velikol.ru
1

Девятый класс


Задача 9-1 (автор Ю.С. Головко)

Бинарными соединениями металла с кислородом могут быть оксиды, пероксиды, надпероксиды и озониды.

Масса полученного раствора равна 998 · 1,049 = 1046,9 г. Это меньше суммы реагирующих веществ (998 + 55 = 1055 г. Разница в массе – выделяющийся газ (1055 − 1046,9 = 8,1 г). Следовательно оксид исключается, т. к. при реакции оксида с водой газ не выделяется:

Me2O + H2O = 2MeOH (1)

или

MeO + H2O = Me(OH)2 (2)

Пероксиды образуют металлы I и II А групп, надпероксиды и озониды – металлы I А группы.

Рассмотрим щелочные металлы:

Me2O2 + 2H2O = 2MeOH + H2O2 (3)

2MeO2 + 2H2O = 2MeOH + H2O2 + O2↑ (4)

2MeO3 + 2H2O = 2MeOH + H2O2 + 2O2↑ (5)

Образующийся пероксид водорода при кипячении разлагается: 2H2O2 = 2H2O + O2↑ (6).

В общем виде:

2MeOn + H2O = 2MeOH + (2n − 1)/2 O2↑. (7)

Составим пропорцию: 2(MМе + 16n) ––––––– (2n –1)32/2 г кислорода

55 ––––––– 8,1

Решая пропорцию, получаем: MМе = 94n − 55


При n = 1 получаем MМе = 39. Это КО или К2О2 – пероксид калия

При n = 2 получаем MМе = 132. ЭтоCsО2 – надпероксид цезия.

Рассмотрим пероксиды щелочноземельных металлов:

2MeO2 + 2H2O = 2Me(OH)2 + O2

Составим пропорцию: 2(^ ММе + 32) –––––––––32 г кислорода

55 ––––––– 8,1

Решая пропорцию получаем: ММе = 76,6 – щелочноземельного металла с такой массой нет.


Система оценивания:

Перечень 4-х возможных соединений металла с кислородом 0,5.4 = 2 балла

^ Вывод на основании расчетов, что выделяется газ + кол-во газа 2,5 балла

Вывод об исключении оксида, подтвержденный уравнениями реакции (1 и 2) 0,5+1.2 = 2,5 балла

^ Уравнения 3, 4, 5 и 6 или одно суммарное уравнение 7 4 балла

Определение К2О2 + название 2,5 + 0,5 = 3 балла

Определение CsО2 + название 2,5 + 0,5 = 3 балла

Исключение пероксидов щелочноземельных металлов 3 балла

^ ИТОГО: 20 баллов


Задача 9-2 (автор А.А. Дроздов)

Окраска разбавленного водного раствора обусловлена гидратированными ионами металлов. Голубой цвет раствору придают акватированные ионы меди (II), а розовый – акватированные ионы кобальта (II). В концентрированной соляной кислоте катионы многих металлов образуют устойчивые хлоридные комплексы, имеющие иную окраску, чем акваионы. Так, хлоридные комплексы меди (например, [CuCl4]2−) имеют желто-зеленую окраску, а аналогичные комплексы кобальта (например, [CoCl4]2−) – синюю. При разбавлении водой комплексы разрушаются. В банках могли находиться какие-либо бинарные соединения меди (II) и кобальта, растворимые в кислотах. Например, оксид меди (II) CuO, нитрид меди (II) Cu3N2, оксиды кобальта CoO и Co3O41. Все они имеют черную окраску, а при действии концентрированной соляной кислоты разлагаются:

CuO + 4HCl = H2[CuCl4] + H2O

Черный желто-зеленый


Cu3N2 + 14HCl = 3H2[CuCl4] + 2NH4Cl

Черный желто-зеленый


При разбавлении:

H2[CuCl4] + 6H2O = 2HCl + [Cu(H2O)6]Cl2

желто-зеленый голубой

CoO + 4HCl = H2[CoCl4] + H2O

черный синий


Co3O4 + 14HCl = 3H2[CoCl4] + Cl2 + 4H2O или Co2O3 + 10HCl = 2H2[CoCl4] + Cl2 + 3H2O

черный синий

При разбавлении:

H2[CoCl4] + 6H2O = 2HCl + [Co(H2O)6]Cl2

синий розовый


^ Система оценивания:

Оценивается как правильный любой из четырех вариантов:

CuO и CoO,

CuO и Co3O4 (или Co2O3),

Cu3N2 и CoO,

Cu3N2 и Co3O4 (или Co2O3).

Система оценивания:

За правильное определение каждого
из катионов металлов (меди, кобальта) 2х2 б = 4 б,


^ За правильную формулу каждого
из двух соединений в банках 2х4 б = 8 б


За каждое из двух уравнений растворения
исходных веществ в кислоте 2х2 б = 4 б


^ За верное объяснение причины
изменения окраски при разбавлении водой 2х2б = 4 б


ИТОГО: 20 б


Задача 9-3 (автор А.А. Дроздов)

В реакцию вводят либо чистый марганец, либо металл, содержащий примесь меди и железа. Концентрация ионов водорода в растворе соляной кислоты (С(Н+) = 3 М) больше, чем в растворе серной кислоты (С(Н+) = 2 М). Более энергично металл будет растворяться в соляной кислоте из-за большей концентрации ионов водорода и частичного образования в растворе хлоридных комплексов. Бесцветный горючий газ, взрывающийся при поднесении спички с хлопком – это водород. Он выделяется у Буратино, Мальвины и Кота Базилио. Бурное выделение водорода у Буратино и Кота говорит об использовании ими соляной кислоты, в то время как Мальвина работала с серной кислотой. Итак, обратимся к журналам персонажей.

Буратино. Реакция с соляной кислотой, растворение без остатка свидетельствует об отсутствии меди (нерастворимой в соляной кислоте), то есть о чистом марганце.

Mn + 2HCl = MnCl2 + H2 (1)

Пьеро. Выпадение черного осадка при добавлении сульфида натрия говорит о наличии в растворе соли меди, сульфид которой окрашен в черный цвет и нерастворим в кислотах. Значит, металл содержал примеси. Из предложенных кислот медь растворяет только азотная. В то же время выделение горючего газа, содержащего лишь примесь окрашенного диоксида азота, свидетельствует об использовании разбавленной азотной кислоты. Известно, что 15–20 %-ная азотная кислота реагирует с марганцем преимущественно с выделением водорода.

Mn + 2HNO3 (3 M раствор) = Mn(NO3)2 + H2 (2)

(См. Учебник Химия-10, профильный уровень, автор Еремин В.В. и др., Дрофа 2008 г, с. 166; Неорганическая химия, т. 2. под ред. акад. Ю.Д.Третьякова, М., Академия, 2008г, с. 199–200). За правильный ответ можно принимать уравнения реакций, в которых продуктами восстановления азотной кислоты являются NO, N2, N2O.

3Cu + 8HNO3 (3 M раствор) = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (3)

Fe + 4HNO3 (3 M раствор) = Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (4)

2NO + O2 = 2 NO2

Cu(NO3)2 + Na2S = CuS + 2NaNO3

Мальвина. Работает с серной кислотой, металл содержит примеси (Cu), нерастворимые в разбавленном растворе серной кислоты.

Mn + H2SO4 = MnSO4 + H2 (5)

Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2 (6)

Лиса Алиса. Покрытие образца металла белесым налетом соли и энергичное протекание реакции при разбавлении говорят в пользу дымящей 100 %-ной азотной кислоты. Об этом же свидетельствует и выделение окрашенного газа – диоксида азота. Зеленовато-желтая окраска раствора, не исчезающая при кипячении (когда весь диоксид азота улетучивается), говорит о наличии примесей железа и меди.

Mn + 4HNO3 (конц) = Mn(NO3)2 + NO2 + 2H2O (7)

Cu + 4HNO3 (конц) = Cu(NO3)2 + NO2 + 2H2O (8)

Fe + 6HNO3 (конц) = Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O (9)

Кот Базилио. Энергичное протекание реакции говорит об использовании соляной кислоты. Твердый остаток в пробирке свидетельствует о наличии примеси меди, нерастворимой в соляной кислоте.

Mn + 2HCl = MnCl2 + H2

Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 (10)

Ответы представим в виде таблицы:

Персонаж

Образец марганца (чистый или с примесями)

Формула и концентрация кислоты

Буратино

чистый

3 М HCl

Пьеро

С примесями

3 M HNO3

Мальвина

С примесями

1 M H2SO4

Лиса Алиса

С примесями

Дымящая HNO3 (100%)

Кот Базилио

С примесями

3 М HCl



Система оценивания:

За каждую строку таблицы при правильном ее заполнении – 2 б (по одному баллу за каждый из двух столбцов) 5х2 = 10 баллов

^ За каждое уравнение реакций – по 1 б (каждое уравнение оценивается только один раз, даже если оно повторяется у разных кукол) 10х1 = 10 баллов

За правильный ответ можно принимать уравнения реакций, в которых продуктами восстановления 3М азотной кислоты марганцем являются NO, N2, N2O.

^ ИТОГО: 20 баллов


Задача 9-4 (авторА.А. Дроздов)

При действии аммиака на раствор сульфата меди (II) образуются основные соли общего состава CuSO4nCu(OH)2mH2O, которые в избытке реагента растворяются с образованием аммиачных комплексов.

(+ 1)CuSO4 + 2nNH3H2O + mH2O = CuSO4nCu(OH)2mH2O  + n(NH4)2SO4

При прокаливании основной соли протекает реакция:

CuSO4nCu(OH)2mH2O = CuSO4nCuO + (m + n)H2O

Увеличение массы колонки связано с поглощением воды, так как разложение сульфата меди (II) происходит при более высокой температуре.

m(H2O) = 18 г, n(H2O) = 1 моль, следовательно, на 1 моль основной соли по уравнению приходится 5 моль воды, т. е. m + n = 5.

При высушивании в эксикаторе основная соль теряет кристаллизационную воду:

CuSO4nCu(OH)2mH2O = CuSO4nCu(OH)2 + mH2O

m(H2O) = 7,2 г, n(H2O) = 0,4 моль, следовательно, на 1 моль основной соли приходится 2 воды, т. е. m = 2.

Таким образом, n = 3.

CuSO43Cu(OH)22H2O или Cu4(OH)6SO42H2O

Уравнение реакции образования соли:

4CuSO4 + 6NH3H2O + 2H2O = Cu4(OH)6SO42H2O + 3(NH4)2SO4 (1)

При прокаливании получена оксосоль – сульфат триоксомеди(II):

Cu4(OH)6SO42H2O = Cu4O3SO4 + 5H2O (2)

n(CuSO4) = 0,2 моль

n(Cu4(OH)6SO42H2O) = n(Cu4O3SO4) = 0,05 моль

m(Cu4O3SO4) = 20 г

Уравнение реакции обезвоживания в эксикаторе:

Cu4(OH)6SO42H2O = Cu4(OH)6SO4 + 2H2O (3)

Система оценивания:

За расчет n (CuSO4) 1,5 б

За расчет n (H2O), выделившейся при прокаливании 1,5 б

За расчет n (H2O), поглощенной серной кислотой 1,5 б

^ За указание на факт образования основной соли 2 б

За нахождение правильной формулы соли 3,5 б

За уравнения реакций (1 –3) – по 2 б, всего 6 б

За название соли 2 б

За расчет массы соли 2 б

ИТОГО: 20 б


Задача 9-5 (автор С.И. Каргов)

1. Q = Qf,H2SO4(ai) − Qf,H2SO4(l) = 909.27 − 813.99 = 95.28 кДж·моль−1.

2. Выделяющаяся теплота расходуется на нагревание n моль воды с теплоёмкостью Cp от температуры T1 до температуры T2, т. е.

, откуда = 16.9 моль.

Тогда m(H2O) = 16.9 · 18 = 304 г.

3. Выделяющаяся теплота расходуется на нагревание n моль воды с теплоёмкостью Cp от T1 до температуры T2 и испарение n моль воды с теплотой испарения Qисп, т. е.

, откуда = 2.06 моль.

Тогда m(H2O) = 2.06 · 18 = 37 г.

4. При добавлении небольших порций концентрированной серной кислоты к большому количеству воды кислота, имеющая бóльшую плотность, тонет в воде, а выделяющаяся теплота поглощается большим количеством окружающей воды. Если добавлять воду к кислоте, то вода, имеющая меньшую плотность, останется на поверхности и может закипеть, что может привести к выбросу кислоты.

Система оценивания:

1. За правильный расчёт 2 балла

2. За правильный расчёт 6 баллов

3. За правильный расчёт 8 баллов

4. За правильное объяснение 4 балла

ИТОГО: 20 баллов


^

Десятый класс


Задача 10-1 (автор А.И. Жиров)

Масса образующегося раствора в обоих случаях меньше масс раствора кислот и добавляемого вещества (Δm(1) = 2,2 г в случае соляной кислоты и Δm(2) = 1,8 г – в случае серной кислоты). Следовательно, в процессе растворения либо выделяется газ, либо выпадает осадок малорастворимого вещества (мало растворимые хлориды и сульфаты могут быть, например, у свинца (II) или серебра (I)). Но в случае таких осадков масса получившегося раствора была бы заметно меньше и изменение массы раствора было бы больше в случае серной кислоты, а не соляной. Таким образом, более вероятным является случай с выделением одинакового газа. Можно рассчитать количество протонов, содержащихся в 40 г растворов кислот. Для раствора соляной кислоты



а для раствора серной кислоты



Тогда серная кислота в недостатке по отношению к веществу Х, а соляная в избытке. Молярную массу газообразного продукта определяем по недостатку (т.е. все имеющиеся в растворе протоны вступили в реакцию), т.е. по серной кислоте



где n – число протонов, участвующих в образовании 1 моль газа.

Для n = 1 молярная масса M(газа) = 44 г/моль. Это соответствует сразу трем газам: CO2, N2O, C3H8. Протон (к тому же только один) может участвовать в процессе образования СO2 из гидрокарбонат иона:

HCO3 + H+ = H2O + CO2

В случае с соляной кислотой, вещество ^ Х прореагирует полностью. По данным для соляной кислоты можно определить молярную массу неизвестного вещества Х:

M(X) = M(Me(HCO3)n)







^ M(HCO3) = 61 г/моль

M(Me) = M(X) – M(HCO3) = 100 – 61 = 39 г/моль

Следовательно неизвестное вещество Х – гидрокарбонат калия – KHCO3.

2KHCO3 + H2SO4 = K2SO4 + 2H2O + 2CO2

KHCO3 + HCl = KCl + H2O + CO2

По отношению к серной кислоте гидрокарбонат в избытке. В конечном растворе будут находиться сульфат и гидрокарбонат калия. В случае соляной кислоты – хлорид калия и избыток соляной кислоты.

При нагревании гидрокабонат калия разлагается (в водном растворе выше 60 °С, сухой – выше 150 °С), образуя карбонат калия:

2KHCO3 = K2CO3 + H2O + CO2

При взаимодействии раствора гидрокабоната с хлоридом бария выпадает осадок карбоната бария и выделяется углекислый газ:

2KHCO3 + BaCl2 = BaCO3 + 2KCl + H2O + CO2


Система оценивания:

1. Установление гидрокарбонат-иона 3 балла

Установление катиона калия 3 балла

Формула 2 балла

Название 2 балла

2. Два уравнения по 2б 2х2 = 4 балла

3. Указание веществ, находящихся в растворе после реакции. За раствор соляной кислоты и раствор серной кислоты по 1б 1х2 = 2 балла

4. Два уравнения по 2 балла 2х2 = 4 балла

ИТОГО: 20 баллов


Задача 10-2 (автор В.А. Емельянов)

1. Уравнения реакций:

[1] 2K + 2H2O = 2KOH + H2;

[2] 2K + Cl2 = 2KCl;

[3] 2K + 2H2S = 2KHS + H2 или 2K + H2S = K2S + H2;

[4] 2K + 2NH3 = 2KNH2 + H2;

[5] 2K + H2 = 2KH;

[6] 3K + P = K3P.

^ 2. Шесть элементов, массовое содержание которых в земной коре больше, чем у калия.

О, Si, Al, Fe, Ca, Na.

3.  Примеры минералов, в состав которых входит калий:

KCl – сильвин (хлорид калия);

KCl·NaCl – сильвинит (хлорид натрия-калия);

KCl·MgCl2·6H2O – карналлит (гексагидрат хлорида магния-калия);

KNO3 – индийская селитра (нитрат калия);

KCl·MgSO4·6H2O – каинит (гексагидрат сульфата магния - хлорида калия);

K2[Al2Si6O16] – ортоклаз (диалюмогексасиликат калия) и т. д.

4.  Общая масса калия в земной коре 0,024·2,8·1019 = 6,72·1017 тонн, его количество 6,72·1017·106/39 = 1,72·1022 молей или 6,02·1023·1,72·1022 = 1046 штук атомов.

В 1 л морской воды 0,000371·1,025·1000 = 0,38 г или 9,7·10−3 моля калия. Молярная концентрация калия в морской воде составляет 9,7·10−3 или около 10−2 моль/л.

5. В организме человека весом 70 кг ежесекундно происходит около 4000 радиоактивных распадов, следовательно, он содержит 4000/32 = 125 г калия. Массовая доля калия в организме составляет 0,125/70 = 0,0018 или 0,18 %.

В состав изотопа 40К входят 19 протонов, 21 нейтрон и 19 электронов.

6. Уравнения реакций ядерного распада изотопа 40К:

(-распад); (электронный, или К-захват).

Оценка атомной массы элемента может быть проведена из суммы произведений массовых чисел изотопов на их относительное содержание в природе. Обозначив долю изотопа 41К за x, составим уравнение 39·(1 − x − 0,000117) + 40·0,000117 + 41x = 39,0983, решая которое, получим 2х = 0,0983 − 0,000117, или х = 0,0491, т. е. около 5 %. Нетрудно заметить, что содержание 40К настолько мало, что его при оценке можно было и не учитывать.

Отношение N0/N = 2n, где n = t/t1/2. Отсюда 2n = 0,0936/0,0117 = 8, т. е. n = 3. Следовательно, t = 3t1/2 = 3·1,248·109 = 3,744·109 лет.


Система оценивания:

1. Уравнения реакций [1-6] по 0,5 б 0,5б.6 = 3 балла

2. Каждый правильный элемент 0,5 б (оцениваются первые 6) 0,5б.6 = 3 балла

3. Формулы, минералог. и хим. названия 2-х минералов по 0,5 б 0,5б.32 = 3 балла

4. Количество атомов 1,5 б, молярная концентрация 1,5 б 1,5б.+1,5 б = 3 балла

5. Массовая доля 1,5 б, состав изотопа 1,5 б 1,5б.+1,5 б = 3 балла

6. Ядерные реакции по 1 б, содержание 41K 1,5 б,
время 1,5 б 1б.2+1,5б.+1,5 б = 5 баллов


ИТОГО: 20 баллов


Задача 10-3 (автор А.А. Дроздов)

См. решение задачи 9-3

Задача 10-4 (автор И.В. Трушков)

1. Определим количество вещества в автоклаве до реакции, используя уравнение Менделеева–Клапейрона, pV = nRT. 569,48·10 = n·8,31·623. Отсюда n = 1,1 моль, в том числе 1 моль О2 и 0,1 моля смеси углеводородов. После реакции в автоклаве находилось 1,25 моля смеси газов (при 350 °С).

Уравнение горения углеводородов в общем виде:

xHy + (4x + y)O2 = 4xCO2 + 2yH2O

То есть после реакции в смеси будет 0,1x моля СО2, 0,05y моля H2O и {1 − (0,1х + 0,025y)} моля О2, т. е. 1 + 0,25y = 1,25. Следовательно, y = 10.

При пропускании смеси образовавшихся газов через известковую воду выпадает осадок СaCO3. MCaCO3 = 100. Следовательно, количество осадка (а значит, и количество СО2) равно 0,5 моля. Тогда x = 5. Молекулярная формула изомерных углеводородов А и В – С5Н10.

2. Соединения, имеющие формулу С5Н10 и не обесцвечивающие раствор перманганата калия – циклоалканы. Существует 7 изомерных углеводородов, содержащих 5 атомов углерода и один цикл:



Последние две структуры являются зеркальными изомерами (энантиомерами).

3. Рассмотрим продукты гидрирования каждого изомера. Очевидно, при гидрировании циклопентана может образоваться только один продукт – н-пентан. Во всех остальных случаях возможно образование двух продуктов:



Таким образом: а) 1,1-диметилциклопропан не удовлетворяет условию задачи, т. к. продукты его гидрирования отличаются от продуктов гидрирования остальных соединений; б) продукты C и Dн-пентан и изопентан (метилбутан).

В молекуле метилциклобутана имеется 6 типов атомов водорода (выделены на рисунке):



В молекуле этилциклопропана – 5:



В молекуле цис-1,2-диметициклопропана – 4, а в молекулах транс-изомера – 3:



Таким образом, А - цис-1,2-диметициклопропан, а В – метилциклобутан.

4. Протонирование может идти либо по атому С(1), либо по атому С(3) (атом С(2) эквивалентен атому С(1)). В обоих случаях присоединение HBr идет в соответствии с правилом Марковникова.




Система оценивания:

1. Определение молекулярной формулы (по 1 баллу за расчеты количества молей до и после реакции, по 2 балла за определение х и y). 6 баллов

2. 2 балла.

3.Структуры А, В, C и D по 2 балла. 8 баллов.

4. Два продукта по 2 балла. 4 балла.

ИТОГО: 20 баллов.


Задача 10-5 (авторы И.А. Седов, В.В. Ерёмин)

1. Энтальпии образования рассматриваемых соединений являются энтальпиями следующих реакций:

1/2 Cl2 + 1/2 F2 = ClF ΔH1

1/2 Br2 + 1/2 F2 = BrF ΔH2

1/2 Cl2 + 1/2 Br2 = BrCl ΔH3

В каждой из этих реакций изменения количества молей газов не происходит. Поэтому энтальпия реакции с хорошей точностью должна быть равна разности энергий разрывающихся и образующихся связей:

ΔH1 = 1/2 E(Cl–Cl) + 1/2 E(F–F) − E(Cl–F)

ΔH2 = 1/2 ^ E(Br–Br) + 1/2 E(F–F) − E(Br–F)

ΔH3 = 1/2 E(Cl–Cl) + 1/2 E(Br–Br) − E(Cl–Br)

Решим эту систему уравнений, в которой нам известны значения энтальпий реакций и энергии связи в интергалогенидах. Сложив все три уравнения, можно получить сумму энергий связей в молекулах трёх галогенов:

ΔH1 + ΔH2 + ΔH3 + E(Cl–Br) + E(Br–F) + E(Cl–F) =
= E
(Cl–Cl) + E(F–F) +E(Br–Br) = Σ = 620 кДж·моль−1.

Теперь можно рассчитать энергии связей в молекулах галогенов:

^ E(Br–Br) = Σ − 2ΔH1 − 2E(Cl–F) = 222.8 кДж·моль−1,

E(Cl–Cl) = Σ − 2ΔH2 − 2E(Br–F) = 238.2 кДж·моль−1,

E(F–F) = Σ − 2ΔH3 − 2E(Br–Cl) = 159.0 кДж·моль−1.


Второй, традиционный путь решения системы трех уравнений с тремя неизвестными.

Обозначим E(Cl–Cl) = x; E(F–F) = y; ^ E(Br–Br) = z.

1/2 x = ΔH1 – 1/2 y + E(Cl–F) (1)

1/2 z = ΔH2 – 1/2 y + E(Br–F) (2)

1/2 x = ΔH3 – 1/2 z + E(Cl–Br) (3)

Комбинируя эти уравнения (1 + 2 − 3), получим:

y = E(F–F) = ΔH1 + ΔH2 – ΔH3 + E(Cl–F) + E(Br–F) – E(Cl–Br) =

= 248.9 + 249.4 − 215.9 − 50.3 − 58.5 − 14.6 = 159 кДж/моль

Подставляя полученное значение в уравнения (1, 3), находим

E(Cl–Cl) = 238.2 кДж/моль

E(Br–Br) = 222.8 кДж/моль

В задании требуется построить зависимость Есвязи – А(Э) в условном масштабе.

График можно строить на листе тетради и без указания значений величин, но оси должны быть обозначены.

Значения энергий связи в молекулах фтора, хлора и брома были рассчитаны. По поводу энергии связи в молекуле иода можно сделать только общее заключение, что она должна быть меньше, чем в молекуле брома.



2. 1/2 Cl2 + 3/2 F2 = ClF3

H = 1/2 E(Cl–Cl) + 3/2 E(F–F) – 3 E(Cl–F)

E(Cl–F) = (1/2238.2 + 3/2159.0 − (−158.9)) / 3 = 172.2 кДж·моль−1.

Энергия связи уменьшается из-за того, что электронная плотность в ClF3 распределена между тремя связями Cl–F.

3. Длина ковалентной связи равна сумме ковалентных радиусов атомов:

0.162 = r(Cl) + r(F)

0.176 = r(Br) + r(F)

0.214 = r(Br) + r(Cl)

r(F) = 0.062 нм, r(Cl) = 0.100 нм, r(Br) = 0.114 нм

Длина связи в молекуле Cl2: r(Cl–Cl) = 2r(Cl) = 0.200 нм

Система оценивания

1. За запись энтальпии образования как разности энергий связей 3 балла

За правильно составленную систему уравнений 3 балла

За правильные расчёты трёх энергий связей 3 балла

За график (относительное расположение F2, Cl2, Br2) 1 балл

^ Расположение I2 ниже Br2 1 балл

2. За правильный расчёт энергии связи 3 балла

За правильное объяснение 2 балла

3. За правильный расчёт трёх радиусов и длины связи 4 балла

ИТОГО: 20 баллов
^

Одиннадцатый класс


Задача 11-1 (автор А.И. Жиров)

См. решение задачи 10-1

Задача 11-2 (автор А.А. Дроздов)

Анализ операций с первой порцией раствора позволяет предположить наличие в исходном веществе меди (под действием щелочи выпал синий осадок, который стал черным в результате нагревания) и хрома (желтый цвет раствора в щелочной среде соответствует только хромату). В случае, если это предположение верно, белый осадок – это иодид меди (I), а зеленый остаток от прокаливания – оксид хрома (III). Данное предположение подтверждается результатами анализа.


CuI (Cu) = 64/191 = 0,3351, n(CuI) = n(Cu) = 2,865/191 = 0,015 моль

Cr2O3 (Cr) = 104/152 = 0,6842, n(Cr2O3) = 2,28/152 = 0,015 моль; n(Cr) = 0,03 моль

n(Cr) = 2n(Cu).


Так как раствор был разделен на три равные части, всего в навеске

n(Cu) = 0,015.3 = 0,045 моль

n(Cr) = 0,03.3 = 0,09 моль

Предполагая в формуле X один атом меди, получаем n(вещества) = 0,045 моль,

M(вещества) = 14,22/0,045= 316 г/моль. M( CuCr2O7) = 280 г/моль.

316 – 280 = 36 = 2·18

Очевидно, формула Х – CuCr2O72H2O

CuCr2O72H2O + 2HNO3 = Cu(NO3)2 + H2Cr2O7 + 2H2O (1)

Коричневый раствор – смесь Cu(NO3)2 и H2Cr2O7


Операции с первой порцией раствора:

Cu(NO3)2 +2KOH = Cu(OH)2 + 2KNO3 (2)

Синий осадок

H2Cr2O7 + 4KOH = 2K2CrO4 + 3H2O (3)

Желтый раствор

t

Cu(OH)2 CuO + H2O (4)

черный порошок


Операции со второй порцией раствора:

2Cu(NO3)2 + 4KI = 2CuI + I2 + 4KNO3 (5)

Коричневый осадок – смесь CuI и I2

При кипячении часть иода переходит в газовую фазу (фиолетовые пары).

После промывки коричневого осадка тиосульфатом натрия иод удаляется и остается CuI белого цвета.

I2 + 2Na2S2O3 = 2NaI + Na2S4O6 (7)

Дихромат-ионы восстанавливаются иодидом до ионов хрома (III):

H2Cr2O7 + 6KI + 12HNO3 = 6KNO3 + 2Cr(NO3)3 + 3I2 + 7H2O (раствор зеленого цвета) (6)

Оставшийся белый осадок (CuI) полностью растворяется в избытке тиосульфата натрия с образованием бесцветного раствора.

CuI + 2Na2S2O3 = Na3[Cu(S2O3)2] +NaI (8)


Операции с третьей порцией раствора:

Бромид натрия восстанавливает дихромат-ионы, но не восстанавливает (в отличие от иодида) ионы меди (II).

H2Cr2O7 + 6NaBr + 12HNO3 = 6NaNO3 + 2Cr(NO3)3 + 3Br2 + 7H2O (9)

Аммиак осаждает хром(III) в виде гидроксида серо-зеленого цвета:

Cr(NO3)3 + 3NH3H2O = Cr(OH)3 + 3NH4NO3 (10)

И восстанавливает остатки брома:

2NH3 +3Br2 = N2 + 6HBr или 8NH3 + 3Br2 = N2 + 6NH4Br (11)

Ионы меди связываются аммиаком в комплекс синего цвета:

Cu(NO3)2 + 4NH3H2O = [Cu(NH3)4(H2O)2](NO3)2 + 4H2O (12)

При прокаливании гидроксида хрома образуется оксид зеленого цвета:

2Cr(OH)3 Cr2O3 + 3H2O (13)

Зеленый порошок




Система оценивания:

За правильное определение каждого элемента (хрома и меди) – по 2 балла  2 элемента х 2 б = ^ 4 б

За расчет количества вещества меди 0,5 б

За расчет количества вещества хрома 0,5 б

За определение формулы вещества Х 3 б

За каждое уравнение реакции (кроме дегидратации гидроксидов) – по 1 б  11 уравнений х 1 б = ^ 11 б

За каждое уравнение реакции дегидратации гидроксидов (ур-я 4 и 13) – по 0,5 б  2 уравнения х 0,5 б = 1 б

ИТОГО: 20 баллов


Задача 11-3 (авторы А.К. Беркович, Е.А. Карпушкин)

1.




2. Расчет можно вести разными способами, рассмотрим самый прямолинейный (но не самый оптимальный).

В образце массой 100 г содержится (100 – 87,67 – 7,99) = 4,34 г азота (0,31 моля). Так как в каждой молекуле акрилонитрила 1 атом азота, а в других мономерах его нет вовсе, то в образце содержится 0,31 моля звеньев акрилонитрила. Это 16,43 г, в том числе 11,16 г углерода и 0,93 г водорода. Тогда на звенья бутадиена и стирола приходится 76,51 г C и 7,06 г H. Пусть x – число моль звеньев бутадиена, y – число моль звеньев стирола. Тогда

76,51 = 48x + 96y

7,06 = 6x + 8y.

Решая эту систему, получим x = 0,34 моль, y = 0,627 моль. Соответствующие массы равны: 18,36 г (бутадиен), 65,21 г (стирол).

Окончательно:

Мономер

акрилонитрил

бутадиен

стирол

Массовая доля

16,43%

18,36%

65,21%

Мольная доля

24,3%

26,6%

49,1%



3. 1,2-присоединение:



1,4-присоединение (цис- и транс-):



4. Обозначив соответствующие мономеры А, Б, С, получим следующий набор диад, различных по мономерному составу: АА, АБ, АС, БА, ББ, БС, СА, СБ, СС. Таким образом, если реакции роста цепи являются регио- и стереоселективными, возможны 9 пар последовательных звеньев. Включение звена бутадиена может протекать как 1,2-присоединение, как цис-1,4-присоединение и как транс-1,4-присоединение. Таким образом, возможны следующие варианты: АА, АБ1, АБ2, АБ3, АС, Б1А, Б2А, Б3А, Б1Б1, Б1Б2, Б1Б3, Б2Б1, Б2Б2, Б2Б3, Б3Б1, Б3Б2, Б3Б3, Б1С, Б2С, Б3С, СА, СБ1, СБ2, СБ3, СС. Всего 25 возможных пар последовательных звеньев.

Этот ответ является абсолютно верным, если мы знаем ответ на «классический вопрос»: где у предмета начало, а где – конец. С другой стороны в уже образованной молекуле полимера «начало» и «конец» могут быть одинаковыми. Тогда, например, диада АС неотличима от диады СА. Если рассматривать вопрос с этой точки зрения, то правильным будет другой ответ: АА, АБ, АС, ББ, БС, СС при полной регио- и стереоселективности, т.е. 6 возможных диад, и АА, АБ1, АБ2, АБ3, АС, Б1Б1, Б1Б2, Б1Б3, Б2Б2, Б2Б3, Б3Б3, Б1С, Б2С, Б3С, СС, т. е. 15 возможных пар при разных типах включения бутадиена.

Школьник имеет право отвечать на этот вопрос как исходя из предположения, что «начало» и «конец» молекулы полимера известны, так и исходя из того, что они равны (или неизвестно, какой из концов молекулы полимера является началом). Поэтому в качестве правильного ответа рекомендуется принимать как «9 и 25», так и «6 и 15».

5. Для того, чтобы сополимер, состоящий из мономеров, свойства гомополимеров которых сильно различаются, мог проявлять свойства, характерные для каждого из гомополимеров, в сополимерном материале должны существовать отдельные микрофазы, содержащие мономерные звенья одного типа. Это возможно только при блочном распределении звеньев.


Система оценивания:

1. 3 мономера по 1 баллу. 3 балла.

2. 3 массовых доли по 1 баллу, 3 мольных доли по 1 баллу. 6 баллов.

3. 3 уравнения по 2 балла. 6 баллов.

4. 2 балла за число диад при полной селективности процесса полимеризации (9 диад либо
6 диад) и 2 балла за число диад при отсутствии селективности. 4 балла.


5.  1 балл.

ИТОГО: 20 баллов


Задача 11-4 (автор С.Г. Бахтин)

1. Для I nC : nH = 4/12 : 1/1 = 0.33 : 1 = 1 : 3. Это этан CH3–CH3. Тогда MII = 30/1.154 = 26, что соответствует ацетилену HC≡CH. В С2Н6 углерод имеет sp3-гибридизацию, а в С2Н2 – sp.

2. Прологарифмируем зависимость:

ln L = ln abK

Подставим в формулу значения переменных для C2H6 (K = 1) и C2H2 (K = 3) и решим систему:

ln ab = ln 1.54

ln a – 3b = ln 1.20

Отсюда a = 1.745; b = 0.125. Используя эти данные, находим, что для бензола K ~ 1.76, т.е. кратность соответствует промежуточному значению между одинарной и двойной связями, но ближе к двойной.

3.



Образование бензольного цикла из G может протекать двумя способами:



Отметим, что эта реакция используется и в промышленности (риформинг), причем из н-октана действительно образуется смесь этилбензола и о-ксилола.

Углеводородом ^ III может быть только о-ксилол, поскольку при восстановительном озонировании этилбензола образуется смесь двух продуктов в соотношении 2:1, а для о-ксилола благодаря «осцилляции связей» имеем следующее:



Если две предельные структуры реализуются в равной степени (т. е. вклад двух мезомерных форм в структуру молекулы одинаков), то из двух молекул III мы получим 1 молекулу бутандиона-2,3 (X), две молекулы 2-оксопропаналя (Y) и три молекулы этандиаля (щавелевого альдегида, Z). Соответственно, IV – этилбензол.

4. Соотношение nAl : nO = 29.51/27 : 34.97/16 = 1.1 : 2.2. В соединениях кислород обычно проявляет степень окисления −2, а алюминий +3. Используем принцип электронейтральности для «молекулы» катализатора:

1.1·(+3) + 2.2·(−2) + (35.52/AXm = 0

где АХ – атомная масса Х, а m = заряд Х. AX = 32.5m. При m = 2 AX = 65, X = Zn. По мольному соотношению находим, что формула катализатора ZnAl2O4 (ZnOAl2O3).

Система оценивания:

1. 2 формулы по 1 баллу. Два ответа про гибридизацию по 1 баллу. 4 балла.

2. Коэффициенты a и b. По 1 баллу. Значение K – 1 балл. 3 балла.

3. 12 структур по 1 баллу. 12 баллов.

4. 1 балл.

ИТОГО: 20 баллов.

Задача 11-5 (автор С.И. Каргов)

1. Пусть в начальный момент времени на титрование хлоруксусной кислоты требуется n0 мл щёлочи, а в момент времени t требуется (n x) мл:

ClCH2COOH + H2O = HOCH2COOH + HCl.

n x x x

Тогда общее количество щёлочи, требуемое на титрование всех трёх кислот, будет равно n = n x + 2 x = (n+ x) мл. Отсюда x = n  n0, и n x = 2n n.

Концентрация кислоты пропорциональна количеству щёлочи, пошедшему на титрование. Поэтому в формулу вместо концентраций можно подставлять соответствующие объёмы щёлочи.

.

Подставляя данные из таблицы, рассчитываем значения константы скорости при разных значениях t:

= 4.24·10−4 мин−1,

= 4.25·10−4 мин−1,

= 4.25·10−4 мин−1,

= 4.24·10−4 мин−1.

Среднее значение константы скорости равно k = 4.25·10−4 мин−1.


2. Если кислоты находятся в смеси в равных количествах, то n x = x, или x = n/2. Подставляя это значение в формулу, получаем

= 1630 мин.


3. Период полураспада по определению равен времени, за которое прореагирует половина исходного количества хлоруксусной кислоты, т. е. x = n/2, как и в пункте 2. Следовательно, период полураспада хлоруксусной кислоты равен 1630 мин.

Результат можно также получить прямым расчётом по формуле при C = C/2.


4. Если в смеси останется 25 % начального количества хлоруксусной кислоты, то n xn/4. Следовательно,

= 3260 мин.

Система оценивания:

1. За правильный расчёт 12 баллов

2. За правильный расчёт 3 балла

3. За правильный результат 2 балла

4. За правильный расчёт 3 балла

ИТОГО: 20 баллов

1 Можно засчитывать Co2O3.