Система оценивания

Девятый класс

Задача 9-1 (автор Жиров А. И.)

Аммиак традиционно используют в медицине для того, чтобы вывести человека из обморочного состояния.

1. Соль, выделяющая аммиак в газовую фазу, может быть аммонийной солью слабой кислоты:

NH₄A _(кр.) ⇄ NH_{3 (газ)} + HA_{(кр., ж., газ)}

Под эти условия лучше всего подходит карбонат (или гидрокарбонат) аммония (продукты реакции не вызывают поражения слизистых оболочек):

(NH₄)₂CO_{3 (кр.)} ⇄ NH_3(газ) + NH₄HCO_{3 (кр.)}

NH₄HCO_{3 (кр.)} ⇄ NH_{3 (газ)} + CO_{2 (газ)} + H₂O _(ж.)

2. Карбонат аммония можно получить при нагревании смеси хлорида аммония (нашатырь) и избытка карбоната кальция (мел, известняк) с конденсацией образующихся газообразных продуктов:

CaCO₃ + 2NH₄Cl = CaCl₂ + 2NH₃ + CO₂ +H₂O

2NH₃ + CO₂ + H₂O = (NH₄)₂CO₃

3. В современной медицине и в быту используется водный раствор аммиака («нашатырного спирта»).

4. Смесь сухих солей: хлорида аммония (нашатыря) и карбоната калия (поташа) в мольном соотношении 1: 1:

NH₄Cl + K₂CO₃ = KHCO₃ + KCl + NH₃

Система оценивания:

1. Состав нюхательной соли 3 балла.

Обоснование 2 балла

Уравнение получение аммиака 1 балл.

2. Получение соли 5 баллов

3. Современный аналог 1 балл

Тривиальное название 1 балл.

4. Состав «нюхательной соли» из двух компонентов 4 балла.

Два тривиальных названия 1·2 – 2 балла

Соотношение 1 балл

Итого 20 баллов

Задача 9-2 (автор Дроздов А. А.)

Фраза о том, что сразу три вещества (E, M, L) реагируют с водой, образуя раствор, дающий белый осадок с хлоридом бария, наводит на мысль, что вещества представляют собой соединения серы, в водном растворе превращающиеся в сульфаты или в серную кислоту. Все это позволяет предположить, что газ Х – хлородоводород, а Y – серная кислота. В таком случае, А – гидросульфат либо сульфат натрия.

Расчет показывает, что массовая доля кислорода в сульфате составляет 32, 4 %, а в гидросульфате 19, 2 %, что не соответствует приведенному в условии значению. В неизвестном веществе массовая доля кислороде еще выше, чем в средней соли. Остается проверить, не образуется ли кристаллогидрат.

NaHSO₄· n H₂O

w(O) = (64 + 16 n)/(120 + 18 n) = 0, 58. n = 1, таким образом, формула соли NaHSO₄·H₂O.

NaCl + H₂SO₄ (70%) ¾ ¾ ¾ ® NaHSO₄·H₂O + HCl­ (1)

Y A Х

Плавление этого соединения соответствует растворению его в собственной кристаллизационной воде, а кристаллизация при более высокой температуре – образованию безводного гидросульфата натрия NaHSO₄ – вещество B.

NaHSO₄× H₂O ¾ ¾ ¾ ® NaHSO₄ + H₂O. (2)

A B

При дальнейшем нагревании B отщепляет воду, превращаясь в пиросульфат Na₂S₂O₇ – вещество С

2NaHSO₄ ¾ ¾ ¾ ® Na₂S₂O₇ + H₂O, (3)

B C

которое в дальнейшем разлагается, выделяя пары серного ангидрида SO₃ и давая сульфат натрия Na₂SO₄

Na₂S₂O₇ ¾ ¾ ¾ ® Na₂SO₄ + SO₃­ (4)

C D E

Взаимодействие D с Y, то есть сульфата натрия с серной кислотой позволяет получить гидрат NaHSO₄·H₂O, то есть вещество А.

Na₂SO₄ + H₂SO₄ + 2H₂O ¾ ¾ ¾ ® 2NaHSO₄·H₂O. (5)

Взаимодействие SO₃ с углем приводит к образованию сернистого и углекислого газов, лишь один из которых (газ G – сернистый газ SO₂), обесцвечивает раствор перманганата калия.

2SO₃ + C = 2SO₂ + CO₂ (6)

E G

CO₂ + Ca(OH)₂ = CaCO₃¯ + H₂O (7)

SO₂ + Ca(OH)₂ = CaSO₃¯ + H₂O (8)

5SO₂ + 2KMnO₄ + 2H₂O = 2MnSO₄ + K₂SO₄ + 2H₂SO₄ (9)

G

Хлор взаимодействует с сернистым газом с образованием хлорида сульфурила SO₂Cl₂ – хлорангидрида серной кислоты (вещество L).

SO₂ + Cl₂ = SO₂Cl₂ (10)

G L

Мы знаем, что соединение М содержит серу, кислород и хлор, причем массовая доля кислорода известна. Оба исходные вещества – типичные окислители, содержащие серу в высшей степени окисления. Это позволяет предположить, что в М сера также +6, а реакция его образования не сопровождается переносом электронов. В то же время содержание кислорода в М должно быть больше, чем в SO₂Cl₂ (L). В таком случае, попробуем подобрать формулу М, исходя из степеней окисления S(+6), O(–2), Cl(–1).

Простейший из вариантов SO₂Cl₂ n SO₃ имеет формулу S₂O₅Cl₂, которая соответствует взаимодействию реагентов в эквимолярном соотношении. Наше предположение подтверждает расчет массовой доли кислорода.

Взаимодействие вещества (L) с серным ангидридом приводит к образлованию хлорангидрида дисерной кислоты (М).

SO₂Cl₂ + SO₃ = S₂O₅Cl₂ (11)

L E M

SO₃ + H₂O = H₂SO₄ (12)

SO₂Cl₂ + 2H₂O = H₂SO₄ + 2HCl (13)

S₂O₅Cl₂ + 3H₂O = 2H₂SO₄ + 2HCl (14)

H₂SO₄ + BaCl₂ = BaSO₄¯ + 2HCl (15)

AgNO₃ + HCl = AgCl¯ + HNO₃ или 2AgNO₃ + H₂SO₄ = Ag₂SO₄¯ + 2HNO₃ (16)

Вещество М – хлорангидрид дисерной (пиросерной) кислоты. Оно имеет строение:

Система оценивания:

1. Формулы соединений Х, Y, A – M 1 балл ´ 11 = 11 баллов;

2. Уравнения реакций (16 реакций) 0, 5 балла ´ 16 = 8 баллов;

3. Структурная формула М 1 балл;

Итого 20 баллов.

Задача 9-3 (автор Емельянов В. А.)

1. В реакциях металлов с кислотами, щелочами и водой выделяется водород. Его количество составило 0, 84 / 22, 4 = 0, 0375 моль. Один моль металла вытесняет n /2 молей водорода, где n – степень окисления этого металла в образующемся соединении: М + n H₂O = M(OH) _n + n /2 H₂­ (это упрощенная схема). Пусть M_r – атомная масса нашего металла, тогда его количество 0, 675/ М_r (моль) и оно должно вытеснить (0, 675/ M_r)· n /2 моль Н₂, что составило 0, 0375 моль. Решая уравнение относительно M_r / n, получаем M_r / n = 0, 675/(0, 0375·2) = 9. Перебирая n от 1 до 8, получаем следующие результаты:

При n = 1 M_r = 9, M = Be, но он не проявляет степень окисления + 1;

При n = 2 M_r = 18, такого металла нет;

При n = 3 M_r = 27, M = Al и его характерная степень окисления именно + 3;

При n = 4 и выше – таких металлов либо нет, либо это не их степень окисления.

Итак, наш металл – алюминий, который полностью подходит под описание металла А.

2. Эрстед: Al₂O₃ + 3C + 3Cl₂ = 2AlCl₃ + 3CO­; AlCl₃ + 3K(Hg) = 3KCl + Al + Hg­.

Девиль: NaAlCl₄ + 3Na = 4NaCl + Al.

Растворение алюминия в щелочи: Al + NaOH + 3H₂O = Na[Al(OH)₄] + 3/2H₂­.

Холл и Эру независимо друг от друга обнаружили, что тугоплавкий оксид алюминия хорошо растворяется в расплаве относительно легкоплавкого (T _пл. около 1000 °С) криолита Na₃AlF₆. Суть метода, до сих пор использующегося для промышленного получения алюминия, – электролиз раствора Al₂O₃ в расплаве Na₃AlF₆. Схема процесса, который на самом деле значительно сложнее, выглядит так: 2Al₂O₃ = 2Al (катод) + 3O₂ (анод).

3. Al + 6HNO_3(конц) Al(NO₃)₃ + 3H₂O + 3NO₂­ (можно N₂O); (1)

8Al + 15H₂SO_4(конц) 4Al₂(SO₄)₃ + 12H₂O + 3H₂S­ (можно SO₂); (2)

8Al + 30HNO_3(разб) = 8Al(NO₃)₃ + 9H₂O + 3NH₄NO₃ (можно N₂O или NO); (3)

2Al + 3H₂SO_4(разб) = Al₂(SO₄)₃ + 3H₂­; (4)

4Al + 3С = Al₄С₃; (5)

2Al + 3S = Al₂S₃; (6)

Al₂S₃ + 6H₂O = 2Al(OH)₃¯ + 3H₂S­; (7)

Al₄C₃ + 12H₂O = 4Al(OH)₃¯ + 3CH₄­. (8)

4. а) среди металлов – первое; б) среди всех элементов – третье (после О и Si). Уравнение радиоактивного распада: = + . 2 млн 160 тыс лет – это 2160000/720000 = 3 периода полураспада. За это время содержание изотопа ²⁶Al уменьшится в 2³ = 8 раз.

5. Пропускание избытка углекислого газа через образовавшийся раствор приведет к нейтрализации щелочи с образованием гидрокарбоната натрия и вытеснению еще более слабой, чем угольная, и нерастворимой в воде кислоты – гидроксида алюминия: NaOH + СO₂ = NaHCO₃, Na[Al(OH)₄] + CO₂ = NaHCO₃ + Al(OH)₃¯. Таким образом, в осадке 1 находится гидроксид алюминия, а в растворе после его отделения – гидрокарбонат натрия (вещество Б). Концентрация щелочи составляла 1 моль/л, следовательно, и его концентрация вроде должна быть такой же. Правда, это довольно высокая концентрация и не очевидно, все ли наше вещество осталось в растворе при 0 °С, т. е. хватает ли его растворимости, или часть его оказалась в осадке 1. К тому же в условии задачи сказано, что получен насыщенный раствор Б. Ответ на поставленный вопрос легко дадут результаты прокаливания осадка. В самом деле, нагревание гидроксида алюминия рано или поздно должно было привести к образованию оксида Al₂O₃, количество которого составляет половину от растворенного алюминия, т. е. 0, 5·0, 675/27 = 0, 0125 моля, а это всего 0, 0125·102 = 1, 275 г. А у нас даже после прокаливания при 2000 °С осталось 1, 833 г. Стало быть, дополнительные 1, 833 – 1, 275 = 0, 558 г в остатке 4 появились из-за присутствия в осадке 1 гидрокарбоната натрия.

Теперь наши сомнения развеялись, и мы можем точно сказать, что белый осадок 1 – это смесь NaHCO₃ и Al(OH)₃. Гидрокарбонат неустойчив и выше 150 °С разложится: 2NaHCO₃ = Na₂CO₃ + H₂O­ + CO₂­. Карбонат натрия с оксидом алюминия дает метаалюминат натрия: Na₂CO₃ + Al₂O₃ = 2NaAlO₂ + CO₂­. Чтобы не решать систему уравнений, посчитаем количество оксида натрия (свободного, или связанного, все равно) в остатке 4: 0, 558/62 = 0, 009 моля или 0, 018 моля в расчете на натрий. Получается, что в осадке 1 оказалось 0, 018 моля NaHCO₃. Тогда его концентрация в остаточном растворе составит (0, 1·1 – 0, 018)/0, 1 = 0, 82 моль/л.

Итак, в остатке 4 0, 675/27 = 0, 025 моля атомов алюминия и 0, 018 моля атомов натрия, т. е. небольшой избыток Al сверх стехиометрии NaAlO₂. В таком случае остаток 4 – это смесь NaAlO₂ и Al₂O₃.

При 600 °С карбонат натрия еще устойчив. Его масса составляла 0, 009·106 = 0, 954 г, остальные 2, 229 ‑ 0, 954 = 1, 275 г приходятся на соединение алюминия, что точно совпадает с нашим расчетом для его оксида. Таким образом, остаток 3 – это смесь Na₂CO₃ и Al₂O₃.

С остатком 2 дело обстоит несколько сложнее. Мы уже договорились, что исходный гидрокарбонат при 250 °С превратится в карбонат, масса которого 0, 954 г. Тогда 2, 454 – 0, 954 = 1, 5 г – это соединение алюминия. Его молярная масса в расчете на 1 моль алюминия составит 1, 5/0, 025 = 60 г/моль, т. е. 60 – 27 = 33 г/моль приходится на что-то еще. Это что-то, безусловно, кислород и водород (больше нечему), причем ровно 2 моля атомов кислорода и 1 моль атомов водорода. Действительно, соединение состава AlO(OH) отвечает требованиям валентности, реально существует (диаспор, бёмит) и образуется при нагревании гидроксида алюминия до 200 °С: Al(OH)₃ = AlO(OH) + Н₂О­. Дальнейшее нагревание (360–575 °С) приводит к его разложению на оксид алюминия и воду: AlO(OH) = Al₂O₃ + Н₂О­. Остаток 2 – это смесь Na₂CO₃ и AlO(OH).

Система оценивания:

1. Определение алюминия 1б, подтверждение расчетом 1б 2 балла;

2. Все реакции (Эрстеда, Девиля и с NaOH) 2б, суть метода 1б 3 балла;

3. Химические свойства (уравнения реакций) 4 балла;

4. Распространенность 1б, распад 1б, содержание 1б 3 балла;

5. Качественный состав 4·1 = 4б, название и концентрация Б 1 8 баллов

Итого 20 баллов

Задача 9-4 (автор Розова М. Г.)

1. Элемент, содержащийся в большом количестве в рыбе, играющий важнейшую роль в процессах жизнедеятельности всех живых организмов, составляющий существенную часть костной ткани и зубной эмали человека, входящий в состав многих минеральных удобрений – фосфор (элемент Х).

Основным промышленным способом получения фосфора является высокотемпературное прокаливание в электрических печах смеси фосфорита (минерал В – Ca₃(PO₄)₂, или точнее Ca₁₀(PO₄)₆(OH)₂ – гидроксиапатит), угля и кварцевого песка. Образующиеся при этом пары белого фосфора (Р₄) конденсируют под слоем воды:

2Ca₃(PO₄)₂ + 6SiO₂ + 10C 6CaSiO₃ + 10CO + P₄.

2. Рассчитаем молярную массу соединения А:

M = 4, 28 ∙ 29 = 124, 12 г/моль. Такая масса соответствует молекуле P₄ .

Рассчитаем молярную массу соединения при температуре 900 °С:

M = 2, 14 ∙ 29 = 62, 06 г/моль. Такая масса соответствует молекуле P₂.

3. Молекула Р₄ представляет собой тетраэдр, в вершинах которого находятся атомы фосфора.

4. При нагревании белого фосфора с концентрированным раствором гидроксида бария образуется гипофосфит бария (соль С) и фосфин (соединение D), который вспыхивает на воздухе за счет небольшой примеси дифосфина (газа E):

2P₄ + 3Ba(OH)₂ + 6H₂O ® 3Ba(H₂PO₂)₂ + 2PH₃­.

2P₂H₄ + 7O₂ ® 4HPO₃ + 2H₂O.

5. Графические формулы молекул фосфина, дифосфина и фосфорноватистой кислоты (F), образующейся при подкислении серной кислотой раствора гипофосфита бария:

.

Фосфорноватистая кислота – кислота одноосновная: H₃PO₂ ⇄ H⁺ + H₂PO₂^-. Запишем выражение для константы диссоциации этой кислоты:

.

Решая полученное квадратное уравнение, получаем х = [H⁺]» 0, 06 М.

Система оценивания:

1. Элемент Х 2 балла;

Уравнение реакции получения А 2 балла;

2. Расчет молярной массы при 400 °С и 900 °С по 0, 5 балла

Формулы соединений по 0, 5 балла

3. Структурная формула молекулы А 2 балла;

4. Уравнения реакций А с Ba(OH)₂ и горения E 2 балла ´ 2 = 4 балла;

5. Структурные формулы D, E и F 2 балла ´ 3 = 6 баллов;

6. Расчет концентрации Н⁺ 2 балла;

Итого 20 баллов.

Задача 9-5 (автор Каргов С. И.)

1. Уравнения сгорания упомянутых в задаче углеводородов и этанола:

1). CH₄ + 2 O₂ = CO₂ + 2 H₂O

2). C₃H₈ + 5 O₂ = 3 CO₂ + 4 H₂O

3). C₄H₁₀ + 6, 5 O₂ = 4 CO₂ + 5 H₂O

4). C₈H₁₈ + 12, 5 O₂ = 8 CO₂ + 9 H₂O

5). C₂H₅OH + 3 O₂ = 2 CO₂ + 3 H₂O

2. Значения стандартных тепловых эффектов для этих реакций при 298 К в расчёте на 1 моль и на 1 г моль топлива, а также на 1 моль образующегося CO₂ приведены в таблице.

Из данных таблицы следует, что по количеству выделяющейся теплоты на единицу массы наиболее эффективным топливом из указанных углеводородов является метан, наименее эффективным – октан.

3. Из данных таблицы следует, что с точки зрения эмиссии CO₂ наименее вреден метан, наиболее вреден – октан.

4. Из данных таблицы следует, что по количеству теплоты, выделяющейся на единицу массы, октан эффективнее этанола в 47, 99 / 29, 71 = 1, 62 раза.

Как видно из данных таблицы, по количеству теплоты, выделяющейся на моль CO₂, октан и этанол практически не отличаются друг от друга. Тем не менее, использование в качестве топлива этанола по сравнению с октаном имеет следующие преимущества.

Во-первых, этанол относится к возобновляемым источникам энергии, поскольку его можно получать из возобновляемого растительного сырья. Полученный таким способом этанол называют биоэтанолом.

Во-вторых, этанол относится к так называемым «углерод-нейтральным» источникам энергии, поскольку при его сгорании выделяется столько же углекислого газа, сколько расходуется при его получении из растительного сырья.

Система оценивания

1. За каждое правильное уравнение 1 балл всего 4 балла

2. За каждый правильный тепловой эффект по 1, 5 балла всего 6 баллов

3. За каждый правильный тепловой эффект по 1, 5 балла всего 6 баллов

4. За правильный расчёт 2 балла, за указание преимуществ 2 балла всего 4 балла.

Итого 20 баллов