Девятый класс

ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
Девятый класс
Задача 9-1 (автор Жиров А.И.)
1. Природная соль, растворимая в воде, которая реагирует с сильными кислотами с
выделением газа («шипит»), вероятнее всего может быть карбонатом либо натрия,
либо калия (или их гидратами). В общем виде реакцию осаждения хлоридом кальция
можно записать:
M2CO3 + CaCl2 = 2MCl + CaCO3.
Количество выпавшего карбоната кальция (равное количеству карбоната в растворе)
составляет 17 : 100 = 0,17 моль. Тогда массовая доля в растворе для карбоната натрия
составит 0,17  106 : 100 = 0,18, а для карбоната калия 0,17  138 : 100 = 0,23. А для
раствора «илецкой соли» массовая доля в насыщенном растворе составляет (считая
соль безводной) 4 : 19 = 0,21, так как на 4 масс. доли соли приходится по условию 15
масс. долей воды. Таким образом, «илецкая соль» не может быть карбонатом калия.
Значит, это карбонат натрия, но не безводный, а гидрат. Доля безводного карбоната
натрия в составе «илецкой соли» составляет 0,18 : 0,21 = 0.85; доля, приходящаяся на
воду – 0,15; 1060,15:0,85 = 18,7. Следовательно, «илецкая соль» – моногидрат
карбоната натрия: Na2CO3·H2O.
2. «После переварки» (перекристаллизации) может образоваться гидрат другого состава
(с бóльшим содержанием воды). Так как концентрация насыщенного раствора
остается неизменной (при условии постоянства температуры), доля карбоната натрия
в полученном растворе 0,18. Это значит, что в 100 г раствора содержится 18 г
карбоната натрия. Для растворения 4 фунтов «переваренного» гидрата требуется
примерно 4 фунта воды, значит 100 г раствора получается из 50 г воды (или чуть
больше) и 50 г кристаллогидрата, т.е. в кристаллогидрате содержится 18 г карбоната
натрия и 32 г воды. Это соответствует мольному соотношению 18 : 106 соли / 32 : 18
воды, т. е. 0.17 : 1.7. Таким образом, «переваренная соль» – декагидрат карбоната
натрия: Na2CO3·10H2O.
3. Карбонат натрия широко используется для производства стекла, моющих средств, для
замачивания белья при стирке.
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
4. Взаимодействие карбоната натрия с сильными кислотами:
Na2CO3 + HCl = NaCl + NaHCO3
(при медленном добавлении кислоты к раствору карбоната натрия при перемешивании) или
Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + H2O + CO2
(при добавлении раствора карбоната к кислоте).
Система оценивания.
1. Состав «илецкой натуральной соли»
8 баллов
2. Определите состав соли, которая образуется при «переварке илецкой натуральной
соли»
8 баллов
3. Применение «илецкой натуральной соли»
1 балл
4. Уравнения реакций
2·1,5=3 балла
ИТОГО
20 баллов
Задача 9-2 (авторы И. А. Седов, О. В. Архангельская)
1.
Из условия следует, что А, В и С являются оксидами одного и того же
элемента.
Из таблицы 1 следует, что с 8 г кислорода будет соединяться Ar / B где В – валентность
металла, а Ar – его молярная масса:
В
Формула оксида
Масса металла, г, соединяющегося с 8 г кислорода
1
Ме2О
2 Ar /2 = Ar /1
2
МеО
Ar /2
3
Ме2О3
Ar /3
4
МеО2
Ar /4
5
Ме2О5
Ar /5
И так далее
Ar / В
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
Для А:
88,15 г Ме –––––– 11,85 г кислорода
Ar / В –––––– 8 г кислорода
Отсюда Ar = 88,15·8 В / 11,85 = 59,5 В
Для В:
84,80 г Ме –––––– 15,20 г кислорода
Ar / В –––––– 8 г кислорода
Отсюда Ar = 84,80·8 В / 15,20 = 44,63 В
Для С:
83,22 г Ме –––––– 16,78 г кислорода
Ar / В –––––– 8 г кислорода
Отсюда Ar = 39,68 В
Возможные Ar в соединениях А, В и С:
А
В
С
В
Ar
Ме
Ar
Ме
Ar
Ме
1
59,5
Ni
44,63
Sc
39,68
Ar, Ca
2
119
Sn
89,26
Y
79,36
Se, Br
3
178,5
Hf
133,89
Cs
119,04
Sn
4
238
U
178,52
Hf
158,72
Tb
5
297,5
–
223,15
Fr
198,4
Au
6
357
–
267,78
–
238,08
U
7
416,5
–
312,41
–
277,76
По условию задачи в каждом из трех оксидов содержится один и тот же элемент. Из таблицы
следует, что это могут быть Sn, Hf и U. Олово можно отбросить сразу, так как оно не бывает
трехвалентным. Hf может проявлять валентности 2, 3 и 4. Правда, из оксидов известно
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
только соединение HfО2. Этот оксид обязательно должен был проявиться в колонке
соединения С. Но его там нет.
Остается только уран. Два оксида мы обнаружили: UO2 – соединение А и UO3 – соединение С
Теперь определим соединение В. Обозначим его как UxOy.
x: y 
82,80 15,20
:
 0,356 : 0,95  1 : 6,67  3 : 8 ,
238
16
Итак, имеем UO2, U3O8 и UO3.
2.
При разложении оксидов газом X может быть только кислород. Но из
оксидов кислород получить крайне трудно. А оксиды урана практически не
разлагаются. Но в случае урана может идти не только химический, но и
радиоактивный распад с образованием гелия (газ Х):
238
92 U
 X  42 He по законам сохранения массы и заряда Х – торий:
238
234
92 U  90Th
 42 He
(1)
3.
Ядерные (атомные) реакторы.
4.
Чем активнее галоген, тем более сильным окислителем он является. В
соединениях А и С уран проявляет степени окисления + 4 и + 6. Исходя из силы
окислителей и размеров их атомов, уравнения реакций урана с фтором и бромом
выглядят следующим образом:
U + 3F2 = UF6
(2)
U + 2Br2 = UBr4
(3)
5.
238
22
256
1
92 U  10 Ne  102 No  4 0 n
(4)
Система оценивания
1. Обоснованное определение соединений А, В и С
2. Определение Х
Уравнение реакции 1
3. Название установок
4. Уравнения реакций 2 и 3
4∙2,5 = 10 баллов
2 балла
2 балла
0,5 балла
2∙1,5 = 3 балла
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
Обоснование
1,5 балла
5. Уравнение реакции 5
1 балл
ИТОГО
20 баллов
Задача 9-3 (автор – Лебедева О. К.)
1. Условиям задания соответствуют кислород (O2) и оксид азота (I) (N2O). Реакция X с NO
позволяет заключить, что газ Х – кислород. Для наркоза и анестезии используют N2O (Y) (или
смесь кислорода с циклопропаном). Таким образом
X – O2 – кислород, дикислород
Y – N2O – веселящий газ, гемиоксид азота, оксид диазота, оксид азота (I), закись
азота.
По методу валентных связей молекулу кислорода можно представить как O=O. Для
молекулы N2O можно представить следующие формы записи










N  N O , N  N O , N  N  O , N  N  O .
Любая вышеприведённая форма записи может считаться правильной, кроме
N  N  O , поскольку азот не может образовывать более четырёх ковалентных связей.
Формула N–O–N также не подходит, поскольку в молекуле остаётся четыре неспаренных
электрона.
2. Почернение раствора [Ag(NH3)2]NO3 говорит о том, что вещество A или образует с ионами
серебра осадки (коллоидные) чёрного цвета, или восстанавливает ионы серебра до металла.
Осадок чёрного цвета с ионами серебра даёт сульфид-ион, но сероводород не подходит по
описанию (запах, тяжелее кислорода). Значит, вещество А – это восстановитель. Типичным
восстановителем является оксид углерода (II) – CO. Относительно вещества B ясно, что это
оксид углерода (IV) – CO2, который вызывает помутнение баритовой воды, и не имеет
запаха.
Уравнения реакций
O2 + 2H2= 2H2O
(реакция 1а)
N2O + H2 = N2 + H2O
(реакция 1б)
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
O2 + 2NO = 2NO2
(реакция 2)
CO + 2[Ag(NH3)2]NO3 + 2H2O = 2Ag↓ + (NH4)2CO3 +2NH4NO3
(реакция 3)
CO2 + Ba(OH)2 = BaCO3↓ + H2O
(реакция 4)
2Cu + O2 = 2CuO
(реакция 5)
CuO + 2NH3 + 2NH4Cl = [Cu(NH3)4]Cl2 + H2O
Можно записать суммарное уравнение
2Cu + O2 + 4NH3 + 4NH4Cl = 2[Cu(NH3)4]Cl2 + 2H2O
3. Реакции кислорода
5O2 + P4 = P4O10
(реакция 6)
или
5O2 + 4P = 2P2O5
O2 + PtF6 = [O2][PtF6]
(реакция 7)
10N2O + P4 = P4O10 + 10N2
(реакция 8)
или 5N2O + 2P = P2O5 + 5N2
5N2O + 2KMnO4 + 3H2SO4 = 10NO + 2MnSO4 + K2SO4 +3H2O (реакция 9)
4. Следует иметь в виду, что речь идёт о получении медицинских препаратов, поэтому не все
реакции получения кислорода пригодны для этой цели. Кислород получают из воздуха
путём его сжижения. Возможные примеси – азот, инертные газы. Другая промышленная
реакция – электролиз водных растворов щёлочи
NaOH
2H2O  2H2 + O2
Возможные примеси – пары воды (со следами щёлочи).
В лабораторных условиях
2KClO3 → 3O2 + 2KCl
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
(при каталитическом разложении возможно образование следов ClO2).
Удобными источниками кислорода могут быть так называемые «хлоратные свечи» (NaClO3 +
Fe + BaO2), кислород при этом образуется по реакции: 2NaClO3 = 3O2 + 2NaCl (возможно
образование следов ClO2).
Можно получать кислород из таблеток, содержащих хлорную известь и пероксид
натрия
CaOCl2 + Na2O2 + H2O = Ca(OH)2 + 2NaCl + O2 (в примесях может быть небольшое
содержание хлора)
Достаточно чистый кислород получают по реакции:
2KMnO4 = K2MnO4 + MnO2 + O2
Непригодны для получения препарата реакции
2HgO = 2Hg + O2
2Zn(NO3)2 = 2ZnO + 4NO2 + O2
Чаще всего N2O получают термическим разложением нитрата аммония
NH4NO3 = N2O + 2H2O
Образующийся газ загрязнён азотом и оксидом азота (II) NO.
Более чистый N2O получают по реакции
NH3OH+Cl– + NaNO2 = N2O + 2H2O + NaCl
Система оценивания.
1. Установление X и Y по 1 баллу
2 балла
Название (одно из возможных) по 1 баллу
2 балла
Строение (одно из возможных) по 1 баллу
2 балла
2. Установление A
1 балл
(если указано только, что А – восстановитель, без формулы) 0,5 балла
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
Установление B
1 балл
3. Уравнения десяти реакций по 1 баллу
10 баллов
4. По одному способу получения X и Y с указанием примесей
или с указанием отсутствия примесей
ИТОГО
2 балла
20 баллов
Примечание: реакция 5 может быть засчитана как два уравнения по 0,5 балла
или одно уравнение – 1 балл.
Задача 9-4 (А. И. Жиров)
1. Продукты горения – кислотные оксиды (наиболее вероятно оксиды неметаллов), один из
которых находится не в высшей степени окисления (поглощается раствором пероксида
водорода). Молярная масса одного из оксидов (непоглощаемого пероксидом) –
29 · 1,5 = 43,5 г/моль близка к значению для оксида углерода (IV) – 44. Можно оценить
молярную массу второго оксида:
44  2 x
 58 , откуда х = 65 г/моль. Это значение достаточно
3
близко к значению молярной массы оксида серы (IV) – 64 г/моль. Таким образом, исходной
жидкостью мог быть CS2 – сероуглерод или дисульфид углерода (IV).
2. Реакция получения сероуглерода:
C + 2S = CS2
Реакция горения:
CS2 + 3O2 = CO2 + 2SO2
Реакции поглощения продуктов сгорания:
2NaOH + CO2 = Na2CO3 + H2O
2NaOH + SO2 = Na2SO3 + H2O
SO2 + H2O2 = H2SO4
3. В четырнадцатой группе периодической таблицы Д. И. Менделеева (длиннопериодный
вариант) аналогами углерода могут быть кремний и германий Состав соответствующих
соединений – SiS2, GeS2. Это будут твёрдые вещества: кремний (или германий) образуют
четыре связи с атомами серы (по две -связи на каждый атом). Структура таких соединений
содержит бесконечные цепи чередующихся атомов кремния (или германия) и серы.
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
Аналогом серы в 16 группе будет селен. Состав соединения CSe2 – диселенид углерода.
Строение молекулярное. Соединение – высококипящая жидкость (Tкип = 125 С).
Система оценивания.
1. Определение двух компонентов жидкости – 2 · 2 = 4 балла
Название соединения – 2 балла
2. Пять реакций – 5 ∙ 2 = 10 баллов
3. Состав двух аналогичных соединений – 2 ∙ 1 = 2балла
Указание агрегатных состояний этих соединений (без объяснений) – 2 ∙ 1 = 2 балла
Итого 20 баллов
Задача 9-5 (В. В. Ерёмин)
1. Расчёт тепловых эффектов реакций сгорания по закону Гесса приводит к следующим
термохимическим уравнениям:
H2 + 1/2 O2 = H2O(ж) + 285,8 кДж/моль
CH4 + 2O2 = CO2 + 2H2O(ж) + 890,3 кДж/моль
C + O2 = CO2 + 393,5 кДж/моль
2.
а) Возьмём по одному литру каждого из веществ и рассчитаем количества вещества:
(H 2 )  (CH 4 ) 
 ( C) 
pV
1013 1

 0,409 моль
RT 8,314  298
V 2,27  1000

 189 моль
M
12
Qсгор(H2) = 0,409285,8 = 117 кДж
Qсгор(CH4) = 0,409890,3 = 364 кДж
Qсгор(C) = 189393,5 = 74370 кДж.
Наибольшая теплотворная способность на единицу объёма – у угля.
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
б) Возьмём по одному килограмму каждого из веществ:
(H 2 ) 
m 1000

 500 моль
M
2
(CH 4 ) 
(C) 
m 1000

 62,5 моль
M
16
m 1000

 83,3 моль
M
12
Qсгор(H2) = 500285,8 = 142900 кДж
Qсгор(CH4) = 62,5890,3 = 55600 кДж
Qсгор(C) = 83,3393,5 = 32800 кДж.
Наибольшая теплотворная способность на единицу массы – у водорода.
в) Из результатов пунктов а) и б) следует, что теплота сгорания в расчёте на 1 у. е. для
каждого из видов топлива равна:
Qсгор(H2) = 117 / 0,025 = 4680 кДж/у. е.
Qсгор(CH4) = 364 / 0,005 = 72800 кДж/у. е.
Qсгор(C) = 32800 / 3 = 10900 кДж/у. е.
Самое дешёвое топливо – природный газ.
Система оценивания.
1. 3 уравнения = 3 ∙ 0,5 балла = 1,5 балла
3 тепловых эффекта = 3 ∙ 1,5 балла = 4,5 балла
2. а) 3 балла за расчёт количеств веществ + 2 балла за тепловые эффекты = 5
баллов
б) 3 балла за расчёт количеств веществ + 2 балла за тепловые эффекты = 5
баллов
в) 3 балла за расчёт и 1 балл за правильный ответ = 4 балла
Итого 20 баллов
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
Десятый класс
Задача 10-1 (авторы – Архангельская О. В., Ильин М. А.)
1 – 2. Заметим, что сумма содержания указанных элементов в кислотах 3 и 4 отлична от
100 %. Поскольку перечисленные кислоты являются кислородсодержащими, следовательно,
помимо водорода и элемента Х в их состав входит кислород. Для кислоты 3 соотношение
H : O = 3,09/1,01 : 65,3/16,0 = 3,06 : 4,08 = 3 : 4, т. е. её формула – Н3ХО4. Руководствуясь
данными о содержании элемента Х в кислоте 3, найдём его атомную массу:
 X  
Ar  X
 0,316  A r  X    , т. е. элемент Х – фосфор. Кислота 3 – H3PO4.
67,0  A r  X 
В промышленности фосфор получают при нагревании смеси фосфорита, песка и угля:

C

 P4 + 10CO + 6CaSiO3.
2Ca3(PO4)2 + 10C + 6SiO2 1600
Установим молекулярные формулы остальных кислот. Для кислоты 4:
H:P:O 
2,27 34,8 62,93
:
:
 2,25 : 1,12 : 3,93  2 : 1 : 3,5  4 : 2 : 7, т.е. Н 4Р 2О7 .
1,01 31,0 16,0
Поскольку в состав молекул кислот 1–3 входит по три атома водорода, а число атомов
кислорода в ряду кислот 1–3 увеличивается на единицу, кислота 1 имеет молекулярную
формулу Н3PO2, а кислота 2 – H3PO3.
Теперь мы можем заполнить пропуски в таблице:
Кислота
Формула кислоты
Название
Основность
Степень
окисле-
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
ния Х
графическая
молекулярная
(структурная)
H O
1
O
P
Н3PO2
H H
H O
2
Н3PO3
Н3PO4
4
3.
O
P O
H O
Н4P2O7
+3
3
+5
4
+5
Фосфорная
O
O
2
кислота
H O O H
H O
+1
Фосфористая
H O H
P
1
кислота
O
P
H O
3
Фосфорноватистая
P
Н3PO2 + NaOH = NaH2PO2 + H2O
кислота
O HПирофосфорная
O H
кислота
Н3PO3 + 2NaOH = Na2HPO3 + 3H2O
Н3PO4 +3NaOH = Na3PO4 +3H2O
Н4P2O7 + 4NaOH = Na4P2O7 + 4H2O
4. Фосфорноватистая и фосфористая кислоты проявляют восстановительные свойства и
обесцвечивают раствор перманганата калия:
10H3PO2 + 8KMnO4 + 7H2SO4  5Mn(H2PO4)2 + 3MnSO4 + 4K2SO4 + 12H2O;
10H3PO3 + 4KMnO4 + H2SO4  4Mn(H2PO4)2 +2КH2PO4 + K2SO4 + 6H2O.
5. Приведём один из возможных методов получения ортофосфорной и пирофосфорной
кислот из фосфора:
   H3PO4 + 5NO2 + H2O;
P + 5HNO3 конц. кипячение

200 C
 H4P2O7 + H2O.
2H3PO4 ~
Система оценивания:
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
1 – 2. Элемент Х
1,5 балла;
уравнение реакции получения фосфора
0,5 балла;
молекулярные формулы кислот 1– 4
0,5 балла  4 = 2 балла;
графические формулы кислот 1 и 2
1 балл  2 = 2 балла;
графические формулы кислот 3 и 4
0,5 балла  2 = 1 балл;
название кислот
0,5 балла  4 = 2 балла;
основность кислот 1 и 2
1 балл  2 = 2 балла;
основность кислот 3 и 4
0,5 балла  2 = 1 балл;
степень окисления фосфора в кислотах
0,5 балла  4 = 2 балла;
3.Ууравнения реакций кислот 1 – 4 с КОН
0,5 балла  4 = 2 балла;
4. Уравнения реакций взаимодействия кислот с KMnO4
1 балл  2 = 2 балла;
Уравнения считать правильными, если в качестве продуктов написаны как кислые, так
и средние соли ортофосфорной кислоты.
5. Уравнения реакций получения кислот 3 и 4
1 балл  2 = 2 балла;
ИТОГО
20 баллов.
Задача 10-2 (авторы Тюльков И.А., Масоуд С.М.)
1. Каустическая, питьевая (пищевая), кальцинированная, кристаллическая
2.
Название
Формула
Современное название
Кальцинированная сода
Na2CO3
Карбонат натрия
Кристаллическая сода
Na2CO3∙10H2O
Декагидрат карбоната натрия
Пищевая или питьевая сода
NaHCO3
Гидрокарбонат натрия
Каустическая сода
NaOH
Гидроксид натрия
3. При взаимодействии соляной кислоты с тремя содами выделяется газ. С каустической
содой (NaOH) газ не может выделяться ни при каких условиях, следовательно, с выделением
газа реагировали гидрокарбонат, безводный карбонат и декагидрат карбоната натрия.
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
Рассчитаем количество вещества в каждой навеске: 0,028 моль Na2CO3, 0,036 моль NaHCO3,
0,010 моль Na2CO3∙10H2O.
При медленном приливании раствора соляной кислоты к карбонату сначала образуется
гидрокарбонат:
Na2CO3 + HCl = NaHCO3 + NaCl
(1)
Для того, чтобы из раствора выделялся газ, кислоты должно быть достаточно, чтобы
реагировать с получившимся гидрокарбонатом:
NaHCO3 + HCl = NaCl + CO2 + H2O
(2)
Рассчитаем, сколько моль CO2 выделилось в каждом опыте. Согласно уравнению
Клапейрона–Менделеева,
n(CO 2 ) 
где R  8,314
pV
,
RT
Дж
101,325  740
, p
 98,659 кПа, T = 295,15 K.
моль  К
760
Составим таблицу:
№ опыта V(газа), мл n(газа), моль
1
900
0,036
2
250
0,010
3
370
0,015
Сравним данные таблицы с рассчитанными количествами каждой соды:
Формула
Название
n(соды), моль
Na2CO3
Кальцинированная сода
0,028
Na2CO3∙10H2O
Кристаллическая сода
0,010
NaHCO3
Питьевая сода
0,036
Можно заключить, что в первом опыте соляная кислота реагировала с раствором питьевой
соды, во втором – с раствором кристаллической соды. Тогда третий опыт проводили с
раствором кальцинированной соды.
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
4. Расчет содержания HCl в соляной кислоте следует проводить, исходя из данных опыта 3,
поскольку только в этом опыте HCl в недостатке – в противном случае в этом опыте
выделилось бы 0,028 моль CO2.
Согласно уравнению (1) потребуется 0,028 моль HCl для перевода карбоната в
гидрокарбонат. Из раствора кальцинированной соды выделяется 0,015 моль CO2. Согласно
уравнению (2) потребуется 0,015 моль HCl для выделения этого количества газа. Таким
образом, для третьего опыта потребовалось 0,028 + 0,015 = 0,043 моль HCl.
В 15 мл (учитывая плотность, в 15,75 г) раствора содержится 0,043 моль HCl.
( HCl) 
0,043  36,45
100%  10,0% .
15,75
Система оценивания.
1. Названия «сод»
0,5·4=2 балла
2. Химические формулы каждой соды
0,5·4=2 балла
Современные названия
0,5·4=2 балла
3. Определение использования сод в 1, 2 и 3 опытах соответственно. 8 баллов
4. Оценка массовой доли хлороводорода
6 баллов
ИТОГО
20 баллов
Задача 10-3 (автор О. В. Архангельская)
1. Найдем молярные массы соединений:
№
Соединение
ω(%)
Расчет молярных масс
1
XYZ2L24O20
64.13
М1 = 20∙16∙100/64.13 = 499 г/моль
2
XYL4O4
40.25
М2 = 4∙16∙100/40.25 = 159 г/моль
3
X2Y2O7
38.095
М3 = 7294∙16∙100/38.095 = 216 г/моль
4
XZLO4
47.06
М4 = 4∙16∙100/47.06 = 136 г/моль
2. Пусть X, Y, Z и L – молярные массы соответствующих элементов.
Тогда:
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
499 = X + Y + 2Z + 24L + 20∙16 → X + Y + 2Z + 24L = 179
(1)
159 = X + Y + 4L + 64
(2)
→ X + Y + 4L = 95
216 = 2X + 2Y + 7∙16 → 2X + 2Y = 182
(3)
136 = X + Z + L + 64
(4)
→ X + Z + L = 72
Умножим уравнение (2) на 2 и вычтем из него (3), получим: L = 1.
L – водород (Н)
Подставим значение L в уравнения (1) и (2) и вычитая одно из другого, получаем: Z = 32.
Z – сера (S)
Из уравнения (4): Х + 32 + 1 = 72, отсюда Х = 39.
Х – калий (K)
И, наконец из уравнения (3): 2∙39 + 2Y = 182, отсюда Y = 52.
Y – хром (Cr)
Итак
№
Соединение
Брутто-
Формула
Класс
Подкласс
Название
KCr(SO4)2∙12H2O
Соль
Кристалло-
Кристалло-
Большое
гидрат
гидрат
число
двойной соли
дисульфата
формула
1
XYZ2L24O20
KCrS2H24O20
атомов О и Н
хрома (III) -
наводит на
калия
мысль о
кристаллогидрате
2
XYL4O4
KCrH4O4
KCr(OH)4
Соль
Комплексная
Тетрагидроксо
соль
хромат (III)
калия
3
X2Y2O7
K2Cr2O7
K2Cr2O7
Соль
Средняя соль
Дихромат
калия
4
XZLO4
KSHO4
KHSO4
Соль
Кислая соль
Гидросульфат
калия
2.
a) K2Cr2O7+ Ва(ОН)2 = ВаCrO4↓+ К2CrO4 + H2O
b) 2KCr(OH)4 + 8KHSO4 = 8H2O + 5K2SO4 + Cr2(SO4)3
или
(1)
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
KCr(OH)4 + KHSO4 = K2SO4 + Cr(OH)3↓ + H2O
(2)
c) 2KCr(OH)4 + K2Cr2O7 = 2К2CrO4 + 2Cr(OH)3↓+ H2O
(3)
3. Cr2(SO4) 3 + K2SO4 + 24H2O = 2[KCr(SO4) 2 ∙ 12H2O]
(4)
Совместная кристаллизация двух солей.
4KOHизб. + CrCl3 = KCr(OH)4 + 3KCl
(5)
2К2CrO4 + H2SO4(p) = K2Cr2O7 + K2SO4 + H2O
(6)
K2SO4кр. + H2SO4конц = 2KHSO4
(7)
Система оценивания.
1.
Расчет молярных масс соединений 1 – 4
0,5∙4 = 2 балла
2.
Определение (расчет) элементов X, Y, Z и L
2∙4 = 8 баллов
3.
Определение соединений 1 – 4
0,5∙4 = 2 балла
4.
Реакции 1 и 5
0,5 ∙2 = 1 балл
5.
Реакции 2, 3 и 6
1∙3 = 3 балла
6.
Реакции 4 и 7
2∙2 = 4 балла
ИТОГО
20 баллов
Задача 10-4 (автор С. Г. Бахтин)
1. МА = 13∙2 = 26 – ацетилен C2H2. С учетом массовых отношений и методов получения
олигомеров, можно написать:
Cu2Cl2
+
B
C
NH4Cl
HC CH
A
акт. C
450 C
50 C
Ni(CN)2
D
E
2. При гидрировании В избытком водорода будет получен продукт полного гидрирования,
т. е. н-бутан F. Согласно условию, при нагревании его над хлоридом алюминия он
изомеризуется. Для н-бутана существует только один изомер – изобутан (2-метилпропан) G.
Это вещество далее подвергают действию палладия на угле. Pd/C является катализатором
гидрирования алкенов в алканы, но изобутан – насыщенный углеводород. Значит,
произошла обратная реакция дегидрирования алкана в алкен (любые катализаторы
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
одинаково ускоряют как прямую, так и обратную реакции). Далее полученный изобутилен
подвергают хлорированию. На основании массовой доли углерода в полученном продукте H
(C4H7Cl) можно сделать вывод, что произошло не электрофильное присоединение Cl2 к
алкену, а замещение одного атома водорода в СН3 группе на Cl (хлорирование в аллильное
положение – реакция Львова; водороды при двойной связи так не замещаются). Полученный
продукт H присоединяет 1 эквивалент HBr, о чем свидетельствует значение ωC. Если реакция
прошла согласно правилу Марковникова, то дальнейший синтез будет выглядеть следующим
образом: H → 2-бром-2-метил-1-хлорпропан (J) → изобутилен (II). Однако изобутилен не
может быть веществом II, т. к. он уже фигурировал в нашей схеме под номером I. Отсюда
делаем вывод, что мы сделали неправильное заключение, и HBr на самом деле
присоединился к H против правила Марковникова. Действительно, известно, что в условиях
инициирования радикальных реакций HBr присоединяется именно так (реакция Хараша). В
результате находим, что II – метилциклопропан:
CH2 изб.H2
HC C CH
Ni
B
F
AlCl3
Pd/C
t
t
G
Cl2
I
t
HBr, ROOR
Cl
H
h
Cl
J
Br
Zn
II
В ходе получения К ацетилен вначале действием NaNH2 переводят в сильный нуклеофил –
ацетиленид натрия, который замещает Br в бромэтане (выделяется NaBr) с образованием 1бутина К. При гидрировании К на «отравленном» катализаторе он присоединяет только 1
моль H2 с образованием нового изомера C4H8 – 1-бутена III.
При
нагревании
со
спиртовым
раствором
щелочи
1-бутин,
согласно
условию,
изомеризовался в L. Теоретически для 1-бутина возможно существование нескольких
изомеров: 2-бутин, 1,2-бутадиен, 1,3-бутадиен, циклобутен, 1-метилциклопропен, 2метилциклопропен. Однако поскольку к L далее было применено гидрирование в тех же
условиях, что и для 1-бутина, заключаем, что K и L принадлежат к одному классу соединений.
Т. е. L – также алкин (2-бутин). При гидрировании L на «отравленном» катализаторе получают
цис-бутен-2 V. Образование конкретного стереоизомера с цис-конфигурацией двойной связи
обусловлено спецификой протекания реакции гидрирования: атомы водорода на
поверхности катализатора расположены с одной стороны по отношению к подходящей к
поверхности катализатора молекуле алкина. Если же L восстанавливать водородом в момент
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
выделения (Na в аммиаке), то с учетом того, что цис-бутен-2 мы уже синтезировали,
устанавливаем, что продуктом гидрирования в этой системе будет транс-бутен-2 VI.
Теперь расшифруем синтез единственного оставшегося изомера IV. Из шести теоретически
возможных изомеров брутто-формулы C4H8 это может быть только циклобутан. Данное
утверждение помогает понять, что присоединение ацетилена к формальдегиду (реакция
Фаворского) прошло в мольном соотношении C2H2:CH2O 1:2 с образованием 2-бутин-1,4диола М (в случае соотношения 1 : 1 продукт будет содержать только 3 атома углерода и
тогда на циклобутан мы в конце не выйдем). В избытке H2М присоединяет 2 моль водорода
(это подтверждает значение ωC). Заключительные стадии синтеза IV – замещение OH групп
на бром и отщепление двух атомов Br амальгамой лития с одновременным замыканием 4членного цикла:
1) NaH
H2
III
Pd/BaSO4
õèí î ëèí
K
t
2) C2H5Br
OH изб.H2
HO
KOH, t
HO
Ni
M
H3C C C CH3
Pd/BaSO4
L
õèí î ëèí
OH
N
KOH
EtOH
H2
V
CH2O
A
HBr
Na
NH3
VI
IV
Li/Hg
äèî êñàí
Br
O
Br
Система оценивания
Все структурные формулы по 1 баллу.
Итого 20 баллов.
Задача 10-5 (авторы – Егельская Л. А., Ерёмин В. В.)
1. Пусть формула минерала MxSy, а молярная масса элемента M равна M. Тогда массовая
доля серы равна:
(S) 
32 y
28 y
 0,533 , откуда M 
.
x
32 y  Mx
Перебором при x = 1 и y = 2 получаем химически разумное решение M = 56, то есть формула
минерала FeS2. Обычное название минерала – пирит. Название происходит от греческого
«pyrites lithos», что означает «камень, высекающий огонь». Другие названия: железный или
серный колчедан, марказит, бравоит.
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
2. При обжиге пирита образуются твёрдый и газообразный продукты. Твёрдый продукт –
один из оксидов железа: FeO, Fe2O3 или Fe3O4. По условию задачи при обжиге масса
твёрдого вещества уменьшается на треть. В случае образования каждого из трёх
перечисленных оксидов отношение масс твёрдых веществ равно:
M (FeO)
72

 0,600 ,
M (FeS2 ) 120
M (Fe 2 O 3 ) 160 2

 ,
2 M (FeS2 ) 240 3
M (Fe3O 4 ) 232

 0,644 .
3M (FeS2 ) 360
Следовательно, твёрдый продукт обжига – Fe2O3.
Газообразный продукт – один из оксидов серы: SO2 или SO3. По условию задачи масса
газообразного продукта на 60 % (т. е. в 1,6 раза) больше массы твёрдого остатка (Fe2O3).
Тогда с учётом стехиометрии (на 2 атома железа приходится 4 атома серы) молярная масса
газообразного продукта равна
M (Fe2O3 )  1,6 160  1,6
= 64 г/моль.

4
4
Следовательно, газообразный продукт обжига – SO2.
Примечание для проверяющих: учащиеся могут сразу выбрать в качестве продуктов Fe2O3 и
SO2. В этом случае они должны проверить соответствие отношений масс условиям задачи.
Уравнение реакции обжига пирита:
4 FeS2(тв.) + 11 O2(г.) = 2 Fe2O3(тв.) + 8 SO2(г.)
Для обжига 1 моля пирита требуется 11 / 4 = 2,75 моль O2.
Объём воздуха (н. у.) равен 2,75 / 0,2 ∙ 22,4 = 308 л.
В нём содержится 308 ∙ 0,8 = 246,4 л N2.
При обжиге образуется 8 / 4 ∙ 22,4 = 44,8 л SO2.
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
Общий объём полученной газовой смеси (н. у.) равен 246,4 + 44,8 = 291,2 л.
Объёмные доли компонентов газовой смеси составляют:
(SO2) = 44,8 / 291,2 = 15,4 %.
(N2) = 246,4 / 291,2 = 84,6 %.
3. По закону Гесса
2 Qобр(Fe2O3) + 8 Qобр(SO2) – 4 Qобр(FeS2) = 4 · 828,
или 2 ∙ 824 + 8 ∙ 297 – 4Qобр(FeS2) = 4 · 828,
откуда Qобр(FeS2) = 178 кДж/моль.
Система оценивания
1. 4 балла за правильную формулу X, 2 балла за название,
2 балла за хотя бы одно другое название
8 баллов
2. 4 балла за расчёт объёма воздуха,
4 балла за состав газовой смеси
8 баллов
3. За расчёт теплоты образования X
4 балла
ИТОГО
20 баллов
Одиннадцатый класс
Задача 11-1 (автор Емельянов В.А.)
1.
Как известно, для газовых смесей мольные доли компонентов совпадают с
объемными. Зная средние молекулярные массы двух смесей, составим систему уравнений:
0,5МА + 0,5МВ = 18∙2,
0,25МА + 0,75МВ = 20∙2.
Умножив второе уравнение на 2 и вычтя из него первое, получаем М В = 44 а.е.м. Подставив
это значение в любое из уравнений, вычисляем МА = 28 а.е.м.
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
2.
Для решения задачи воспользуемся числами, приведенными в таблице. В состав газа
А входит 42,9 % элемента X, что составит 0,429∙28=12,012 а.е.м. и 57,1 % элемента Y, что
составит 0,571∙28=15,988 а.е.м. Эти значения совпадают со значениями атомных масс
углерода и кислорода. Проверим свою догадку на соединении Б: 0,273∙44= 12,012 а.е.м.,
0,727∙44=31,988. Разница лишь в том, что в состав Б входят 2 атома кислорода. Теперь
посчитаем состав В. Пусть его формула СnOm, тогда 12n : MB = 0,529, 16m : MB = 0,471, откуда
12n : 16m=0,529 : 0,471 или n : m = 1,50. Состав В – С1,5О и простейшая формула С3О2.
Итак, X – углерод, Y – кислород, А – СО, Б – СО2, В – С3О2 (недооксид углерода).
3.
Уравнения описанных в задаче реакций:
1) 2СО + О2 → 2СО2;
2) С3О2 + 2О2 → 3СО2;
3) СО2 + Н2О
Н2СО3;
4) С3О2 + 2Н2О → Н4С3О4 (НООС-СН2-СООН (малоновая кислота))1;
230 o C, Fe O
3  Н + СО ;
5) СО + Н2О    2
2
2
6) СО2 + NaОH → NaНСО3 или СО2 + 2NaОH = Na2СО3 + Н2О;
7) С3О2 + NaОH + Н2О → NaН3С3О4 или С3О2 + 2NaОH = Na2H2С3О4
8) СО2 + 2NH3 → NH2COONH4;
9) С3О2 + 2NH3 → CH2(CONH2)2;
120 o C, 5 атм
10) СО + NaОH  НСОONa;
500  800 o C, Al O /ThO
3 
2  Н O + HСN;

11) СО + NH3      2 
2
200  500 o C, P
12) СО2 + NH3  CO(NH2)2.
O=С=C=C=O – недооксид углерода, пропадиен-1,3-дион.
Система оценивания.
1. Расчет молекулярных масс А и Б
1
2 балл
Несмеянов А.Н., Несмеянов Н.А. Начала органической химии, книга I. М., 1969, с. 201
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
2. Определение элементов X и Y
4 балла
Определение состава соединений А–В
6 баллов
3. Напишите уравнений всех описанных в задаче реакций 12·0,5=6 баллов
4. Структурная формула соединения В
1 балл
Название В
1 балл
ИТОГО
20 баллов
Задача 11-2 (автор В. Д. Долженко)
Так как (1) при добавлении к голубому раствору соли А аммиака образуется синефиолетовый раствор, (2) восстановление бинарного D аммиаком дает розово-красное
вещество, а (3) при добавлении к голубому раствору желтой кровяной соли выпадает краснобурый осадок, логично предположить, что элементом Х является медь, что позволяет
написать следующие реакции:
Cu2+aq + 4NH3 =>
(А:)
CuCl2
[Cu(NH3)4]2+
+ 4NH3 => (B:) [Cu(NH3)4]Cl2
[Cu(H2O)4]Cl2 + 4NH3 =>
=>
голубой
3CuO + 2NH3 =>
черный
Cu2[Fe(CN)6]↓
или
(2)
+ K4[Fe(CN)6] => (C:) Cu2[Fe(CN)6]↓ + 4KCl или
[Cu(H2O)4]Cl2 + K4[Fe(CN)6] =>
(D:)
или
сине-фиолетовый
2Cu2+aq + [Fe(CN)6]4CuCl2
(1)
[Cu(NH3)4]Cl2 +H2O
голубой
(A:)
или
Cu2[Fe(CN)6]↓ + 4KCl +H2O
красно-бурый
(E:)
3Cu
+ N2 + 3H2O
(3)
розово-красный
Бинарное вещество D – это оксид меди (II), имеющий черную окраску.
Поскольку раствор CuCl2 образовался при разбавлении солянокислого раствора, вещество F
является хлоридным комплексом, так как кроме меди другие металлы в раствор не
вводились, а для меди (II) характерно координационное число равное четырем, то состав F
может быть выражен формулой: H2[CuCl4], к аналогичному выводу можно придти, используя
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
массовую долю меди в цезиевой соли:
(Cu) = 0.1349 =>M(цезиевой соли вещества F) = 63.546 / 0.1349 = 471.106 (г/моль)
Состав
соли Cs2CuCl4.
[CuCl4]2– +2H+ + H2O или
CuО + 4HCl(конц) =>
(D:)
(4)
(F:)
CuO + 4HCl(конц) =>
черный
H2[CuCl4] + H2O
жёлто-оранжевый
Желто-оранжевая окраска объясняется присутствием тетраэдрического иона [CuCl4]2– при
разбавлении образуется октаэдрический ион [CuCl4(H2O)2]2–, придающий раствору зеленую
окраску. Хлорид-ионы располагаются в вершинах квадрата вокруг иона меди в
экваториальной плоскости, а молекулы воды находятся в аксиальных положениях. При еще
большем разбавлении раствор становится голубым, т. к. вода вытесняет хлорид-ионы из
ближнего координационного окружения меди образуется акватированный ион: [Cu(H2O)6]2+,
или [Cu(H2O)4]2+, или Cu2+aq (все предложенные варианты могут считаться верными):
[CuCl4]2– + 2H2O =>
[CuCl4(H2O)2]2–
или
(5)
(F:)
H2[CuCl4]
+ 2H2O =>
[CuCl4]2–(тетраэдр)
=>
жёлто-оранжевый
Н2[CuCl4(H2O)2] или
[CuCl4]2–(квадрат)
зеленый
[CuCl4(H2O)2]2– + 2H2O =>
[Cu(H2O)4]2+ + 4Cl–
или
(6)
(А:)
Н2[CuCl4(H2O)2] + 2H2O =>
зеленый
[Cu(H2O)4]Cl2 + 2HCl
голубой
Система оценивания
Верно определенный элемент Х – 1 балл
1
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
Каждое верно определенное вещество (А–F) по 0,5 балла
3
Расчет состава вещества В – 1 балл
1
Каждое уравнение реакции по 2 балла
12
если коэффициенты расставлены неверно, то 1 балл за уравнение
Верное указание цвета вещества А – 1 балл
1
Объяснение изменения окраски – 2 балла
2
ИТОГО:
20
Задача 11-3 (автор Трушков И.В.)
Итак, все схемы соответствуют важным промышленным процессам. Органическое
соединение А при взаимодействии с простым веществом Б дает смесь четырех продуктов Г,
из которых лишь один является бинарным, а также бинарное вещество В. Ответ
напрашивается: это реакция хлорирования метана, и Г4 – тетрахлорметан, а В – хлористый
водород. Реакция Ж + Н – по-видимому, реакция Кучерова. То есть одно из этих соединений
– вода, а другое – алкин. Соединение Н образуется (наряду с М) при нагревании метана до
1500С. То есть, М – водород, а Н – ацетилен, С2Н2. Значит, Ж – вода, а Ф – уксусный
альдегид, СН3СHO. Реакция Н с хлороводородом В с образованием важного мономера –
винилхлорида (У).
Вода получается при взаимодействии метана (А) с простым веществом Д. Согласно условию,
из А и Д могут образоваться также вода и вещество Л, однако обычно это является
нежелательным процессом. Поскольку в состав Ж входит кислород, простое вещество Д –
О2, соединение Е – углекислый газ, СО2, а соединение Л – оксид углерода(II), СО. Атомные
массы Д и З отличаются в 2 раза. Поскольку Д – кислород, З должен иметь атомную массу
либо 8, либо 32. То есть, З – это сера. Тогда реакция А с З – реакция метана с серой. При
пропускании метана над раскаленной серой образуются продукты соединения с серой как
углерода (CS2), так и водорода (H2S). Это соединения И и К. Получение продуктов Г в
результате взаимодействия метана с хлороводородом и кислородом позволяет избежать
работы с ядовитым хлором и возвращать в реакцию выделяющийся при хлорировании
хлороводород, окисляющийся кислородом в ходе процесса. Это уравнение полностью
согласуется с выводами о структурах соединений, участвовавших в ранее рассмотренных
реакциях.
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
Мы выяснили, что Ж – вода; реакция воды с метаном дает «синтез-газ», т.е. смесь СО
(соединение Л) и Н2 (М). Осталось расшифровать два уравнения. Промышленно важным
процессом, в котором водород взаимодействует с простым веществом Т с образованием
бинарного продукта П, является синтез аммиака. Таким образом, при взаимодействии
метана, аммиака и кислорода образуются вода и соединение Р, которое содержит углерод
(из метана) и азот (из аммиака), но не является бинарным соединением. То есть в его состав
может входить также водород или кислород (или оба элемента). Про соединение Р
известно, что оно присоединяется к уксусному альдегиду, давая аддукт, который при
отщеплении воды превращается в важный мономер. Рассмотрев все эти факты, можно
сделать вывод, что вещество Р – синильная кислота, HCN. Таким образом, 10 приведенных
схем надо записать в виде следующих уравнений:
1. 4 CH4 + 10 Cl2 → 10 HCl + CH3Cl + CH2Cl2 + CHCl3 + CCl4
2. CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O
3. 2 CH4 + S8 → 2 CS2 + 4 H2S
4. 4 CH4 + 10 HCl + 5 O2 → CH3Cl + CH2Cl2 + CHCl3 + CCl4 + 10 H2O
5. CH4 + H2O → CO + 3 H2
6. 2 CH4 → C2H2 + 3 H2
7. 2 CH4 + 2 NH3 + 3 O2 → 2 HCN + 6 H2O
8. 3 H2 + N2 → 2 NH3
9. C2H2 + HCl → CH2=CHCl
10. C2H2 + H2O → CH3CHO
Система оценивания.
1. Определение веществ А, Б, В, Д, Е, З, И, К, Л, М, Н, П, Р, Т, У
Определение веществ Ж, Ф
15·0,5=7,5 баллов
2·0,25=0,5 баллов
2. Уравнения реакций 3 и 10
2 балла
3. Уравнения остальных реакций
10 баллов
ИТОГО
20 баллов
Задача 11-4 (автор Ильин М.А.)
Промышленным методом получения ацетилена (схема получения полимера I) является
кратковременное
нагревание
метана
до
высокой
температуры
(~1600 С).
При
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
взаимодействии
ацетилена
с
газообразным
сухим
хлороводородом
происходит
электрофильное присоединение по тройной связи и образуется винилхлорид (продукт А),
который является мономером для получения известного полимера – поливинилхлорида
(полимер I, ПВХ):
CH4
1600oC
Cl
HC
CH
HCl
H2C CH Cl
î ðãàí è÷åñêèé
Càêòèâ. / HgCl2
À
ï åðî êñèä
H2C
CH
n
ï î ëèì åð I
Рассмотрим схему получения полимера II. При взаимодействии бензола с этиленом в
присутствии кислоты Льюиса (в данном случае – AlCl3) образуется этилбензол (Б). Заметим,
что молекулярные формулы этилбензола (С8Н10) и продукта В (C8H8) различаются на два
атома водорода, следовательно, при нагревании паров этилбензола до 600 С над
железохромовом катализатором происходит дегидрирование и образуется стирол
(винилбензол, В). В присутствии органических пероксидов (например, пероксида бензоила)
происходит радикальная полимеризация стирола, приводящая к полистиролу (полимер II,
ПС):
H2C
CH2 CH3
600oC
Fe2O3 / CrO3
CH2
AlCl3, 450oC
Á
CH
CH2
î ðãàí è÷åñêèé
ï åðî êñèä
Â
H2C
CH
n
ï î ëèì åð II
Основным продуктом жидкофазного каталитического окисления пара-ксилола кислородом
(верхняя часть схемы получения полимера III) является терефталевая кислота (Г, С8Н6О4):
H3C
CH3
O2
2+
Co , 200oC, 2 Ì Ï à
HOOC
COOH
Ã
При окислении этилена кислородом в присутствии катализатора (серебро, нанесенное на
корундовый носитель) образуется этиленоксид (продукт Д), последующая гидратация
которого приводит к образованию простейшего двухатомного спирта – этиленгликоля (Е):
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
H2C
CH2
O2
H2C
o
Ag, 250 C, 2 Ì Ï à
CH2
H2O
o
150 C, 2 Ì Ï à
этиленгликоля
полиэтилентерефталат
и
(ПЭТ).
терефталевой
Сейчас
CH2
OH OH
Å
O
Ä
Нагреванием
H2C
этот
кислоты
полимер
получают
широко
полимер III
используется
–
для
производства небьющихся пластиковых бутылок, а волокно, формируемое на основе этого
полимера называется лавсан (сокращенное от "Лаборатория высокомолекулярных
соединений Академии наук СССР").
n H2C
CH2 + n HOOC
COOH
250oC
O
H2C
O
O C
C O CH2
+ 2H2O
n
OH OH
ï î ëèì åð III
При гидратации этилена образуется этиловый спирт (Ж), который на смешанном оксидном
катализаторе при нагревании претерпевает одновременно дегидрирование и дегидратацию
– это один из способов получения бутадиена-1,3 (по Лебедеву) (З). Полученный диен в
результате каталитической полимеризации (под действием металлического натрия)
превращается в каучук (бутадиеновый, или натрийбутадиеновый, каучук), полимер IV:
H2C
CH2
H2O
H+, 300oC, 7 Ì Ï à
H2C
H3C
CH2
Æ
OH
450oC
ZnO / MgO
H 2C
CH CH CH2
Ç
Na
CH
èëè
H2C CH n
H2C CH CH CH2
n
(ï ðî äóêò 1,2-ï î ëèì åðèçàöèè)
(ï ðî äóêò 1,4-ï î ëèì åðèçàöèè)
(ëþ áàÿ èç óêàçàí í û õ ñò ðóêò óð ñ÷èò àåò ñÿ âåðí û ì î ò âåò î ì )
ï î ëèì åð IV
.
При нагревании смеси каучука с серой его макромолекулы сшиваются между собой
мостиковыми атомами серы, этот процесс называют вулканизацией. При вулканизации
каучука в зависимости от содержания серы получают резину или эбонит (полимер V, любое
из названий считается полным верным ответом).
Образование макромолекул полимеров из мономеров возможно при протекании двух
различных процессов – полимеризации и поликонденсации. Если при полимеризации
превращение мономера в полимер происходит без выделения каких-либо соединений, то
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
реакция поликонденсации сопровождается выделением низкомолекулярных продуктов –
воды, аммиака, хлороводорода и т. д. Единственный полимер среди I-IV, который при
образовании
из
мономеров
дает
низкомолекулярный
продукт
(вода),
–
полиэтилентерефталат.
Система оценивания.
1. Структурные формулы промежуточных продуктов А – З
8·1=8 баллов
Структурные формулы элементарных звеньев полимеров I-IV
4·1=4 балла
2. Аббревиатуры названий полимеров I-III
3·1=3 балла
3. Происхождение названия "лавсан"
1 балл
4. Названия полимеров IV и V
2 балла
5. Название процесса превращения IV в V
1 балл
6. Название полимера, образовавшегося в результате реакции поликонденсации 1 балл
ИТОГО
20 баллов
Задача 11-5 (автор Жиров А.И.)
1. Реакции термического разложения:
NH4NO2 = 2H2O + N2
NH4NO3 = 2H2O + N2O
Каталитическое разложение N2O:
2N2O = 2N2 + O2
2. Для получения смеси азота и кислорода (20 объёмных, или мольных % кислорода,
т. е. 1 объём кислорода на 4 объёма азота) нитрат и нитрит аммония надо
использовать в молярном соотношении 1 : 1 или в весовом 72 : 64 (1,125 : 1).
3. Стандартные энтальпии реакций разложения при 298 К:
NH4NO2 (кр.) = N2 (г) + 2H2O (ж)
rH298 = –285,8  2 +256,1 = –315,5 (кДж/моль).
При разложении 1 моль нитрита аммония выделяется 315,5 кДж теплоты. Реакция
экзотермическая.
NH4NO3 (кр.) = 2H2O (ж) + N2O (г)
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
rH298 = –285,8  2 + 82 + 365,4 = –124,2 (кДж/моль).
При разложении 1 моль нитрата аммония выделяется 124,4 кДж теплоты. Реакция
экзотермическая.
2N2O (газ) = 2N2 (газ) + O2 (газ)
rH298 = 0 + 0 – 82  2 = –164 кДж/моль.
При разложении 2 моль N2O выделяется 164 кДж теплоты. Реакция экзотермическая.
4. Объём 1 моль нитрита аммония равен 64 : 1,69 = 37,9 (см3) или 0,0379 л. Давление
1 моль азота в таком объёме при 25 С (298 К) будет равно 1  22,4  298 : 273 : 0,0379 = =
645 (атм) = 65∙103 кПа.
Объём 1 моль нитрата аммония равен 72 : 1,72 = 41,9 (см3) или 0,0419 л. Парциальное
давление азота составит 584 атм, а кислорода 292 атм.
5. Объём 1 м3 при 25 С и 298 К соответствует 40,9 моль газов. Количество каждой соли,
необходимое для получения такого количества газов, будет равно 40,9 : 2,5 = 16,36
(моль). Масса нитрита аммония составит 64  16,36 = 1047 (г), а нитрата аммония –
72  16,36 = 1178 (г). Общая масса равна 2225 г.
6. Общее количество теплоты, выделяемое при получении 1 м3 воздушной смеси
составит 16,36 (315,5 + 124,2 + 82) = 8535 (кДж).
7. Все используемые реакции протекают с выделением значительных количеств
теплоты, в результате реакции образуются газообразные продукты, поэтому
управлять этими реакциями (контролировать их скорость) очень сложно. Кроме того,
в невесомости выделение газов из расплава приведёт к образованию пены,
обладающей низкой теплопроводностью.
Система оценивания.
1. Уравнения термического разложения нитрата и нитрита аммония,
оксида азота (I)
3·1=3 балла
ВсОШ по химии, III региональный этап
2013-2014 уч.год
Решения экспериментального тура
2. Соотношение нитрат и нитрит аммония для получения воздушной смеси 2 балла
3. Расчет стандартных энтальпий реакций разложения
Определение типа реакции (экзо- или эндо-)
3·1,5=4,5 балла
1 балл
4. Расчет давления
1,5 балла
5. Расчет массы нитрата и нитрита аммония
4 балла
6. Расчет теплоты
2 балла
7. Указание причин
2 балла
ИТОГО
20 баллов