Решение Задачи 9-1 (автор: Ильин М. А.)

Оглавление

Оглавление. 2

Пояснительная записка. 3

Девятый класс. 4

Решение задачи 9-1 (автор: Ильин М. А.) 4

Решение Задачи 9-2 (автор: Лебедева О.К.) 6

Решение Задачи 9-3 (авторы: Медведев И. Н., Долженко В. Д.) 8

Решение Задачи 9-4 (авторы: Дроздов А. А., Андреев М. Н.) 10

Решение Задачи 9-5 (автор: Еремин В. В.) 11

Десятый класс. 14

Решение Задачи 10-1 (автор: Белоусов Ю. А.) 14

Решение Задачи 10-2 (авторы: Медведев И. Н., Долженко В. Д.) 16

Решение Задачи 10-3 (авторы Гулевич Д. Г., Емельянов В.А.) 20

Решение Задачи 10-4 (авторы: Андреев П. А., Трушков И. В.) 22

Решение Задачи 10-5 (автор: Ерёмин В. В.) 24

Одиннадцатый класс. 26

Решение Задачи 11-1 (авторы: Сапарбаев Э. С., Емельянов В. А.) 26

Решение Задачи 11-2 (автор: Беззубов С. И.) 27

Решение Задачи 11-4(автор: Седов И. А.): 30

Решение Задачи 11-4(aвторы: Сальников О. Г., Ильин М. А.) 31

Решение Задачи 11-5 (автор: Каргов С. И.) 34

Девятый класс. 37

Десятый класс. 40

Одиннадцатый класс. 42

 

Пояснительная записка

В задание теоретического тура входит 5 задач, каждая из которых максимально оценивается в 20 баллов, то есть за выполнение всех задач теоретического тура можно получить максимум 100 баллов. Выполнение практического тура максимально оценивается в 30 баллов. Максимальное количество баллов, которое может получить участник за оба тура, составляет 130 баллов.

Девятый класс

Решение Задачи 9-2 (автор: Лебедева О.К.)

1. Из условия задачи видно, что элемент Х может образовывать по меньшей мере две кислоты, одна из которых очень сильный окислитель. Кислота 1 получается при действии азотной кислоты на простое вещество. Значит, элемент Х – неметалл, расположенный в главных подгруппах 6–7 групп. Неметаллы главных подгрупп 4–5 группы могут образовывать несколько кислот. Сильным окислителем, способным растворять золото, может быть только азотная кислота в смеси с соляной (царская водка), но в условии сказано, что в реакции не образуются газообразные продукты. Галогены в природе в виде простых веществ не встречаются, значит, речь может идти только об элементе 6 группы главной подгруппы.

В природе часты минералы, содержащие серу и сера встречается в самородном виде.
У элементов 6 группы могут быть кислоты состава H₂ЭО₃ и Н₂ЭО₄.(Э = S, Se, Te, Po).

Элемент Y – сера. Элемент Х может быть селен, теллур или полоний. По процентному составу кислоты 1 H₂ЭО₃ элемент Х – селен (Se). (ω = M(Se)/M(H₂SeO₃) = 79/129 = 61.2 %). Тогда кислота 1 – H₂SeO₃ а кислота 2 – H₂SeO₄.

2. 3Se + 4HNO₃ + H₂O = 3H₂SeO₃ + 4NO (реакция 1, можно и NO₂)

H₂SeO₃ + H₂O₂ = H₂SeO₄ + H₂0, (реакция 2)

2Au+6H₂SeO₄=Au₂(SeO₄)₃ + 3H₂SeO₃ + 3H₂O (реакция 3) или

2Au + 6H₂SeO₄ = Au₂(SeO₄)₃ + 3SeO₂ + 6H₂O или

2Au + 7H₂SeO₄ = 2H[Au(SeO₄)₂] + SeO₂ + 6H₂O.

3. Селен от Селены греческой богини луны.

4. Установим состав соединения Б. Исходя из того, что оно бинарное и включает селен, можно предположить, что это соединение с водородом, алюминием, натрием или оксид. По процентному содержанию селена с учётом того, что в состав входят цепочки Se₄ можно исключить соединения с водородом и кислородом. Значит, это алюминий или натрий. Рассмотрим соединение с натрием:

Na_xSe_y x: y = (12.6 / 23): (87.3 / 79) = 0.55: 1.1 = 1: 2.

Простейшая формула NaSe₂. Т. к. соединение содержит цепочки Se₄, то формула B = Na₂Se₄. Для алюминия нет веществ, удовлетворяющих условию.

12Se + 2 Al + 8 NaOH = 3Na₂Se₄ + 2 NaAlO₂ + 4 H2O (реакция 4)

 

Система оценивания:

1.	Установление элементов X, Y по 2 балла,	4 балла
2.	Установление формулы кислоты 1 и 2 по 1.5 балла	3 балла
3.	Уравнения реакции 1–3 по 2 балла	6 баллов
4.	Ответ на вопрос 3	1 балл
5.	Установление формулы вещества Б	4 балла
6.	Уравнение реакции 4	2 балла
	ИТОГО:	20 баллов

Решение Задачи 9-4 (авторы: Дроздов А. А., Андреев М. Н.)

Бурый газ, выделяющийся при реакции неизвестного вещества с концентрированной азотной кислотой – это оксид азота (IV) NO₂. Осадок Х₃, образующийся при действии раствора хлорида бария на азотнокислый раствор, полученный при растворении Х₁, это сульфат бария BaSO₄, нерастворимый в кислотах (фосфат бария в этих условиях не образуется, т. к. в растворе кислая среда из-за большого избытка азотной кислоты). Осадок Х₄, полученный при добавлении нитрата серебра, это хлорид серебра AgCl. Жёлтый осадок Х₅, образующийся при осторожном добавлении щёлочи, может представлять собой оксид ртути HgO или фосфат серебра Ag₃PO₄. Массовое отношение X₃ : X₅ = 1, 074 для BaSO₄: HgO, что не соответствует приведённому в условии. В случае фосфата серебра мольное отношение Ag₃PO₄: BaSO₄ =419·1, 39: 233 = 1: 2, 5, то есть 2Ag₃PO₄: 5BaSO₄, что соответствует соотношению элементов P: S = 2: 5 и формуле X₁ P₂S₅.

Итак,

X₁ = P₂S₅,

X₂ = NO₂,

X₃ = BaSO₄,

X₄ = AgCl,

X₅ = Ag₃PO₄

2) Уравнения реакций:

1. P₂S₅ + 40HNO₃ = 2H₃PO₄ + 5H₂SO₄ + 40NO₂+ 12H₂O;

2. H₂SO₄ + BaCl₂ = BaSO₄¯ + 2HCl;

3. AgNO_3(изб) + HCl = AgCl¯ + HNO₃;

4. HNO₃ + NaOH = NaNO₃ + H₂O;

5. H₃PO₄ + 3NaOH + 3AgNO₃ = Ag₃PO₄¯ + 3NaNO₃ + 3H₂O.

Система оценивания:

1.	Определение веществ Х1– Х5 по 2 балла	10 баллов
2.	Уравнения реакций по 2 балла	10 баллов
	ИТОГО:	20 баллов

 

Десятый класс

Система оценивания

	Определение элемента Х	1.5 балла
	Определение соединений А–И(по 0.5 за вещество)	4.5 балла
	Расчёт состава Б, Г, Ж, З (по 1 б за в-во).	4 балла
	Уравнения реакций (6 реакций по 1, 5 б)	9 баллов
	Строение катиона Е	1 балл
	ИТОГО:	20 баллов

 

Решение Задачи 10-5 (автор: Ерёмин В. В.)

При решении задачи предполагаем, что поглощение света может привести к разрыву связи, если энергия света больше или равна энергии связи.

1. Длине волны 400 нм соответствует энергия 12 Дж/моль · 1 см / 400 нм = = 300 кДж/моль, а длине волны 700 нм – энергия 170 кДж/моль. Свет с такой энергией может разложить на атомы молекулы Br₂ и I₂.

2. O₃ ® O₂ + O.

Связь OO в молекуле озона – промежуточная между одинарной O–O и двойной O=O. Если предположить, что энергия такой связи равна среднему арифметическому: (497 + 146) / 2 = 321.5 кДж/моль, то такой энергии соответствует длина волны света: 12 / 321500 · 10⁷ нм = 373 нм. (На самом деле, пик поглощения озона приходится на 260 нм, так как образуется возбуждённый молекулярный кислород).

3. Энергию p-связи можно оценить как разность между энергиями двойной и одинарной связи: 612 − 348 = 264 кДж/моль. Такой энергии соответствует длина волны света:
12 / 264000 · 10⁷ нм = 455 нм. Эта оценка – грубая, реально требуется УФ излучение, для разных алкенов 300–330 нм.

4. а) Длине волны 500 нм соответствует энергия 240 кДж/моль, её недостаточно для разрыва связей в CBrF₃. Молекула не распадается.

б) 300 нм ~ 400 кДж/моль. Может разорваться связь C–Br. Продукты: CF₃ и Br. (В качестве правильного ответа принимаются также C₂F₆ и Br₂).

в) 200 нм ~ 600 кДж/моль. Может разорваться любая связь. Возможные продукты: CF₃, Br, CF₂Br, F. В качестве правильного ответа принимаются также продукты рекомбинации этих частиц.

Ответы:

1. Br₂ и I₂.

2. 373 нм.

3. 455 нм.

4. а) Ничего.

б) CF₃ и Br.

в) CF₃, Br, CF₂Br, F.

Система оценивания:

1.	Расчёт энергии света – 2 балла. Выбор молекул – 2 балла. За каждую неправильную молекулу минус 1 балл	4 балла
2.	Уравнение реакции – 1 балл Оценка энергии связи – 2 балла Расчёт длины волны – 2 балла.	5 баллов
3.	Оценка энергии связи – 2 балла Расчёт длины волны – 2 балла.	4 балла
4.	а) Расчёт энергии – 1 балл. Вывод о том, что ничего не будет – 1 балл. (верный ответ без расчёта – 0 баллов). б) Расчёт энергии – 1 балл. Продукты – 1 балл (по 0.5 балла за каждый) в) Расчёт энергии – 1 балл. Продукты – 2 балла (по 1 баллу за продукты с разрывом каждой связи).	7 баллов
	ИТОГО:	20 баллов

 

Одиннадцатый класс

Девятый класс

(Саморукова О. Л.)

Так как вариантов обнаружения соединений может быть много, то здесь мы разберём один из вариантов, который показывает взаимодействие каждого из веществ со всеми другими веществами и позволяет правильно заполнить таблицу. Предположим, что в пробирках вещества находятся под следующими номерами: 1 – NH₃∙ H₂O, 2 – KI, 3 – Pb(NO₃)₂, 4 – BaCl₂, 5 – Na₂SO₄, 6 – AgNO₃, 7 – Na₂CO₃. В шесть чистых пробирок отбираем глазной пипеткой по 10 – 15 капель раствора из пробирок 2 – 7. Чистые пробирки пронумерованы аналогично пробиркам с веществами. В каждую из этих пробирок будем по каплям добавлять раствор из первой пробирки и наблюдать эффекты реакций. В пробирках №3 и №6 будут выпадать осадки. В пробирке №3 – осадок белого цвета, нерастворимый в избытке реактива. В пробирке №6 – осадок белый, буреющий на воздухе и растворяющийся в избытке реактива. На основании имеющегося набора анализируемых соединений, делаем вывод, что буреть может только AgOH, переходящий в Ag₂O и растворяющийся в избытке NH₃∙ H₂O. Осадок, находящийся в другой пробирке, может быть только Pb(OH)_2, который не растворяется в избытке аммиака; Ba(OH)₂ аммиаком не осаждается. Делаем вывод, что в пробирке №1 – NH₃∙ H₂O, в пробирке №6 – AgNO₃, в пробирке №3 – Pb(NO₃)₂. Для более полного подтверждения сделанных выводов и определения других веществ в шесть чистых пробирок переносим по 10 – 15 капель растворов из пробирок №1, 3 – 7. В каждую из них добавляем по каплям раствор из пробирки №2. Наблюдаем выпадение жёлтых осадков в пробирках №3 и №6. Осадок в пробирке №3 имеет игольчатую форму и растворяется в избытке реактива и горячей воде. Из всех соединений только ионы Pb²⁺ и Ag⁺ дают жёлтые осадки с KI. Таким образом мы подтвердили, что в пробирках №3 и №6 находятся – Pb(NO₃)₂ и AgNO₃ и доказали, что в пробирке №2 – KI. В шесть чистых пробирок переносим по 10 – 15 капель растворов из пробирок №1, 2, 3 и 5, 6, 7. В каждую из них добавляем по каплям раствор из пробирки №4. В пробирках №3, 5, 6, 7 выпадают белые осадки. Вещества в пробирках №3 и 6 определены. Из оставшихся веществ в пробирках №5 и 7 могут быть только Na₂SO₄ и Na₂CO₃. В пробирке № 4 может быть только BaCl₂, так как осадок, образующийся в пробирке № 3 при добавлении к нему раствора из пробирки № 4, растворяется при нагревании и выпадает вновь при охлаждении раствора. Такими свойствами обладает только соль PbCl₂. Мы доказали, что в пробирке № 4 – BaCl₂. В шесть чистых пробирок переносим по 10 – 15 капель растворов из пробирок №1 – 4 и 6, 7. В каждую из них добавляем по каплям раствор из пробирки №5. Наблюдаем выпадение белых осадков в пробирках № 3, 4 и 6. Так как в пробирке № 6 осадок белого цвета, то это значит, что в пробирке № 5 – Na₂SO₄, а не Na₂CO₃ (так как Ag₂CO₃ имеет жёлтую окраску). Подтвердим наши предположения дальнейшим экспериментом. В шесть чистых пробирок переносим по 10 – 15 капель растворов из пробирок №1 – 5 и 7. В каждую из них добавляем по каплям раствор из пробирки № 6. Наблюдаем выпадение осадков во всех пробирках, кроме пробирки № 3. В пробирках № 2 и 7 осадки жёлтого цвета, в остальных пробирках осадки имеют белый цвет. Так как мы доказали, что в пробирке № 2 – KI, то в пробирке № 7 – Na₂CO₃. Таким образом, мы обнаружили соединения во всех пробирках.

Вариант решения в виде таблицы:

	NH3∙ H2O	KI	Pb(NO3)2	BaCl2	Na2SO4	AgNO3	Na2CO3
NH3∙ H2O		–	↓ белый, нераств. в изб.	–	–	↓ Ag2O бурый, раств. в изб. NH3∙ H2O	–
KI			↓ жёлтый, раств. в изб. KI и горячей воде	–	–	↓ жёлтый	–
Pb(NO3)2				↓ белый, раств. при нагревании	↓ белый	–	↓ белый
BaCl2					↓ белый	↓ белый, раств. в изб. NH3∙ H2O	↓ белый
Na2SO4						↓ белый	–
AgNO3							↓ жёлтый
Na2CO3

Уравнения реакций:

1. Pb(NO₃)₂ + 2NH₃∙ H₂O = Pb(OH)₂↓ + 2NH₄NO₃

2. 2AgNO₃ + 2NH₃∙ H₂O (недост.) = Ag₂O↓ + 2NH₄NO₃ + H₂O

3. AgNO₃ + 2NH₃∙ H₂O (изб.) = [Ag(NH₃)₂]NO₃ + 2H₂O

Десятый класс

(Саморукова О. Л.)

1. Определение склянок с кислотами. В три пробирки переносим глазной пипеткой по 10–15 капель растворов кислот. В каждую пробирку добавляем по каплям раствор хлорида бария и наблюдаем, что происходит. Пробирка с раствором HCl останется прозрачной. В двух других пробирках выпадут белые осадки. К осадкам в пробирках медленно, по каплям добавляем раствор из пробирки с раствором HCl и перемешиваем стеклянной палочкой. В пробирке, где находится осадок Ba₃(PO₄)₂, будем наблюдать его медленное растворение. Значит, в этой пробирке находился раствор H₃PO₄. В другой пробирке осадок растворяться не будет даже при добавлении большого избытка HCl. Значит, в этой пробирке находился раствор H₂SO₄.

Уравнения реакций:

H₂SO₄ + BaCl₂ = BaSO₄↓ + 2HCl

2H₃PO₄ + 3BaCl₂ =Ba₃(PO₄)₂↓ + 6HCl

2. Стандартизация раствора NaOH. С помощью воронки заполняем бюретку раствором NaOH. В колбу для титрования переносим пипеткой Мора 10 мл раствора H₂C₂O₄, добавляем 2–3 капли индикатора фенолфталеина и при перемешивании титруем раствором NaOH до появления бледно-розовой окраски раствора. Записываем объём раствора щёлочи, израсходованный на титрование. Титрование повторяем несколько раз до появления не менее трёх сходящихся результатов. Расчёт концентрации щёлочи проводим по формуле:

, где

c(NaOH) – концентрация щёлочи, моль/л;

c(H₂C₂O₄) – концентрация стандартного раствора щавелевой кислоты, моль/л;

V(NaOH) – объём щёлочи, израсходованный на титрование, мл;

V(H₂C₂O₄) – объём раствора щавелевой кислоты, взятый для титрования, 10 мл.

3. Определение концентрации H₂SO₄. Заполняем бюретку раствором NaOH. В колбу для титрования переносим пипеткой Мора 10 мл раствора H₂SO₄ из склянки с кислотой, добавляем 2–3 капли индикатора фенолфталеина и при перемешивании титруем раствором NaOH до появления бледно-розовой окраски раствора. Записываем объём раствора щёлочи, израсходованный на титрование. Титрование повторяем несколько раз до появления не менее трёх сходящихся результатов. Расчёт концентрации кислоты проводим по формуле:

, где

c(H₂SO₄) – концентрация раствора серной кислоты, моль/л;

c(NaOH) – точная концентрация щёлочи, моль/л;

V(NaOH) – объём щёлочи, израсходованный на титрование, мл;

V(H₂SO₄) – объём раствора серной кислоты, взятый для титрования, 10 мл.

Система оценивания:

1.	Определение кислот в склянках по 5 баллов	15 баллов
2.	Уравнения реакций по 1 баллу	2 балла
3.	Расчёт концентрации кислоты	3 балла
	Точность определения кислоты (Максимальный балл за относительную погрешность ≤ 2 % при бó льших ошибках снижать по одному баллу за каждый процент свыше 2 %)	10 балл
	ИТОГО:	30 баллов

Методические указания: Желательно приготовить 2–3 варианта раствора серной кислоты с близкой концентрацией. Точная концентрация серной кислоты, установленная тем же способом, что и в задаче, сообщается проверяющим.

 

Одиннадцатый класс

(Апяри В. В.)

Поскольку, как сказано в условии, при взаимодействии ионов металлов с ЭДТА образуются комплексы состава 1: 1, то расчёт концентрации ЭДТА и ионов свинца может быть осуществлён по формулам:

и , где:

– концентрация раствора ЭДТА (моль/л);

– объём раствора ЭДТА, пошедший на титрование (мл);

– концентрация раствора ZnSO₄ (моль/л);

– объём раствора ZnSO₄, взятый на титрование (мл);

– концентрация раствора Pb²⁺ (моль/л);

– объём анализируемого раствора, взятого на титрование (мл).

Далее рассчитывают массовую концентрацию свинца по формуле:

, где:

– молярная масса свинца (207, 2 г/моль).

Ответы на теоретические вопросы

1.

В образовании связей с комплексообразователем участвует 6 атомов (выделены жирным подчёркиванием).

2. В структуре комплексов с ЭДТА можно выделить пять 5-членных циклов с участием комплексообразователя. 6-членных циклов в данном случае нет:

3. Комплексонометрическое титрование не проводят в сильнокислой среде, поскольку в этих условиях происходит протонирование основных центров ЭДТА, образующих связь с ионом металла и прочность комплекса уменьшается:

или

Комплексонометрическое титрование Zn²⁺ и Pb²⁺ не проводят и сильнощелочной среде, поскольку в этих условиях данные ионы образуют прочные гидроксокомплексы:

Система оценивания:

Точность определения концентрации свинца: Максимальный балл при погрешности в пределах ± 0, 1 г/л, далее снимать по 1 б за каждые лишние ± 0, 1 г/л;	20 баллов
Ответы на теоретические вопросы: 1. Указание донорных атомов в структуре ЭДТА – 1 б Подсчёт количества донорных атомов – 1 б 2. Подсчёт количества циклов – 2 б 3. Обоснование для сильнокислой среды: 1 уравнение (любое из указанных)–2 б Обоснование для сильнощелочной среды: 2 уравнения по 2 балла –4 б	10 баллов
ИТОГО:	30 баллов

Методические указания: Следует приготовить 2–3 варианта раствора свинца с массовой концентрацией по свинцу 4–6 г/л. Точная концентрация свинца фиксируется до ± 0, 1 г/л и проверяется тем же способом, что и в задаче.

 

[1] P. A. EDWARDS, J. D. CORBETT Stable Homopolyatomic Anions. Synthesis and Crystal Structures of Salts Containing the Pentaplumbide(2-) and Pentastannide(2-) Anions // Inorganic Chemistry (1977), Vol. 16, No. 4, pp. 903–907.

 

Оглавление

Оглавление. 2

Пояснительная записка. 3

Девятый класс. 4

Решение задачи 9-1 (автор: Ильин М. А.) 4

Решение Задачи 9-2 (автор: Лебедева О.К.) 6

Решение Задачи 9-3 (авторы: Медведев И. Н., Долженко В. Д.) 8

Решение Задачи 9-4 (авторы: Дроздов А. А., Андреев М. Н.) 10

Решение Задачи 9-5 (автор: Еремин В. В.) 11

Десятый класс. 14

Решение Задачи 10-1 (автор: Белоусов Ю. А.) 14

Решение Задачи 10-2 (авторы: Медведев И. Н., Долженко В. Д.) 16

Решение Задачи 10-3 (авторы Гулевич Д. Г., Емельянов В.А.) 20

Решение Задачи 10-4 (авторы: Андреев П. А., Трушков И. В.) 22

Решение Задачи 10-5 (автор: Ерёмин В. В.) 24

Одиннадцатый класс. 26

Решение Задачи 11-1 (авторы: Сапарбаев Э. С., Емельянов В. А.) 26

Решение Задачи 11-2 (автор: Беззубов С. И.) 27

Решение Задачи 11-4(автор: Седов И. А.): 30

Решение Задачи 11-4(aвторы: Сальников О. Г., Ильин М. А.) 31

Решение Задачи 11-5 (автор: Каргов С. И.) 34

Девятый класс. 37

Десятый класс. 40

Одиннадцатый класс. 42

 

Пояснительная записка

В задание теоретического тура входит 5 задач, каждая из которых максимально оценивается в 20 баллов, то есть за выполнение всех задач теоретического тура можно получить максимум 100 баллов. Выполнение практического тура максимально оценивается в 30 баллов. Максимальное количество баллов, которое может получить участник за оба тура, составляет 130 баллов.

Девятый класс

Решение Задачи 9-1 (автор: Ильин М. А.)

1. Обозначим состав хлорида А в виде X Cl_n, а атомную массу металла X – x а. е. м. Тогда:

Перебирая целочисленные значения n от 1 до 8, приходим к единственному разумному варианту X – Al, а А – AlCl₃ (M = 133, 4 г/моль). Учитывая, что стехиометрический состав хлорида Е – Y Cl₃, находим атомную массу металла Y:

(133, 4 × 1, 187) – (35, 45 × 3) = 158, 3 – 106, 4 = 51, 9 а. е. м.

Таким образом, Y – Cr.

2. При взаимодействии избытка концентрированного раствора щёлочи с хлоридом алюминия в зависимости от pH возможно образование гидроксокомплексов различного состава (реакция 2 ). Гидроксоалюминаты устойчивы лишь в водных растворах, при упаривании их водных растворов и последующем прокаливании (800 °С) происходит образование метаалюминатов (реакция 3 ). При пропускании избытка углекислого газа через раствор гидроксоалюминатов выпадает студенистый осадок гидроксида алюминия переменного состава (реакция 4 ), который также образуется при добавлении избытка водного раствора аммиака к раствору хлорида алюминия. При взаимодействии гидроксида алюминия с плавиковой кислотой в присутствии фторида натрия образуется соединение, содержащее устойчивый гексафтороалюминат‑ ион (реакция 5 ).

При добавлении водного раствора сульфида натрия к раствору хлорида хрома происходит необратимый гидролиз, в результате чего образуется осадок гидроксида хрома (III) (реакция 8 ). При добавлении избытка раствора соляной кислоты и металлического хрома в инертной атмосфере образуется раствор хлорида хрома (II) (реакция 9 ). Концентрированный раствор пероксида водорода в щелочной среде (KOH) приводит к окислению Cr(III), в результате чего образуется хромат калия (реакция 10 ). Хромат‑ ионы устойчивы лишь в нейтральной и щелочной среде, при подкислении раствором сильной минеральной кислоты (H₂SO_{4 разб.}) они довольно быстро превращаются в дихромат‑ ионы (реакция 11 ), которые в кислой среде проявляют довольно сильные окислительные свойства (реакция 12 ). Таким образом, формулы соединений А–К:

А – AlCl₃; Е – CrCl₃;

Б – Na₃[Al(OH)₆] (Na[Al(OH)₄], Na[Al(H₂O)₂(OH)₄]); Ж – Cr(OH)₃;

В – NaAlO₂; З – CrCl₂;

Г – Al(OH)₃; И – K₂CrO₄;

Д – Na₃[AlF₆]; К – K₂Cr₂O₇.

Уравнения реакций ( 1 – 12 ):

( 1 ) 2Al + 3Cl₂ ® 2AlCl₃;

( 2 ) AlCl₃ + 6NaOH _{изб. конц.} ® Na₃[Al(OH)₆] + 3NaCl,

(AlCl₃ + 4NaOH _{изб. конц.} ® Na[Al(OH)₄] + 3NaCl),

(AlCl₃ + 4NaOH _{изб. конц.} + 2H₂O ® Na[Al(H₂O)₂(OH)₄] + 3NaCl);

( 3 ) Na₃[Al(OH)₆] NaAlO₂ + 2NaOH + 2H₂O,

(Na[Al(OH)₄] NaAlO₂ + 2H₂O),

(Na[Al(H₂O)₂(OH)₄] NaAlO₂ + 4H₂O);

( 4 ) Na₃[Al(OH)₆] + 3CO_{2 изб.} ® Al(OH)₃¯ + 3NaHCO₃,

(Na[Al(OH)₄] + CO_{2 изб.} ® Al(OH)₃¯ + NaHCO₃),

(Na[Al(H₂O)₂(OH)₄] + CO_{2 изб.} ® Al(OH)₃¯ + NaHCO₃ + 2H₂O);

( 5 ) Al(OH)₃ + 3HF _конц. + 3NaF ® Na₃[AlF₆]¯ + 3H₂O;

( 6 ) AlCl₃ + 3NH_{3 изб.} + 3H₂O ® Al(OH)₃¯ + 3NH₄Cl;

( 7 ) 2Cr + 3Cl₂ 2CrCl₃;

( 8 ) 2CrCl₃ + 3Na₂S + 6H₂O ® 2Cr(OH)₃¯ + 6NaCl + 3H₂S­;

( 9 ) 2CrCl₃ + 2HCl + 2Cr 4CrCl₂ + H₂­,

(2CrCl₃ + Cr 3CrCl₂);

( 10 ) 2Cr(OH)₃ + 3H₂O_{2 конц.} + 4KOH ® 2K₂CrO₄ + 8H₂O;

( 11 ) 2K₂CrO₄ + H₂SO_{4 разб.} ® K₂Cr₂O₇ + K₂SO₄ + H₂O;

( 12 ) 2K₂CrO_{4 тв.} + 16HCl _конц. 2CrCl₃ + 3Cl₂­ + 4KCl + 8H₂O.

3. Тривиальное (оно же минералогическое) название соединения Д – криолит. Для получения алюминия используется смесь Al₂O₃ (~10–15 %) и Na₃[AlF₆] (~85–90 %). Криолит позволяет существенно понизить температуру проведения электролиза (t_пл.(Al₂O₃) ~ 2053 °C! ), а также значительно увеличить электропроводность расплава.

4. Водный раствор хлорида хрома (II) будет быстро окисляться кислородом воздуха до соединений Cr(III):

4CrCl₂ + O₂ + 2H₂O ® 4Cr(OH)Cl₂.

или (в присутствии HCl): 4CrCl₂ + O₂ + 4HCl ® 4CrCl₃ + 2H₂O

 

Система оценивания:

1.	Металлы X и Y (с расчётами; без расчётов – 0, 5 балла)	1 балл
2.	Формулы соединений А–Кпо 0, 5 балла; Уравнения реакций 1–12 по 1 баллу	17 баллов
3.	Тривиальное (минералогическое) название Д – 0, 5 балла; Добавление Д (любой из вариантов в решении) – 0, 5 балла	1 балл
4.	Уравнение реакции окисления раствора З на воздухе	1 балл
	ИТОГО:	20 баллов

 

12345Следующая ⇒

Поделиться:

Популярное:

1. I. Цель и задачи духовно-нравственного развития и воспитания обучающихся.
2. II. РАЗРЕШЕНИЕ НА ПРОИЗВОДСТВО ОГНЕВЫХ РАБОТ
3. II. ЦЕЛИ, ОСНОВНЫЕ НАПРАВЛЕНИЯ ДЕЯТЕЛЬНОСТИ И ЗАДАЧИ ПРОФСОЮЗА
4. III. ЦЕЛИ, ЗАДАЧИ, ОЖИДАЕМЫЙ РЕЗУЛЬТАТ
5. III. Цель, задачи развития территориального общественного самоуправления «Жуковский Актив»
6. IV. ОЧЕРЕДНЫЕ ЗАДАЧИ ПАРТИЙНОЙ ПРОПАГАНДЫ, АГИТАЦИИ И ОРГАНИЗАЦИИ
7. V. МЕЖДУНАРОДНЫЕ ЗАДАЧИ ШВЕЙЦАРСКИХ СОЦИАЛ-ДЕМОКРАТОВ
8. АЛГОРИТМ РЕШЕНИЯ СИТУАЦИОННОЙ ЗАДАЧИ № 1
9. АЛГОРИТМ РЕШЕНИЯ СИТУАЦИОННОЙ ЗАДАЧИ № 4
10. АЛГОРИТМ РЕШЕНИЯ СИТУАЦИОННОЙ ЗАДАЧИ № 9
11. АНАЛИТИЧЕСКИЙ ОБЗОР СОЗДАНИЯ ГПС И ПОСТАНОВКА ЗАДАЧИ
12. Антропогенетика как наука. Её предмет, методы, задачи.