Рекомендации по оценке решения

Всероссийская олимпиада школьников

Муниципальный этап

Учебный год

Ноября 2012

Класс

Решения задач

Задание 1

Решение представлено в виде таблицы.

Задание 2

Масса соли в исходном растворе: 200 ∙ 0.3 = 60 (г).

Масса соли в оставшемся растворе: 60 − 20 = 40 (г).

Масса оставшегося раствора: 200 − 20 = 180 (г).

Массовая доля соли в оставшемся растворе 40 / 180 = 0.222, или 22.2 %.

Задание 3

Заполненная таблица имеет вид:

Задание 4

Изменение окраски растворов связано с присутствием индикатора, который, судя по характеру окраски, может быть фенолфталеином.

4.1. Жидкость A – водный раствор щелочи, например, гидроксида натрия. Жидкость B – водный раствор кислоты, например, серной, и фенолфталеина.

4.2. Малиновая окраска раствора возникает в момент, когда добавляемая в виде раствора щелочь полностью нейтрализует кислоту и окажется в избытке. В щелочной среде фенолфталеин окрашивается в малиновый цвет. При добавлении к раствору кислоты ранее добавленный избыток щелочи будет нейтрализован, и в случае избытка кислоты окраска раствора станет бесцветной. В кислой среде фенолфталеин бесцветен.

Рекомендации по оценке решения

Всероссийская олимпиада школьников

Муниципальный этап

Учебный год

Ноября 2012

Класс

Решения задач

Задание 1

1. Ответы на вопросы.

1.1. Окраска обусловлена простым веществом йодом I₂.

1.2. 4 HI + O₂ ¾® 2 I₂ + 2 H₂O.

1.3. Добавление к раствору органического растворителя, например, бензола, толуола, тетрахлорметана. Йод переходит (экстрагируется) в органическую фазу, которая отделяется от водного раствора йодоводородной кислоты в делительной воронке.

Задание 2

Один из возможных способов очистки основан на действии избытка раствора щелочи на водный раствор загрязненного железом хлорида алюминия.

2.1. Стадия 1. Растворяем исходное вещество в воде при комнатной температуре, при необходимости отделяет взвешенные частицы фильтрованием.

Стадия 2. Добавляем к полученному раствору избыток раствора щелочи, например, NaOH. Выпадающий первоначально осадок частично растворяется. В раствор переходит алюминий в виде Na[Al(OH)₄] или, точнее, Na[Al(OH)₄(H₂O)₂]. В осадке остается гидроксид железа Fe(OH)₃ желто-коричневого цвета, нерастворимый в растворе щелочи.

Стадия 3. Отделяем осадок гидроксида железа фильтрованием.

Стадия 4. Добиваемся осаждения гидроксида алюминия Al(OH)₃ (белый осадок) действием недостатка соляной кислоты (в промышленности вместо соляной кислоты используется углекислый газ).

Стадия 5. Отделяем осадок от раствора фильтрованием. В растворе остаются соли натрия.

Стадия 6. Растворяем осадок гидроксида алюминия в соляной кислоте и закристаллизовываем раствор.

2.2. Уравнения реакций.

AlCl₃ + 3 NaOH ¾® Al(OH)₃↓ + 3 NaCl,

FeCl₃ + 3 NaOH ¾® Fe(OH)₃↓ + 3 NaCl,

Al(OH)₃ + NaOH ¾® Na[Al(OH)₄],

Na[Al(OH)₄] + HCl ¾® Al(OH)₃↓ + NaCl + H₂O,

Al(OH)₃ + 3 HCl ¾® AlCl₃ + 3 H₂O.

Задание 3

Превращение сульфида в хлорид можно отразить стехиометрической схемой (x − валентность элемента):

M₂S_x ¾® 2MCl_x .

Пусть A − атомная масса элемента. Тогда массы исходного сульфида и полученного хлорида связаны друг с другом по условию задачи выражением:

,

откуда после тождественных преобразований

и далее,

Задавая целочисленные значения валентности x, проверим физический смысл вариантов.

Таким образом, в задаче речь идет о сульфиде и хлориде бария.

Задание 4

При окислении 1 моль серы (32 г) получается 1 моль SO₂ (64 г) и далее 1 моль SO₃. Это означает, что 8 г серы при окислении сначала превратятся в 16 г SO₂ и далее перейдут в SO₃.

При окислении 16 г SO₂ до SO₃ выделится вдвое большее количество теплоты, чем указанное в условии значение для 8 г SO₂, а именно 24 кДж. Поскольку тепловые эффекты последовательных процессов суммируются, то при окислении 8 г серы до SO₃ выделится 74 + 24 = 98 кДж теплоты.

Рекомендации по оценке решения

12
• 3
• Далее ⇒