НЦ МАЛА АКАДЕМІЯ НАУК ОЧНО-ЗАОЧНА ХІМІЧНА ШКОЛА АНАЛІЗ

НЦ МАЛА АКАДЕМІЯ НАУК ОЧНО-ЗАОЧНА ХІМІЧНА ШКОЛА АНАЛІЗ ТА РОЗВ’ЯЗКИ КР№ 1, 2013 р. Підготував: методист лабораторії хіміко-біологічних наук Головань О. В. © Copyright by Rumata Estorsky, Kiev, NС MAN, 2013

ЗАГАЛЬНА СТАТИСТИКА Всього надійшло робіт для перевірки - 71 З них: 9 клас – 18; 10 клас – 26; 11 клас – 25; Не ідентифіковано – 2. Порушені вимоги до оформлення робіт – 4. Винесено на наукову комісію для розгляду та анулювання за плагіат (списування) – 10. Винесено суворе попередження за частковий плагіат – 10. Складність кожної задачі оцінювалась наступним чином: сума усіх балів учасників паралелі ділилась на максимально можливу суму таких балів. «Відсоток» розв’язку вказаний для кожної задачі окремо. Загальний відсоток розв’язку – 56%

Задача № 1, 10 клас «Hg» а) Ртуть не вступатиме в реакцію з хлоридною кислотою, (див. ряд активності металів). Hg + HCl ≠ b) Hg + 4 HNO 3 (конц. ) = Hg(NO 3)2 + 2 NO 2 + 2 H 2 O, при надлишку ртуті може відбуватись реакція: 6 Hg + 8 HNO 3 = 3 Hg 2(NO 3)2 + 2 NO + 4 H 2 O c) Ртуть не вступає в реакцію з лугами: Hg + Na. OH ≠ d)Стандартний електродний потенціал переходу Hg 0 Hg 2+ за даними підручника загальної хімії (Н. Глінка) не дозволяє реакцію зі сріблом, а за даними збірника задач того ж автора – дозволяє (є меншим за перехід Аg 0 Аg+ ). Проте точно меншим є потенціал переходу 2 Hg 0 Hg 2 2+. Отже можлива реакція 2 Hg + 2 Ag. NO 3 = 2 Ag + Hg 2(NO 3)2 e) 2 Hg + Cu. Cl 2 ≠ (див. ряд активності металів). f) Hg + Zn. Cl 2 ≠ (див. ряд активності металів). Відсоток розв’язку задачі - 56%

Задача № 2, 10 клас «Суміш металів» Хімічна складова задачі: З лугом реагує тільки алюміній, з кислотою алюміній і залізо. За реакцією з лугом знаходимо масу алюмінію в суміші: x моль 0, 672 л 2 Al + 2 Na. OH + 6 HOH = 2 Na[Al(OH)4] + 3 H 2 2 моль 3 моль ∙ 22, 4 л/моль x=2 моль· 0, 672 л/67, 2 л=0, 02 моль ( (ט Al)), m(Al) = (ט Al) · M(Al)=0, 02 моль· 27 г/моль = 0, 54 г. При додаванні хлоридної кислоти до суміші виділилось (H 2) =1, 792 л; тоді ( ט H 2)=V/VМ=1, 792 л/22, 4 л/моль=0, 08 моль. 2 Al + 6 HCl =2 Al. Cl 3 + 3 H 2; Fe + 2 HCl = Fe. Cl 2 + H 2. (ט H 2) = 0, 08 моль – 0, 03 моль = 0, 05 моль (водень, який виділився при взаємодії заліза; m(Fe) = 56 г/моль· 0, 05 моль = 2, 8 г. m(Cu) = m(суміші) – (m(Al) + m(Fe)) = 6, 52 г – (0, 54 г + 2, 8 г)=3, 18 г. W(Cu) = m(Cu)/ m(с) = 3, 18 г/6, 52 г = 0, 488 (48, 8%) W(Al) = m(Al)/ m(с) = 0, 54 г/6, 52 г = 0, 083 (8, 3%) W(Fe) = m(Fe)/ m(с) = 2, 8 г/6, 52 г = 0, 429 (42, 9%) Відсоток розв’язку задачі - 82%

Задача № 3, 10 клас «Кристалогідрат» Хімічна складова задачі: При перекристалізації кристалогідрату варто враховувати, що маса розчинника зменшується, оскільки частина води переходить в кристалізаційну і видаляється з розчину. Знайдемо масу чистого кристалогідрату (вважаємо домішки нерозчинними), масу безводної солі та масу води, необхідної для приготування насиченого розчину. m(Al(NO 3)3· 9 H 2 O) = m(крист. ) - m(дом. ) = 2000 г ∙ 093 (без домішок) =1860 г хг 375 г/моль 213 г/моль Al(NO 3)3· 9 H 2 O = Al(NO 3)3 + 9 H 2 O 96 г солі розчиняється в 100 г води (50°С). Перерахуємо на кристалогідрат: 96 г х г кр. -гідр. Х= 169 г кристалогідрату. 213 г/моль 375 г/моль Маса води, в якій розчиняється кристалогідрат 196 г -169 г = 27 г. Отже, 1860 г крист. /гідр. розчиниться в 297 г води (насич. розч. при 50°С). 75, 4 г солі розчиняється в 100 г води (20°С). Перерахуємо на кристалогідрат (пропорція аналогічна наведеній вище) Х= 133 г кристалогідрату. Зайдемо ט кристалогідрату, що виділиться, через пропорцію: 133 г кр. /г. 1860 - 375 ט 175, 4 г розчину 2157 - 375 ט 84, 2 = ט моль, m(Al(NO 3)3· 9 H 2 O) = 2, 48 · 375 = 930 г. (Відповіді, які відрізняються в межах 5% через різне округлення зараховувались!!) Відсоток розв’язку задачі - 37, 4%

Задача № 4, 10 клас «Рівновага» N 2 + 3 H 2 2 NH 3, ΔH= – 92 к. ДЖ/моль; Kрівноваги =[ NH 3]2/ [N 2] · [H 2]3; а) Якщо збільшити об’єм реакційної суміші в 2 рази, то тиск в системі зменшиться в 2 рази, і відповідно концентрації реагуючих речовин зменшаться в 2 рази. [ NH 3]2 = K • 1/2[N 2] • 1/8 [H 2]3, ¼ початкової концентрації. Зменш. У 4 рази. б) За принципом Ле-Шательє при збільшенні тиску, реакція буде напрямлена в бік утворення аміаку, оскільки при утворенні амоніаку з 4 молів утворюється 2 молі, тобто тиск зменшується в два рази. По аналогії з п. а) 1, 22 = 1, 44 р. Концентрація аміаку збільшиться в 1, 44 рази в) Якщо збільшити концентрацію водню, то за принципом Ле-Шательє рівновага зміститься в бік утворення амоніаку. [H 2]кінц=3[H 2]поч. [ NH 3]2 = K • [N 2]1 • 27 [H 2]3 , Концентрація амоніаку зросте в = 3√ 3. г) Оскільки ΔH<0 то реакція утворення аміаку екзотермічна, тобто супроводжується виділенням тепла. Концентрація амоніаку зменшиться. Оскільки в умові не вказано початкову температуру реакції та коефіцієнт Вант. Гоффа, то кількісно розрахувати зменшення концентрації амоніаку неможливо Відсоток розв’язку задачі - 40, 2%

Задача № 5, 10 клас «Ізотопи хлору» Відносна атомна маса Хлору дорівнює сумі атомних мас його ізотопів з урахуванням поширення в природі вираженого у відсотках (долях одиниці): Ar(Cl) = Ar(Cl 35) • W(Cl 35) + Ar(Cl 37) • W(Cl 37) Припустимо W(Cl 35) = x, тоді W(Cl 37) = 1 – x, а точна відносна атомна маса Хлору Ar(Cl)=35, 453 а. о. м. 35, 453= 35 x + 37(1 -x) 2 x=1, 547 x=0, 7735 (77, 35%) W(Cl 35) W(Cl 37)= 1 – 0, 7735 = 0, 2265 Відповідь: W(Cl 35) = 77, 35%, W(Cl 37) = 22, 65%. Відсоток розв’язку задачі - 70%

Задача № 6, 10 клас «Мірна колба» Розшифровка позначок на мірній колбі: • Логотип заводу виробника - ПАО «Стеклоприбор» , • Знак відповідності Державному стандарту, номер ДСТУ. • Номінальній об’єм, мл – 200, • 2 кл – другий клас точності (похибка ± 0, 15 мл (налив), • Н – повірка на налив, • 20ºС – температура визначення номінального об’єму, вказано. Сумніви лаборанта могли бути викликані його поганим настроєм, або розташуванням зірок на небі . (Дана фраза в умові зв’язує дві частини задачі) При перевірці точності нанесення міток на будь-якому мірному посуді варто враховувати три поправки: 1. Температурний коефіцієнт розширення води; 2. Температурний коефіцієнт розширення скла; 3. Поправка на зважування в повітрі. Відсоток розв’язку задачі - 30%

Приклад розрахунків для калібрування мірного посуду (А. П. Крешков, А. А. Ярославцев, изд. «Химия» , Москва, 1968 г. )

Приклад розрахунків для калібрування мірного посуду (А. П. Крешков, А. А. Ярославцев, изд. «Химия» , Москва, 1968 г. )

Задача № 1, 11 клас «Розчин кислоти» а) Молярна концентрація (СМ ) вимірюється в моль/л. Нехай об’єм розчину 1 л, тоді маса розчину 1268, 5 г. Маса (Н 2 SO 4) = 0, 36∙ 1268, 5 = 456, 66 г, 89/66, 654 = ט г/моль = 4, 66 моль. СМ = 4, 66 моль/л. b) СN = 9, 32 моль ∙ екв/л. (Кислота містить 2 йони H+ , отже молярна маса її еквіваленту складає 49 г/моль) c) Титр складає 456, 66 г/л, або 0, 45666 г/мл. d) Моляльна концентрація визначається кількістю речовини на 1 кг розчинника. Маса води у розчині: 1268, 5 -455, 66 = 812, 84 г ( 61, 54 = ט моль). 4, 66 моль х моль 812, 84 г води 1000 г води х = 5, 733 моль/кг Сm = 5, 733 моль/кг. e) Мольна частка кислоти складає: 4, 66/ (4, 66+45, 16) = 0, 094 Відсоток розв’язку задачі - 75, 6%

Задача № 2, 11 клас «Суміш кислот» Хімічна складова задачі: HCOOH CO + H 2 O; HOOC-COOH CO + CO 2 + H 2 O. Розрахункова частина: ( ט HCOOH) + 2 ( ט HOOC-COOH) = ט газу. ( ט HCOOH) = х, (ט HOOC-COOH) = y, тоді: х∙ 46 + y ∙ 90 = 11, 3 г, а х + y/2 = 5, 6 л /22, 4 л/моль. х + у/2 =0, 25 моль, х= 0, 5 у. 23 у + 90 у =11, 3. у= 0, 1. (ט HOOC-COOH) = 0, 1 моль, 0, 1 моль ∙ 90 г/моль = 9 г, m(HCOOH) = 11, 3 -9=2, 3 г (20, 35%) m (HOOC-COOH) = 9 г (79, 65 %) Відсоток розв’язку задачі - 79%

Задача № 3, 11 клас «Молярна маса фенолу» Δ t кип = Kеб. ∙ Сm. t кип (етанолу) = 78, 37 °С, отже Δ t кип = 78, 602 -78, 370 = 0, 232 °С. Сm = 0, 232/1, 16 = 0, 2 моль/кг. Нехай молярна маса фенолу = х, тоді: 0, 2 х / (0, 2 х+1000) = 0, 018453. Х= 93, 999 г/моль. Відповідь: Молярна маса фенолу складає 94 г/моль. Відсоток розв’язку задачі - 46, 8%

Задача № 4, 11 клас «Кристалогідрат» Хімічна складова задачі: При перекристалізації кристалогідрату варто враховувати, що маса розчинника зменшується, оскільки частина води переходить в кристалізаційну і видаляється з розчину. Знайдемо масу чистого кристалогідрату (вважаємо домішки нерозчинними), масу безводної солі та масу води, необхідної для приготування насиченого розчину. m(Al(NO 3)3· 9 H 2 O) = m(крист. ) - m(дом. ) = 2000 г ∙ 093 (без домішок) =1860 г хг 375 г/моль 213 г/моль Al(NO 3)3· 9 H 2 O = Al(NO 3)3 + 9 H 2 O 96 г солі розчиняється в 100 г води (50°С). Перерахуємо на кристалогідрат: 96 г х г кр. -гідр. Х= 169 г кристалогідрату. 213 г/моль 375 г/моль Маса води, в якій розчиняється кристалогідрат 196 г -169 г = 27 г. Отже, 1860 г крист. /гідр. розчиниться в 297 г води (насич. розч. при 50°С). 75, 4 г солі розчиняється в 100 г води (20°С). Перерахуємо на кристалогідрат (пропорція аналогічна наведеній вище) Х= 133 г кристалогідрату. Зайдемо ט кристалогідрату, що виділиться, через пропорцію: 133 г кр. /г. 1860 - 375 ט 175, 4 г розчину 2157 - 375 ט 84, 2 = ט моль, m(Al(NO 3)3· 9 H 2 O) = 2, 48 · 375 = 930 г. (Відповіді, які відрізняються в межах 5% через різне округлення зараховувались!!) Відсоток розв’язку задачі - 55%

Задача № 5, 11 клас «Виведення формули» Молярна маса невідомої сполуки (Сх Ну Оz) = 16 ∙ 2 = 32 г/моль. При згорянні увесь С перейшов в СО 2. (ט СО 2) =3, 36/22, 4 = 0, 15 моль. Отже маса Карбону, що входив до сполуки складає 0, 15 ∙ 12 = 1, 8 г. При згорянні увесь Н перейшов в Н 2 О. (ט Н 2 О) =5, 4/18 = 0, 3 моль. Але (ט Н) в (Сх Ну Оz) 0, 6 моль (в склад води увійшло два атоми Н). Отже маса Гідрогену, що входив до сполуки складає 0, 6 ∙ 1 = 0, 6 г. Маса Оксигену у (Сх Ну Оz) 4, 8 -1, 8 -0, 6 = 2, 4 г. Знайдемо найпростішу формулу сполуки: x: y: z = 1, 8/12 : 0, 6/1 : 2, 4/16. x: y: z =1: 4: 1. Найпростіша формула сполуки СН 4 О. Вона ж і є істиною (див. молярну масу). Горів метанол СН 3 ОН. Метанол не має ізомерів. Відсоток розв’язку задачі - 91, 6%

Задача № 6, 11 клас «Шоколад» Шоколад, а особливо трюфелі, залишають великі «жирні» плями на серветці або фільтрувальному папері. Це свідчить про наявність жирів у шоколаді. Рослинні жири є ненасиченими (містять у своєму складі кратні зв’язки). Це можна перевірити за допомогою слабкого розчину калій перманганату. Відсоток розв’язку задачі - 57%

Дякую за увагу!