Олимпиадные задания по химии 9 класс

Олимпиадные задания  химия 9 класс

Задача 1:Смесь двух галогенидов калия общей массой 5,00 г растворили в воде. При добавлении к полученному раствору избытка раствора нитрата серебра было получено 8,58 г осадка. Определите, какие галогениды калия могли быть взяты в смеси, качественный состав и возможную окраску осадка.

Решение

Уравнение реакции образования осадка:

KX + AgNO3 = AgX? + KNO3, где X = Cl, Br, I.

Фторид калия осадка не дает, т. к. AgF хорошо растворим в воде (172 г на 100 г воды при 20о С).

Если осадок образован двумя галогенидами можно определить общее количество галогенидов в исходной смеси: n = (8,58 – 5) : (Ar(Ag) – Ar(K)) = 3,58 : (107,868 – 39,098) = 0,0521 (моль), что для индивидуальных галогенидов калия соответствует массе:

KCl – 3,816 (г)

KBr – 6,092 (г)

KI – 8,518 (г)

Т. о. в смеси могли находиться только пары KCl – KBr, KCl – KI (5 г смеси KBr – KI не могли бы дать такую массу осадков галогенидов серебра).

Если в смеси был фторид калия, то с ним в паре мог находиться только хлорид калия, т. к. бромид и иодид калия не могли бы дать такую массу осадка.

Тогда для возможных смесей:

Смесь

Осадок

Окраска

KCl – KBr

AgCl + AgBr

светло–желтая

KCl – KI

AgCl + AgI

Желтая

KF – KCl

AgCl

Белая

 Задача 2 (2012-2013 уч. год)

 На схеме приведены превращения соединений (А - F) одного и того же элемента, простое вещество для которого является твердым и имеет желтую окраску.

BaCl2        H2, 1000o A ———→ B↓ ———→ C H2O2↑ ↓ HCl O2 F O2 F↑ ←——— E↓ ←——— D↑ ———→ F

1 элемент. Определение веществ A - F (4 балла, по 0,5 балла за каждое из шести веществ и 1 балл за простое вещество) 2 элемент. Составление уравнений реакций в соответствии со схемой (3,5 балла, по 0,5 балла за каждое из 7 уравнений) 3 элемент.

Составление уравнений реакций (а – в) простого вещества (2,5 балла)

 Ответ: A – H2SO4; B – BaSO4; C – BaS; D – H2S; E – S; F – SO

Задача 3

 Ученик Вова нашел на свалке кусок металла. Для определения металла он решил использовать оборудование химического кабинета. Вова отделил образец найденного металла, взвесил его (m=3,646 г) и растворил в 62,5 г 24% растворе соляной кислоты. Исследуемый кусочек полностью растворился с выделением бесцветного газа, а масса образовавшегося раствора составила 65,846 г. К полученному раствору Вова добавил избыток 7,4 % раствора гидроксида натрия, выпал белый осадок. Вова аккуратно отфильтровал полученный осадок, высушил и прокалил на газовой горелке до постоянной массы (m=6,046 г). Полученных данных хватило для достоверных выводов о составе образца.

1.     Как Вы думаете, на основе чего Вова решил, что найденный образец является металлом?

2.     Что нашел Вова?

3.     Приятель Вовы Боря предположил, что найденный образец мог бы быть сплавом. Но Вова аргументировано отверг это предположение. А Вы сможете? (

Решение .

1.Образец, найденный Вовой, мог быть серебристо-белого цвета (желтые медь и золото вряд ли смогли бы раствориться в соляной кислоте). В конце концов, он мог бы померить тестером электросопротивление. (1 балл)

2. Растворение металла в соляной кислоте сопровождается выделением водорода: М + хНCl MClx + х /2Н2↑ Из результатов взвешиваний мы можем определить массу водорода: m(H2) = 3.646+62.500-65.846 = 0.300 (г) Количество выделившегося водорода составило: 0.300/2 = 0.150 моль. Тогда количество металла составляет 0.150/(х /2) = 0.300/х моль. Атомная масса металла равна: 3.646/(0.300/х) = 12.153х г/моль, что может соответствовать магнию (х=2, А = 24.306 г/моль) или близко к значению для титана (х=4, А = 48.612 г/моль). Но титан, растворяясь в соляной кислоте, образует Ti(III), а, значит, водорода выделилось бы меньше. Из этого количества металлического магния (0.150 моль) должно было бы образоваться 0.150 моль оксида магния (6.046 г), что хорошо согласуется с результатами эксперимента Вовы. (5 баллов) 3. Так как расчеты атомной массы по выделению водорода и оксиду хорошо согласуются между собой, то Вова был прав. Если бы образец содержал два или более металлов (сплав), то один из металлов должен был бы иметь M/х < 12. Такими металлами могли бы быть только Li, Ве, Al, но их соли не осаждаются количественно щелочью (гидроксид лития достаточно хорошо растворим, а гидроксиды бериллия и алюминия амфотерны). (1 балл) 4. Mg + 2НСl → MgCl2 + H2↑ MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2↓ + 2NaCl NaOH + НС1 → NaC1 + Н2О Mg(OH)2 → MgO + Н2O (4 0,5 = 2 балла) 5. Гидроксид натрия расходуется на нейтрализацию избытка соляной кислоты и на взаимодействие с хлоридом магния. Но общее количество щелочи соответствует количеству исходной соляной кислоты. Тогда: ν(NaOH) = ν(HCl) = 62.500·0.24/36.5 = 0.41 моль. Объем раствора NaOH составляет 0.41·1000/2 = 205 мл. (1 балл)

4. На схеме приведены превращения Х (19 баллов)

Х+ О2 -----

Х + Вr₂ -----

Х + КОН ----

Х + FеСl₂ ----

Х + SО₂ ---- S + Н₂О

X – H₂S

X + O₂ → 2 H₂S + 3О₂ = 2Н₂О + 2SO₂

X + Br₂ → H₂S + Br₂ = 2HBr + S

X + KOH → H₂S + 2KOH = K₂S + 2H₂O (KHS + H₂O)

X + FeCI₃ → H₂S + 2FeCI₃ = 2FeCI₂ + 2HCI + S

X + SO₂ → S + H₂O 2H₂S + SO₂ = 3S + 2H₂O

5 После летних каникул в кабинете химии были обнаружены четыре банки с реактивами, отвалившиеся этикетки были перепутаны: «КОН 1М», «К₂СО₃ 1М», «АI(NO₃)₃ 1М», «СаСI₂ 1М». Юный помощник Сережа, аккуратно проведя попарные сливания растворов из банок, установил их содержимое. Полученные им результаты представлены в таблице.

Обозначения: в столбцах представлен номер взятого реактива, в строках – номер добавляемого реактива. ↓ - выпадение осадка, ↑ - выделение газа, р – растворение образовавшегося осадка (положение знака в строке зависит от количества добавляемого реагента: знак слева – выпадение осадка начинается с первой капли, чем дальше смещен знак вправо, тем больше раствора требуется для добавления осадка).

I. Определите содержимое банок.

II. Напишите уравнения реакций происходящих процессов

III. Объясните, почему при приливании раствора IV к раствору III выпадение осадка происходит не сразу.

Решение:

1)

Газовыделение возможно только при взаимодействии

3 К₂CO₃ + 2 AI(NO₃)₃ + 3Н₂О = AI(ОН)₃ + КNO₃ + 3CO₂↑

Таким образом, эти растворы находятся в банках I и IV.

Растворение осадка возможно в случае (в одном):

добавление гидроксида калия к раствору нитрата алюминия (гидроксид AI – амфотерен):

3 KOH + AI(NO₃)₃ = AI(ОН)₃↓ + 3КNO₃

КОН + AI(ОН)₃ = К[AI(ОН)₄]

Тогда раствор III – КОН, IV - AI(NO₃)₃, I - К₂CO₃ и, соответственно, II - СаСI₂.

2)

(I → II, II → I) К₂CO₃ + СаСI₂ = CaCO₃↓ + 2KCI

(III → II, II → III) 2КОН + СаСI₂ = Са(ОН)₂↓ + 2KCI

(III → IV) 3КОН + AI(NO₃)₃ = AI(ОН)₃↓ + 3КNO₃ (избыток AI(NO₃)₃)

(IV → III) AI(NO₃)₃ + 4KOH = K[AI(ОН)₄] + 3КNO₃ (избыток КОН)

(IV → I) AI(NO₃)₃ + 3К₂CO₃ + 3Н₂О = AI(ОН)₃ + 3KHCO₃ + 3КNO₃ (избыток К₂CO₃)

(I → IV) 3К₂CO₃ + 2 AI(NO₃)₃ + 3Н₂О = 2 AI(ОН)₃↓ + 6КNO₃ + 3CO₂↑ (избыток AI(NO₃)₃)

3)

При добавлении раствора AI(NO₃)₃ к избытку КОН образуется растворимый гидроксокомплекс алюминия (гидроксид AI – амфотерен)

(IV → III) AI(NO₃)₃ + 4KOH = K[AI(ОН)₄] + 3КNO₃

дальнейшее добавление AI(NO₃)₃ приводит к осаждению гидроксида алюминия:

AI(NO₃)₃ + 3 K[AI(ОН)₄] = 4AI(ОН)₃↓ + 3КNO₃

Выпадение осадка будет наблюдаться после приливания ¼ части раствора нитрата алюминия, необходимого для полного осаждения гидроксида.

Олимпиадные задания по химии 10 класс