Олимпиада по биологии

Решение задач и система оценивания

11-1

Продукт горения газа Б – газ Г при пропуска­нии над раскаленным углем увеличивает свой объем вдвое, вновь превращаясь в газ Б; можно предположить, что Г - это углекислый газ, а Б - монооксид углерода:

1. 2СО + O₂ = 2СO₂,

2. СO₂ + С = 2СО.

Предположение о том, что газ Б - монооксид угле­рода, подтверждается тем фактом, что металл А соеди­няется с Б по донорно-акцепторному механизму, а в молекуле СО у атома углерода есть неподеленная электронная пара. Поэтому монооксид углерода может высту­пать в роли донора электронов.

По условию задачи, структура молекулы В соответствует правильному тетраэдру с атомом А в центре. Из этого можно сделать вывод что каждый атом А присоединяет че­тыре молекулы СО:

А + 4СО = А(СО)₄.

Теперь можно определить металл А:

Теперь нетрудно вычислить молярную массу металла А:

170,7-28∙4 = 58,7.

Металл А — Ni, Б- СО, Г – CO₂, соединение В - тетракарбонилникель Ni(CO)₄.

Уравнения реакций, происходящих при получении никеля из руды:

3) 2NiS + 3O₂ = 2NiO+2SO₂

4) NiO + CO = Ni + CO₂

5) Ni + 4СО = Ni(СО)₄.

Система оценивания

1. За определение вещества А - 2 балла

2. За определение веществ Б и Г по 1 баллу - 2 балла

3. За определение вещества В - 4 балла

4. За уравнения 1,2 по 0,5 балла - 1 балл

5. За уравнения 3-5 по1 баллу - 3 балла

6. За расчет молярной массы комплекса - 3 балла

Итого: 15 баллов

11-2

1. 2K₃[Fe(CN)₆] + C₆H₁₂O₆ +3K₂CO₃ + H₂O = 2K₄[Fe(CN)₆] + C₆H₁₁O₇K + 3KHCO₃

2. 2K₃[Fe(CN)₆] + 2KI = 2K₄[Fe(CN)₆] + I₂

3. 2 Na₂S₂O₃ + I₂ = Na₂S₄O₆ +2Na I

Из стехиометрии уравнений 1-3 следует, что

n(I₂) = 0,5n (Na₂S₂O₃ ) =0,5 C V = 0,5 ·5·10^-3 ·1,28·10^-3 = 3,2·10^-6 моль.

По уравнению 2:

n₁ (K₃[Fe(CN)₆]) = 2 n(I₂) = 6,4·10^-6 моль.

Исходное количество вещества комплекса :

n₀ (K₃[Fe(CN)₆]) = C V = 5,00·10^-3 · 2,00·10^-3 = 1,00·10^-5моль.

По уравнению 1: n(C₆H₁₂O₆) = 0,5(n₀ – n₁) = 0,5· (1,00·10^-5 - 6,4·10^-6) = 1,8·10^-6 моль.

С(C₆H₁₂O₆) = n /V = 1,8·10^-6 : 0,1·10^-3 = 1,8·10^-2 моль/л или 18 ммоль/л.

Донору грозит диабет.

Система оценивания

1. За уравнение 1 - 3 балла

2. За уравнения 2,3 по 2 балла - 4 балла

3. За расчет исходного количества комплекса - 4 балла

4. За расчет концентрации глюкозы - 1 балл

Итого : 12 баллов

11-3 (автор Лебедева О.К.)

1. Винный спирт – этанол.

2. Из опытов ясно, что нафталидам имеет формулу C_xH_yN_z , его солянокислая соль имеет состав C_xH_yN_zCl.

Исходя из данных таблицы, содержание азота в соли составляет

100 - 66,59 – 5,61 – 19,03 = 8,77%, отсюда

n(C ): n(H) : n(N) : n(Cl) =

Аналогичный расчет для образца нафталидама дает результат по усредненным данным 1 и 2 опытов:

n(C ): n(H) : n(N) =

На основании результатов всех опытов, с учетом погрешности эксперимента, формула нафталидама С₁₀Н₉N.

1. 1) 4С₁₀Н₉N + 49O₂ = 40CO₂ + 18H₂O + 2N₂ ( опыты 1,2)

2) 4С₁₀Н₁₀NCl + 49O₂ + 2СuO = 40CO₂ + 2CuCl₂ + 20H₂O + 2N₂

В опытах 1 и 2 оксид меди и хромат свинца нужны для полного окисления нафталидама в углекислый газ.

Система оценивания:

1. За определение винного спирта -1 балл

2. За установление формул нафталидама и его соли по 2 балла - 4 балла

3. За уравнение реакции1 - 2 балла

4. За уравнение реакции 2 - 3 балла

Итого : 10 баллов

11-4 (автор Теренин В.И.)

Возможные пути синтеза

1)

2)

Система оценивания:

1. За любой из вариантов - 6 баллов.

11-5

При действии соляной кислоты происходит гидролиз полиамидной цепи капрона (поли-ε-капронамида):

… −CО−(CH₂)₅−NH−CО−(CH₂)₅−NH−… ^{H2O, HCl} …−CО−(CH₂)₅−NH₃⁺ Cl^- +

+ HO−CО−(CH₂)₅−NH−…

Система оценивания:

1. За формулу полиамидной цепи капрона - 3 балла

2. За уравнение гидролиза - 4 балла

Итого: 7 баллов

10 класс

10-1

1. 1) 3Na₂CO₃ + 12HF + 2Al(OH)₃ = 2 Na₃[AlF₆] + 3CO₂ + 9H₂O

Гексафтроалюминат натрия, необходим для создания электропроводной среды и снижения температуры плавления электролита.

2) 2Al₂O₃ =^эл.ток 4Al + 3O₂

1. В 100 кг электролита содержится 80 кг криолита.

n(Na₃[AlF₆] =80000г : 210 г/моль = 381 моль.

Количество плавиковой кислоты с учетом избытка:

n(HF) =6n(Na₃[AlF₆]) ⋅1,2 = 381⋅6⋅1,2 = 2743 моль

m(HF) = 2743 моль⋅19 г/моль = 54900 г = 54,9 кг

m_p-pa = 54,9 кг : 0,4 =137 кг

V_p-pa = 137 кг : 1,13кг/л = 121 л

1. В электролизе участвует только оксид лалюминия

m(Al₂O₃) = m(электроита)⋅ω(Al₂O₃) = 100⋅0,05=5 кг

n(Al₂O₃) = 5000 г: 102 г/моль = 49 моль.

n(Al) = 98 моль m(Al) = n(Al) ⋅М ⋅ = 98⋅27⋅0,75 = 1,95 кг.

Система оценивания

1. За уравнение 1 - 3 балла

2. За название и установление роли криолита - 3 балла

3. За уравнение 2 - 1 балл

4. За расчет плавиковой кислоты - 2 балла

5. За расчет массы алюминия - 2 балла

Итого: 11 баллов

10-2 (автор Круподер С.А.)

Судя по брутто-формуле, углеводород может быть алкеном или циклоалканом.

По свойству г) алкеном он быть не может.

По свойствам а) и б) мы имеем дело с малым циклом – производным циклопропана или циклобутана.

По свойству в) при гидрировании с разрывом малого цикла получается единственный продукт, стало быть молекула симметрична.

Из структурной формулы 3-метилпропана СН₃- СН₂- СН(СН₃) – СН₂ – СН₃ очевидно, что исходный углеводород 1,2,3-триметилциклопропан.

Уравнения реакций

C₆H₁₂ + Br₂ = C₆H₁₂ Br₂ СН₃- СН(Br)- СН(СН₃) – СН(Br) – СН₃

C₆H₁₂ + HI = C₆H₁₃I СН₃- СН₂- СН(СН₃) – СНI – СН₃

C₆H₁₂ + H₂ = C₆H₁₄ СН₃- СН₂- СН(СН₃) – СН₂– СН₃

Система оценивания

1. Обоснование формулы C₆H₁₂ - 3 балла

2. Графическая формула - 2 балла

3. Уравнения реакций по 1 баллу - 3 балла

4. Графические формулы продуктов по 1 баллу - 3 балла

Итого: 11 баллов

10-3

Решение

Уравнение электролиза : 2Н₂О = 2Н₂ + О₂

На катоде выделяется водород, количество которого рассчитаем по закону Менделеева - Клапейрона :

Поскольку электролиз прошел количественно, n(H₂O) = 10 моль.

Из 188 г «тяжелой воды» 160 г кислорода и 28 г смеси водорода с дейтерием.

n(смеси ) = 20 моль.

Обозначим n(дейтерия) = x и составим уравнение 2х+1 ⋅(20-х) = 28, откуда х= 8.

Тогда количество водорода равно 20-8=12, а мольное соотношение H : D = 12 : 8 = 3 : 2.

Система оценивания

1. За уравнение электролиза - 1 балл

2. За расчет количества вещества водорода - 1 балл

3. За расчет мольного отношения - 3 балла

Итого: 5 баллов

10-4

Количество вещества хлороводородной кислоты, вступившей в реакцию составляет

n(HCl) = CV = 1 моль/л∙0,125л = 0,125 моль

Количество вещества хлорида натрия составляет

Описание газа В (вызывает помутнение известковой воды) позволяет предположить, что это углекислый газ или диоксид серы:

1. Са(ОН)₂ + СO₂ = CaCO₃↓ + Н₂O;

2. Са(ОН)₂ + SO₂ = CaSO₃↓ + Н₂O.

Следовательно, солью А может быть одна из следующих солей: Na₂SO₃; NaHSO₃; Na₂CO₃; NaHCO₃:

1. Na₂CO₃ + 2HC1 = 2NaCl + CO₂↑+ H₂O; (a)

2. NaHCO₃ + HC1 = NaCl + CO₂↑+ H₂O; (б)

3. Na₂SO₃ + 2НС1 = 2NaCl + SO₂↑+ H₂O; (в)

4. NaHSO₃ + HC1 = NaCl + SO₂↑+ H₂O. (г)

Исходя из уравнений реакций рассчитываем массы газов, выделившихся при образовании 0,05 моль хлорида натрия.

т = n∙М

т(CO₂) = 44 (г/моль)∙0,025 моль = 1,1 г; (а)

т(CO₂) = 44 (г/моль)∙0,05 моль = 2,2 г; (б)

т(SO₂) = 64 (г/моль)∙0,025 моль = 1,6 г; (в)

т(SO₂) = 64 (г/моль)∙0,05 (моль) = 3,2 г. (г)

Условию задачи соответствует уравнение (а). Следовательно, соль А - Na₂CO₃, а газ В - СO₂:

Na₂CO₃ + 2HCl = 2NaCl + CO₂↑+ H₂O.

Вторая соль даёт то же количество хлорида натрия (0,5 моль) при том же количестве исходной соли; следовательно, второй газ также имеет молярную массу 44 г/моль. Известны по крайне мере ещё два газа с такой же молярной массой: C₃H₈ и N₂O. Из этих двух соединений только оксид азота (I) поддерживает горение и обладает наркотическим или возбуждающим действием.

Следовательно, газ Г - N₂O. Сравнение количественных данных показывает, что во второй соли С0₂ формально заменён на N₂0, и формула соли Б - Na₂N₂O₂ (гипонитрит натрия - соль неустойчивой азотноватистой кислоты). Разложение гипонитрита натрия соляной кислотой протекает по уравнению:

Na₂N₂O₂ + 2HC1 = 2NaCl + N₂O↑+ H₂O.

Ответ. А – Na₂CO₃; Б – Na₂N₂O₂; В – СО₂; Г – N₂O.

Система оценивания

1. За определение веществ А, В и Г по 1 баллу - 3балла

2. За определение вещества Б - 3 балла

3. За расчеты, дающие обоснование определению А и В - 4 балла

4. За уравнения 1-6 по 0,5 балла -3 балла

5. За расчет количества соляной кислоты и хлорида натрия по 0,5 балла – 1 балл

Итого: 14 баллов

10-5

В ходе описанного синтеза получается этиленгликоль:

1. 

2. С₂Н₄ + 2КМnО₄ + 4Н₂О = С₂Н₄(ОН)₂ + 2МnО₂ + 2КОН

Этиленгликоль взаимодействует с гидроксидом меди (II) и натрием:

3)

4)

m(C₂H₄(OH)₂) = 3,06 моль ⋅ 62 г/моль = 18,97 г≈19 г

Система оценивания

1. За определение этиленгликоля - 2 балла

2. За уравнения 1 и 4 по 1 баллу - 2 балла

3. За уравнения 2 и 3 по 2 балла - 4 балла

4. За расчет -1 балл

Итого: 9 баллов

9 класс

9-1

M(NaOH) в исходном растворе 60⋅0,2 = 12 г

В конечном растворе 96⋅0,125= 12 г

Следовательно, щелочь не реагировала с оксидом.

∆m_p-pa = 96 – 60 = 36 г

m(оксида) = 36 г

m(O) = 36 – 4 = 32 г n(O) = 2 моль

Вторым элементом в оксиде может быть только Н.

Система оценивания

1. За определение роли щелочи - 2 балла

2. За расчет массы оксида - 1 балл

3. За определение элемента - 3 балла

Итого: 6 баллов

9-2

Na₂SO₄ + BaCl₂ = BaSO₄ + 2 NaCl

n(BaSO₄) = 23,3 : 233 = 0,1 моль

n(Na₂SO₄) = 0,1 моль m(Na₂SO₄) = 14,2 г

m(H₂O) = 28,6 – 14,2 = 14,4 г

n(H₂O) = 14,4 : 18 = 0,8 моль

формула соли Na₂SO₄⋅8 H₂O

Система оценивания

1. За составление уравнения - 1 балл

2. За расчет массы безводной соли - 1 балл

3. За определение состава кристаллогидрата - 1 балл

Итого: 3 балла

9-3

1. В состав дыма входят окрашенный диоксид азота и его бесцветный димер. Интенсивность окраски зависит от содержания NO₂.

Поскольку в ходе реакции 2NO₂⇄ N₂O₄ число объемов уменьшается, повышение давления способствует смещению равновесия вправо, что будет уменьшать интенсивность окраски.

1. Летом с увеличением температуры воздуха равновесие процесса сдвигается в сторону эндотермической реакции, что ведет к увеличению концентрации мономера. Это свидетельствует о том, что прямая реакция – экзотермическая.

2. A) 4NO₂ + O₂ +H₂O = 4 HNO₃

HNO₃ + NH₃ = NH₄NO₃

NH₄NO₃→^t N₂O + 2H₂O

Б) 8HNO₃ (разб) + 3Cu = 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

В) NO + NO₂→^{на холоду} N₂O₃

Система оценивания

1. За описание химизма процесса - 1 балл

2. За объяснение смещения равновесия - 2 балла

3. За объяснение теплового эффекта реакции - 2 балла

4. За уравнения получения N₂O - 2 балла

5. За уравнения Б и В по 2 балла - 4 балла

Итого : 11 баллов

9-4

Составим уравнения реакций, о которых идет речь в условии:

Ti +O₂ = TiO₂

2Mg + O₂ = 2MgO

Молярная масса титана составляет 48 г/моль, а магния - 24 г/моль, поэтому на сжигание одинаковых масс данных металлов расходуется одно и то же количество кислорода и для решения данной задачи неважно известен ли состав смеси металлов или нет.

Если при сгорании 48 г любого из металлов (или их смеси) расходуется 22400 мл О₂, то при сгорании 1,5 г любого из металлов (или их смеси) израсходуется Х мл О₂.

Система оценивания

1. За уравнения реакций по 1 баллу - 2 балла

2. За расчет объема кислорода - 3 балла

Итого : 5 баллов

9-5

Рассчитаем молярные концентрации ионов в растворе:

Необходимо учесть, что гидрокарбонаты кальция и магния в твердом виде не выделены, и для приготовления раствора их использовать невозможно.

Для приготовления раствора с заданным составом необходимо взять: 0,2 ммоль Na₂SO₄; 1 ммоль MgSO₄; 1 ммоль MgCO₃; 2 ммоль CaCO₃ и пропустить углекислый газ для перевода карбонатов магния и кальция в гидрокарбонаты, затем довести дистиллированной водой объем полученного раствора до 1 л.

CaCO₃ + CO₂ + H₂O = Ca(HCO₃)₂

MgCO₃ + CO₂ + H₂O = Mg(HCO₃)₂

Рассчитаем навески солей, необходимых для приготовления раствора:

m(Na₂SO₄) = 0,2 ммоль ∙ 142 г/моль = 28,4 мг

m(MgSO₄) = 1 ммоль ∙ 120 г/моль = 120 мг

m(MgСO₃) = 1 ммоль ∙ 84 г/моль = 84 мг

m(CaСO₃) = 2 ммоль ∙ 100 г/моль = 200 мг

Система оценивания

1. За установление необходимых солей по 1 баллу - 4 балла

2. За расчет масс солей по 2 балла - 8 баллов

3. За объяснение перевода карбонатов в гидрокарбонаты - 3 балла

Итого : 15 баллов