Главная ФИПИ

ФИПИ · ЕГЭ · Химия · Задание 31

Задание 31. Цепочка превращений: неорганика

105 заданий открытого банка ФИПИ с развёрнутым ответом: напишите ответ на бумаге, при затруднении — подсказка; потом сверьтесь с образцом ответа и критериями эксперта и отметьте, получилось ли.

0
Решено
0
Правильно
0%
Точность

Задания открытого банка ФИПИ «Задание 31. Цепочка превращений: неорганика» (химия). Развёрнутый ответ: на экзамене его проверяет эксперт по критериям.

Неофициальная копия. Условия заданий — из открытого банка заданий ФИПИ (fipi.ru); номер у каждого задания открывает его в банке ФИПИ. Ответы, подсказки, разборы и рисунки подготовлены reknow.ru. Нашли ошибку — нажмите «Сообщить об ошибке» у задания.

Серия: 0

О теме

Задание 31 ЕГЭ по химии. Составление четырёх уравнений реакций по описанию эксперимента с неорганическими веществами. На странице — 105 заданий открытого банка ФИПИ: ответ проверяется сразу, есть подсказка и подробный разбор.

Примеры заданий

Это несколько заданий из тренажёра, остальные — в тренажёре в начале страницы.

ФИПИ № 00BFD9 ↗

Оксид меди(II) обработали раствором соляной кислоты. При электролизе образовавшегося раствора на аноде выделился газ. Газ пропустили через раствор бромида натрия. Полученное простое вещество прореагировало с горячим раствором гидроксида калия, в результате чего в растворе образовалось две соли.

Напишите уравнения четырёх описанных реакций.

Показать ответ
Ответ: CuO + 2HCl → CuCl<sub>2</sub> + H<sub>2</sub>O; CuCl<sub>2</sub> → Cu + Cl<sub>2</sub> (электролиз); Cl<sub>2</sub> + 2NaBr → 2NaCl + Br<sub>2</sub>; 3Br<sub>2</sub> + 6KOH → 5KBr + KBrO<sub>3</sub> + 3H<sub>2</sub>O
Решение.
Анод при электролизе растворов бескислородных солей (кроме фторидов): Cl− → Cl2. Галоген в горячей щёлочи диспропорционирует: галогенид + галогенат.
  1. 1) Основный оксид + кислота:
  2. CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O
  3. 2) Электролиз раствора хлорида меди(II): катод — Cu, анод — Cl2:
  4. CuCl2 → Cu + Cl2↑ (электролиз раствора)
  5. 3) Хлор вытесняет бром:
  6. Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2
  7. 4) Бром в горячей щёлочи — бромид и бромат (две соли):
  8. 3Br2 + 6KOH → 5KBr + KBrO3 + 3H2O (t°)
  9. Баланс: Br0 + 1e → Br−1 | ×5; Br0 − 5e → Br+5 | ×1.
  10. Что проверяет эксперт: по 1 баллу за каждое верно записанное уравнение (формулы веществ + коэффициенты), всего 4 балла; уравнение с ошибкой в формуле или без коэффициентов не засчитывается.
Считать, что на аноде выделяется O2: хлорид-ион окисляется легче воды, поэтому газ — Cl2.
ФИПИ № 0355C5 ↗

Оксид алюминия сплавили с карбонатом натрия. Полученный продукт растворили в избытке соляной кислоты. К образовавшемуся раствору добавили избыток аммиачной воды. Выпавший осадок отделили и обработали избытком раствора гидроксида калия.

Напишите уравнения четырёх описанных реакций.

Показать ответ
Ответ: Al<sub>2</sub>O<sub>3</sub> + Na<sub>2</sub>CO<sub>3</sub> → 2NaAlO<sub>2</sub> + CO<sub>2</sub>; NaAlO<sub>2</sub> + 4HCl → NaCl + AlCl<sub>3</sub> + 2H<sub>2</sub>O; AlCl<sub>3</sub> + 3NH<sub>3</sub> + 3H<sub>2</sub>O → Al(OH)<sub>3</sub> + 3NH<sub>4</sub>Cl; Al(OH)<sub>3</sub> + KOH → K[Al(OH)<sub>4</sub>]
Решение.
Al2O3 и Al(OH)3 амфотерны: сплавление со щёлочью/содой → NaAlO2, в растворе щёлочи → K[Al(OH)4]. Аммиак — слабое основание: Al(OH)3 в нём не растворяется, поэтому его избыток осаждает гидроксид полностью.
  1. 1) Сплавление с карбонатом — метаалюминат натрия:
  2. Al2O3 + Na2CO3 → 2NaAlO2 + CO2↑ (сплавление)
  3. 2) В избытке HCl — сразу хлорид алюминия:
  4. NaAlO2 + 4HCl → NaCl + AlCl3 + 2H2O
  5. 3) Избыток аммиачной воды осаждает Al(OH)3:
  6. AlCl3 + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3↓ + 3NH4Cl
  7. 4) Гидроксид растворяется в избытке щёлочи — комплекс:
  8. Al(OH)3 + KOH → K[Al(OH)4]
  9. Что проверяет эксперт: по 1 баллу за каждое верно записанное уравнение (формулы веществ + коэффициенты), всего 4 балла; уравнение с ошибкой в формуле или без коэффициентов не засчитывается.
В реакции 3 думать, что избыток аммиака растворит осадок, как избыток NaOH: Al(OH)3 в водном аммиаке не растворяется.