Республиканская олимпиада по химии Заключительный этап (2022-2023). Официальный комплект решений 11-класса

Константы
Число Авогадро, NA

6.022 × 1023 моль–1

Элементарный заряд, e

1.602 × 10–19 Кл

Универсальная газовая постоянная, R

8.314 Дж моль–1 К–1

Постоянная Фарадея, F

96 485 Кл моль–1

Постоянная Планка, h

6.626 × 10–34 Дж с

Температура в Кельвинах (К)

TК = T◦ C + 273.15

Ангстрем, Å

1 × 10–10 м

пико, п

1 пм = 1 × 10–12 м

нано, н

1 нм = 1 × 10–9 м

микро, мк

1 мкм = 1 × 10–6 м

1

18

1

H

2

2

13

14

15

16

17

4

5

6

7

8

9

1.008
3

He
4.003
10

Li

Be

B

C

N

O

F

Ne

6.94

9.01

10.81

12.01

14.01

16.00

19.00

20.18

11

12

13

Al

14

Si

15

16

S

17

Cl

Ar

26.98

28.09

30.97

32.06

35.45

39.95

31

32

33

34

35

Na

Mg

22.99

24.31

19

20

P

18

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

21

22

23

V

24

Cr

25

Mn

26

Fe

27

Co

28

Ni

29

Cu

30

Zn

Ga

Ge

As

Se

Br

Kr
83.80

36

K

Ca

Sc

Ti

39.10

40.08

44.96

47.87

50.94

52.00

54.94

55.85

58.93

58.69

63.55

65.38

69.72

72.63

74.92

78.97

79.90

37

Rb

38

Sr

39

Y

40

Zr

41

Nb

42

Mo

43

44

45

46

47

48

49

50

51

52

53

I

Xe

85.47

87.62

88.91

91.22

92.91

131.3

55

56

72

73

Cs

Ba

132.9

137.3

87

88

Fr

Ra

-

-

5771
89103

Tc

Ru

Rh

Pd

Ag

Cd

In

Sn

Sb

Te

95.95

-

101.1

102.9

106.4

107.9

112.4

114.8

118.7

121.8

127.6

126.9

74

75

76

77

Ir

78

Pt

79

Au

80

Hg

81

Tl

82

Pb

83

Bi

84

85

54

86

Hf

Ta

W

Re

Os

178.5

180.9

183.8

186.2

190.2

192.2

195.1

197.0

200.6

204.4

207.2

209.0

-

-

-

104

Rf

105

Db

106

107

108

109

110

111

112

Cn

113

Nh

114

Fl

115

Mc

116

117

Ts

118

Og

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

-

57

58

Sg

59

Bh

60

Hs

61

Mt

62

Ds

63

Rg

64

65

66

67

68

La

Ce

Pr

Nd

138.9

140.1

140.9

89

90

91

U

Np

Pu

Am

Cm

Bk

Cf

Es

Fm

238.0

-

-

-

-

-

-

-

-

Ac

Th

Pa

-

232.0

231.0

Po
Lv

69

At

70

Rn

71

Pm

Sm

Eu

Gd

Tb

Dy

Ho

Er

Tm

Yb

Lu

144.2

-

150.4

152.0

157.3

158.9

162.5

164.9

167.3

168.9

173.0

175.0

92

93

94

95

96

97

98

99

100

101

Md

102

No

103

-

-

-

Республиканская олимпиада по химии
Заключительный этап (2022-2023).
Официальный комплект решений 11-класса.

Lr

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

Содержание
Предисловие

3

Задача №1. Разогрев (5%)

4

Задача №2. Неизвестные соединения и комплексы (8%)

6

Задача №3. Блиц физхимика (5%)

9

Задача №4. Намешали (9%)

10

Задача №5. Геометрия Нобелевской премии (9%)

13

Задача №6. Кинетические модели (11%)

15

Задача №7. Титруй железо пока …(12%)

18

Задача №8. Что убило Александра Македонского? (11%)

23

2/25

chem11-1-sol

qazcho.kz | qazolymp.kz

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

Обращение председателя:
Уважаемые участники заключительного этапа!
Поздравляю вас с завершением очередного цикла республиканских олимпиад по химии! Впервые за три года вы вновь смогли собраться в одном месте, попробовать свои силы в решении
нестандартных и сложных задач и познакомиться с другими школьниками, которые точно так
же любят химию и готовы уделять ей свое свободное время. Уверен, многие из вас приехали с
боевым настроем, нацелившись на получение золотой медали или проход в сборную РК. Хотел
напомнить, что все туры прошли, надеюсь вы смогли показать все, что знаете (а ведь это самое главное, ваша медаль - побочный эффект), а значит сейчас самое время оглянуться и лучше
познакомиться с теми, кто так же как и вы, нервно, ждет своих результатов. Другие участники
должны быть соперниками только во время тура, в остальное время - это ваши ближайшие единомышленники. Надеюсь вы сможете создать крепкие товарищеские связи, которые сохраните
и после выпуска из школы.
Искренне надеюсь, что вам понравились задания республиканских олимпиад в этом году. Как
вы могли заметить, мы старались делать комплекты более сбалансированными, что, на практике, подразумевало присутствие и легких задач, и задач средней сложности и задач, которые
будут дифференциировать лучших и самых лучших. В этом году мы хотели особенно отметить
вашу способность читать, воспринимать и анализировать графическую информацию. Надеюсь
нам удалось сделать комплект достаточно легким, чтобы вы не боялись взяться за решение задач, но достаточно сложным, чтобы вызвать у вас интерес и заставить напрячь извилины. Как и
на районном и областном этапе, у нас действует форма обратной связи opros.qazcho.kz - пожалуйста заполните ее. В ближайшее время я проведу совокупный анализ результатов по всем трем
этапам и опубликую интересные наблюдения.
Позвольте отдельно отметить всю команду Коллегии QazChO, которая работала над комплектами заданий и решений в этом году. Особенная благодарность заместителю председателя Коллегии Молдагулову Галымжану за то, что он педантично вычитывал все комплекты на ошибки и
опечатки (может быть такие остались, но их было гораздо больше). Спасибо Жаксылыкову Азамату за то, что создал шаблон LATEXдля наших комплектов - надеюсь, что вы получаете такое же
эстетическое удовольствие от наших комплектов, какое получаю я. Спасибо Жумагулову Нурболату и Торебеккызы Аяулым за перевод заданий и решений на казахский язык. И конечно же
спасибо всем 13 составителям этого цикла (над заданиями заключительного этапа работали рекордные 11 человек!).
Составители заданий в цикле РО 2022-2023:
Аманжолов Азим

Жаксылыков Азамат

Курамшин Болат

Бегдаир Санжар

Загрибельный Богдан Мадиева Малена

Мужубаев Абильмансур

Бекхожин Жанибек

Касьянов Артем

Тайшыбай Айдын

Мельниченко Даниил

Молдагулов Галымжан

Галикберова Милана
Конечно, всегда есть что-то, что можно улучшить. Именно это постоянное ощущение того,
что ты сделал не все, что мог и двигало мной последние 4 года. Я хотел сохранить (и улучшить)
те олимпиады по химии, которые дали старт моей карьере и помогли поступить в MIT. Несмотря
на то, что я всегда старался поступать наиболее правильно (насколько я это понимал в любой отдельно взятый момент времени), оглядываясь назад, нельзя не ужаснуться количеству ошибок,
которые были сделаны на моем пути. И я всегда понимал, что каждая такая ошибка могла стоить школьнику шанса поступить в хороший вуз. Поэтому хочется воспользоваться моментом и
попросить прощения у всех, кто ощутил эти ошибки на себе.
К сожалению, на этом подходит к концу мое участие в олимпийском движении и исполнение
обязанностей председателя QazChO. Надеюсь, что вы свяжете свою дальнейшую жизнь с наукой
(и может даже химией) и желаю вам удачи в процессе поступления в вузы. Если вы захотите обсудить химию как науку или попросить совета с после-олимпиадной жизнью, вы всегда сможете
найти меня на форуме Спроси (ask.bc-pf.org). Продолжайте стремиться к звездам!
Моргунов Антон, председатель Коллегии QazChO
3/25

chem11-1-sol

qazcho.kz | qazolymp.kz

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

Задача №1. Разогрев
Автор: Молдагулов Г.
1.1 (1 балл)
Для начала определим молекулярную массу газа исходя из его упомянутой плотности:
Mw = ρ(газ) · Vm = 1.339 г л–1 · 22.4 л моль–1 = 30 г моль–1 , что соответствует моноксиду азота
– NO. Теперь запишем реакции растворения сплава в кислоте:
3 Cu + 8 HNO3

3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O

3 Ag + 4 HNO3

3 AgNO3 + NO + 2 H2O

Несложно составить уравнение для расчёта объёма выделевшегося газа:
ν(NO) =

2
1
V(газ)
·x+ ·y=
3
3
Vm

1
784 мл
(2x + y) =
3
1000 мл л–1 · 22.4 л моль–1
2x + y = 0.105

(1)

Вдобавок к выводу предыдущего уравнения проверим полностью ли прореагировала
азотная кислота или же осталась в избытке:
4
4
8
ν(HNO3 прореагировало) = ( x + y) моль = (2x + y)
3
3
3
ν(HNO3 было) =

V(р-р) · ρ(р-р )
· ω(HNO3)
Mw (HNO3)
=

64 мл · 1.083 г мл–1 15%
= 0.1650 моль
·
100%
63.018 г моль–1

Очевидно что кислота была в избытке, так как:
4
4
(2x + y) = · 0.105 = 0.14 моль < 0.1650 моль
3
3
ν(HNO3 прореагировало) < ν(HNO3 было)
Вдобавок к этому, можно заметить разницу между ∆m(пластинка) и ∆m(р-р). Данный факт
свидетельствует о том что цинк подвергся не только замещению на медь и серебро, но и растворению в азотной кислоте с попутным выделением моноксида азота.
Теперь запишем все три реакции взаимодействия пластинки с раствором:
Cu(NO3)2 + Zn
2 AgNO3 + Zn
3 Zn + 8 HNO3

Cu↓ + Zn(NO3)2
2 Ag↓ + Zn(NO3)2

3 Zn(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O

ν(AgNO3) ν(HNO3) · 3
+
)
2
8
+ Mw (Cu) · ν(Cu(NO3)2) + Mw (Ag) · ν(AgNO3)
y 3
= –65.38 · (x + + · (0.1650 – 0.14)
2 8
+ 63.55x + 107.9y = 1.955 г

∆m(пластинка) = –Mw (Zn) · (ν(Cu(NO3)2) +

4/25

chem11-1-sol

qazcho.kz | qazolymp.kz

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

Упрастив уравнение выше получим следующее:
–1.83x + 75.21y = 2.568

(2)

В итоге мы имеем дело с системой двух линейных уравнений (1) и (2) с двумя переменными:
{
2x + y = 0.105
–1.83x + 75.21y = 2.568
решив которое получим x = y = 0.035 моль. Тогда:
ω(Cu) =

63.55 г моль–1 · 0.035 моль
· 100% = 37.07%
63.55 г моль–1 · 0.035 моль + 107.9 г моль–1 · 0.035 моль
ω(Ag) = 100% – 37.07% = 62.93%

За расчёт и определение газа исходя из его плотности присуждается 1 балл.
За каждую правильную и сбалансированную реакцию присуждается по 1 баллу. Всего 5
реакций и 5 баллов.
За составление первого линейного уравнения (1) с двумя переменными присуждается 2
балла.
За верный расчёт и вывод об избытке азотной кислоты присуждается 2 балла. В случае
если участник только указал свой логический вывод без соответствующих расчётов присуждается 1 балл.
За составление второго линейного уравнения (2) с двумя переменными присуждается 4
балла. В случае если участник не учёл тот факт что кислота была в избытке и составил уравнение основываясь только на реакциях замещения цинка медью и серебром присуждается
только 1 балл.
За верное решение системы уравнений присуждается 2 балла. Если участник в своих расчётах не учитывал избыток кислоты, но при этом без ошибок решил составленную им систему
уравнений, присуждается 1 балл.
За верный расчёт массовых долей меди и серебра в сплаве присуждается 1 балла. Если
участник в своих расчётах не учитывал избыток кислоты, но при этом без ошибок определил
состав сплава исходя из составленной им системы уравнений, присуждается 1 балл.
Итого 17 баллов.

5/25

chem11-1-sol

qazcho.kz | qazolymp.kz

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

Задача №2. Неизвестные соединения и комплексы
Автор: Курамшин Б.

2.1 (8 баллов)
Соль Б – соль аммония, так как разлагается без твердого остатка. Судя по белому осадку с
баритовой водой, это карбонат или сульфит аммония (или соответствующие кислые соли).
Перебором продуктов разложения видим, что смесь 2 NH3 + CO2 + H2O имеет указанную в
условии среднюю молярную массу 0.828 · 29 = 24.0 г моль–1 . Б – (NH4)2CO3.
Из массовых долей указанных элементов можно рассчитать соотношение числа их атомов в
В:
ν(N) : ν(H) : ν(O) : ν(Cl) = 4 : 12 : 3 : 1
то есть в формуле есть фрагмент N4H12O3Cl. Рассчитаем молярную массу в расчете на этот
фрагмент, например, используя массовую долю азота: 4 · 14/0.2518 = 222.4 г моль–1 . За
вычетом фрагмента N4H12O3Cl остается 70.9 г моль–1 . Логично предположить, что В
содержит металл, так как образует какой-то комплекс при взаимодействии с кислотой, и
что В содержит карбонат-ионы (получен взаимодействием с карбонатом аммония). Тогда
вычтем 1 атом углерода, в остатке получим 58.9 г моль–1 , что точно соответствует кобальту.
Итак, молекулярная формула В – CoN4H12CO3Cl. Видно, что азот и водород легко
группируются в молекулы аммиака: Co(NH3)4CO3Cl. Это комплекс кобальта(III), для него
типично КЧ = 6, поэтому во внутренней сфере кроме аммиака должен быть бидентантный
карбонат-ион: В - [Co(NH3)4CO3]Cl.
Белый осадок, растворимый в аммиаке – очевидно, хлорид серебра. Значит, А – это хлорид
кобальта, причем в степени окисления +2 (+3 – сильный окислитель, к тому же при реакции
продувался воздух, способствующий окислению). Расчет показывает, что CoCl2 не подходит
по данным о массе осадка, значит, А – это CoCl2 · nH2O.
ν(AgCl) = 0.1728/143.22 = 1.206 × 10–3 моль
ν(CoCl2) = 0.5ν(AgCl) = 6.028 × 10–4 моль
M(CoCl2 · nH2O) = 0.1/(6.028 · 10–4 ) = 165.9 = 58.9 + 35.45 · 2 + 18n =⇒ n = 2
A - CoCl2 · 2 H2O.
Удобство комплекса В в качестве источника комплексов, имеющих два изомера, при
взаимодействии с кислотами, намекает на то, что в кислотах разлагается только карбонат, и
этот путь приводит к комплексам типа [Co(NH3)4X2], которые могут иметь цис- и трансизомеры. Значит, Г – [Co(NH3)4Cl2]Cl.
Формулы веществ А – Г – по 2 балла. Всего 8 баллов

2.2 (4 балла)
Уравнения реакций:
[Co(NH3)4CO3]Cl + AgNO3

AgCl↓ + [Co(NH3)4CO3]NO3

(3)

[Co(NH3)4Cl2]Cl + AgNO3

AgCl↓ + [Co(NH3)4Cl2]NO3

(4)

2 уравнения реакций по 2 балла. Всего 4 балла

2.3 (2 балла)
Поскольку замещению подвергся карбонат-ион, который может занимать только 2 соседние
позиции в октаэдре, то образуется цис-изомер комплекса (2 балла):

6/25

chem11-1-sol

qazcho.kz | qazolymp.kz

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

NH3
H 3N

Cl
Co

H 3N

Cl
NH3

2.4 (4 балла)
Рассчитаем молярную массу Д:
ρ=

2M
1
=⇒ M = ρNA a3 = 0.5 × 2.123 × 6.02 × 1023 × 624.71 × 10–24 = 399.2 г моль–1
2
N A a3

По условию, Д также содержит 4 молекулы аммиака, то есть фрагмент Co(NH3)4. Из
степеней окисления фосфора (+5) и кислорода (−2) следует, что в формуле HxPnO3n+1:
= 2(3n + 1)5n = n + 2
Полифосфат должен иметь заряд −3, так как комплекс нейтральный, а значит, общая
формула Д – [Co(NH3)4Hn−1PnO3n+1] · mH2O.
399.2 = 58.9 + 174 + (n – 1) + 31n + 16(3n + 1) + 18m
Наиболее близкое решение в целых числах – n = 3, m = 1. Формула Д [Co(NH3)4H2P3O10] · H2O. Установление формулы фосфатного лиганда – 2 балла. Верная
формула комплекса – 2 балла. Всего за п.4 – 4 балла.

2.5 (3 балла)
Структура дигидротрифосфат-иона (HOP(O)2−O−P(O)2−P(O)2(OH)3−) позволяет
сформировать шестичленный цикл с участием атомов фосфора, кислорода и кобальта, если
координируется концевой атом кислорода и атом кислорода при центральном атоме
фосфора (структура – 3 балла):

O

NH3
H 3N

O

P
O

O

P

Co

H 3N
NH3

OH
O

O
P

O
O

OH

2.6 (2 балла)
В структуре комплекса содержится асимметрический атом фосфора: в нем 4 разных
заместителя. Возможна оптическая изомерия. (2 балла)

2.7 (5 баллов)

7/25

chem11-1-sol

qazcho.kz | qazolymp.kz

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

При замещении карбоната в кислой среде вместо 1 карбонат-иона в координационной
сфере будет 2 молекулы воды, что связано с тем, что перхлорат-ионы –
слабокоординирующие. Е – [Co(NH3)4(H2O)2]3+. Если в этом катионе на анион
5-нитротетразола (CN5O2−) заместились обе молекулы воды, то Ж содержит фрагмент
[Co(NH3)4(CN5O2)2], в котором содержится 14 атомов азота. Значит, молярная масса Ж равна
14 · 14/0.4314 = 454.3. За вычетом молярной массы известного фрагмента, остается 99.4
г/моль, что соответствует молярной массе перхлорат-иона. Ж - [Co(NH3)4(CN5O2)2]ClO4.
Формула Е – 2 балла. Формула Ж – 3 балла. Всего за п. 7 – 5 баллов

2.8 (3 балла)
Стерическое напряжение меньше в транс-изомере (3 балла)
NO2
N
N

N
N

H 3N

NH3

Co

H 3N

NH3
N

N

N
N

O2N

8/25

chem11-1-sol

qazcho.kz | qazolymp.kz

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

Задача №3. Блиц физхимика
Автор: Моргунов А.

3.1 (4 балла)
Диаграммы 1 и 2 отличаются только знаком наклона кривой, соответствующей переходу из
твердого в жидкое агрегатное состояние. Плавление всегда сопровождается поглощением
энергии, значит ∆H > 0. Таким образом, знак кривой фазового перехода определяется
знаком ∆V (2 балла за аргументацию через знак ∆V). Из повседневной жизни известно, что
при замерзании объем воды увеличивается, значит для плавления льда ∆V < 0, и таким
dp
образом dT
< 0. Значит воде соответствует диаграмма 2 (2 балла за соотнесение при
наличии корректного рассуждения. Без рассуждений 0 баллов). Большинству других
веществ соответсвует диаграмма 1, т.к. для большинства веществ объем твердой фазы
меньше объема жидкой фазы.

3.2 (2 балла)
Температуры кипения чистых веществ соответствуют точкам пересечения с вертикальными
осями. Поскольку T при xA = 0 выше, чем при xA = 1, вещество Б обладает более высокой
температурой кипения (1 балл). По графику заметно, что при испарении, мольная доля А
значительно повышается - значит вещества Б больше в жидкой фазе (1 балл).

3.3 (4 балла)
Из диаграммы 4 заметно, что этанол обладает более низкой температурой кипения, чем
вода, а значит он кипит при температуре ниже 100 ◦ C (1 балл). Если попробовать нарисовать
горизонтальные линии, соответствующие испарению жидкости с xE = 0.8 (как это сделано
на диаграмме 3), можно заметить, что рано или поздно мы окажемся в точке с x = 0.956, в
которой мольные доли этанола в жидкой и газообразной фазах равны. Таким образом,
дальнейшая дистилляция невозможна (3 балла). Примечание: когда смесь веществ кипит без
изменения состава, мы называем такую смесь азеотропной. Этанол и вода образуют
азеотропную смесь при 95.6% содержании этанола. Именно поэтому вы не найдете в
магазине 100% спирт!

9/25

chem11-1-sol

qazcho.kz | qazolymp.kz

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

Задача №4. Намешали
Автор: Моргунов А.

4.1 (2 балла)
(
)
∆mix S = –4 моль × 8.314 Дж моль–1 К–1 × 0.25 ln 0.25 + 0.75 ln 0.75

(1)

≈ 18.7 Дж К–1

(2)

1 балл за расчет. Изменение энтропии не зависит от природы смешиваемых веществ, а
поэтому изменение энтропии для смешения 1 моль метанола с 3 моль дихлорметана будет
таким же, как и для смешения 1 моль этанола с 3 моль воды (1 балл).

4.2 (3 балла)
Для определения оптимального соотношения А и В нужно найти критическую точку
функции ∆Smix (χA ). Вспомним, что χB = 1 – χA и продифференциируем:
(
)
∆mix S = –nR χA ln χA + (1 – χA ) ln(1 – χA )
(
)
(
)
χA
d∆mix S
= –nR ln χA + 1 – ln(1 – χA ) – 1 = –nR ln
=0
dχA
1 – χA
χA
1
χA
= 0 =⇒
= 1 =⇒ χA =
ln
1 – χA
1 – χA
2

(3)
(4)
(5)

Таким образом, для максимизации энтропии А и В надо смешивать в пропорции 1:1 (3
балла за вывод конечной пропорции через дифференциирование).

4.3 (1 балл)
∆mix G = –T∆mix S = –298 К × 18.7 Дж К–1 ≈ –5.57 кДж
1 балл за ответ с расчетом.

4.4 (2 балла)
Заметим, что nA = nB = n (каждой молекулы по 14 штук, 1 балл за это наблюдение). Тогда:
∆mix G = –T(∆mix S(смеш.) – ∆mix S(разд.))
(
)
= RT 4n × 0.5 ln 0.5 – 2n × 0.07 ln 0.07 – 2n × 0.93 ln 0.93
≈ –0.879nRT

(6)
(7)
(8)

Поскольку ∆mix G < 0 процесс является спонтанным (1 балл).

4.5 (1 балл)
Еcли А-В взаимодействия предпочтительнее А-А и В-В взаимодействий, процесс смешения
должнен быть экзотермичным. Значит ξ < 0 (1 балл).

4.6 (3 балла)

10/25

chem11-1-sol

qazcho.kz | qazolymp.kz

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

[
]
∆mix G = nRT χA ln χA + (1 – χA ) ln(1 – χA ) + ξχA (1 – χA )
[
]
d∆mix G
= nRT ln χA + 1 – ln(1 – χA ) – 1 + ξ(1 – χA ) – ξχA =
dχA
]
[
χA
χA
+ ξ(1 – 2χA ) = 0 =⇒ ln
= –ξ(1 – 2χA )
= nRT ln
1 – χA
1 – χA

(9)
(10)
(11)

2 балла за вывод через дифференциирование. Для проверки χA = 0 подставим его в обе
части уравнения:
ln

0.5
= –ξ × 0
0.5
0=0

(12)
(13)

1 балл за проверку через подстановку.

4.7 (4 балла)
-

Кривой А соответствует y = ln χA /(1 – χA ) (0.25 балла).
Прямой B соответсвует y = –3(1 – 2χA ) (0.25 балла)
Прямой C - y = –2(1 – 2χA )
Прямой D - y = –(1 – 2χA ) (0.25 балла).

При ξ = 3, у уравнения 3 есть три корня:
1. χ∗A ≈ 0.071 (0.5 балла за значение в диапазоне 0.05-0.15)
2. χ∗A = 0.5 (0.5 балла)
3. χ∗A ≈ 0.929 (0.5 балла за значение в диапазоне 0.85-0.97)
С ростом ξ увеличивается угол наклона прямых, поэтому график должен выглядеть так (1.5
балла за правильное построение прямых при ξ = 4, 5, 6 с их обозначением. 0 баллов если
прямые не обозначены.)
6
4
2
0
−2
−4
−6

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

1

Loading [MathJax]/extensions/MathMenu.js

11/25

chem11-1-sol

qazcho.kz | qazolymp.kz

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

4.8 (4 балла)
Заметим, что нетривиальные корни уравнения (3) появляются при ξ > 2 (при ξ = 2 прямая
является касательной к кривой А). 1 балл за наблюдение. Тогда:
2 × 8.314 Дж моль–1 К–1 310 К = 5.15 кДж моль–1
(1 балл за расчет). Полученное значение в 4 раза слабее водородной связи - таким образом,
наличие водородных связей между молекулами А и В (и их отсутствие между молекулами А
и А или В и В) достаточно для разделения фаз (2 балла за вывод).
Примечание: тема безмембранных органелл является одной из «горячих» тем современной
биологии. Заинтересованные участники могут начать знакомство с обзорной статьи в
Nature или сделав поисковый запрос по ключевым словам ”liquid-liquid phase
separation ”membraneless organelles”.

12/25

chem11-1-sol

qazcho.kz | qazolymp.kz

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

Задача №5. Геометрия Нобелевской премии
Автор: Моргунов А.

5.1 (1 балл)
y = (x – a)2 + b (1 балл)

5.2 (2 балла)
Две функции f(x) и g(x) пересекаются при x∗ таком, что f(x∗ ) = g(x∗ ).
x2 = (x – a)2 + b

(1)

x2 = x2 – 2ax + a2 + b

(2)

2

(3)

2ax = a + b
x=

a2

+b
2a

(4)

( 2
)
2
2
Таким образом, точка пересечения двух парабол: a2a+b , (a4a+b)
(по 1 баллу за значение x∗ и
2
y∗ . всего 2 балла)

5.3 (3 балла)
По графику видно, что b = ∆G◦ (0.5 балла). Заметим, что λ + ∆G◦ соответсвует значению
второй параболы при x = 0. Тогда:
√
λ + ∆G◦ = (–a)2 + b =⇒ λ = a2 =⇒ a = λ

(5)

1.5 балла за выражение a. ∆G‡ это у-координата точки пересечения, найденной в п. 2. Таким
образом (1 балл за ответ).
(λ + ∆G◦ )2
∆G‡ =
4λ

5.4 (3 балла)
Чем лучше акцептор стабилизирует электроны, тем более отрицательная ∆G◦ . Правильный
ряд:
A1 > A3 > A5 > A4 > A2
1 балл если A1 > A3. 1 балл если A4 > A2. 1 балл если A5 > A4.

5.5 (6 баллов)
Поскольку ∆G‡ зависит только от ∆G◦ и λ, график 8 нужно объяснять с точки зрения λ.
Поскольку процесс трансфера электрона протекает в растворе, λ описывает реорганизацию
молекул растворителя вокруг нашей системы (1 балл). С ростом n молекула становится
больше, а значит окутана большим количеством молекул растворителя. Т.е., чем больше n,
тем больше молекул растворителя должны будут перестраиваться после трансфера
электрона, значит λ растет по мере увеличения n (2 балла). Объяснить рост, а затем падение
скорости реакции, можно если допустить, что при n = 1 мы находимся в Marcus inverted
region (1 балл), при n = 2 мы находимся вблизи ∆G◦ ≈ –λ (1 балл), а при n = 3 возвращаемся в
нормальный регион (1 балл).

13/25

chem11-1-sol

qazcho.kz | qazolymp.kz

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

n=1

n=2

n=3

.
Примечание: ученики заинтересовавшиеся теорией Маркуса могут ознакомиться с
презентацией Valerie Shurtleff, статьей Клосса и Миллера и статьей Оливера Венгера.

14/25

chem11-1-sol

qazcho.kz | qazolymp.kz

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

Задача №6. Кинетические модели
Автор: Мельниченко Д.
6.1 (1 балл)
Отрицательный знак свидетельствует о том, что поток диффузии направлен в сторону
наименьшей концентрации вещества.

6.2 (1 балл)
Если функция концентрации C(x, t) не зависит от x, то ∂C(x,t)
= 0. Следовательно, поток
∂x
диффузии равен нулю и не может наблюдаться в растворе.

6.3 (1 балл)
Правильный ответ показан красной линией на рисунке ниже:

Значения графика по оси ординат не имеют значения. Участник должен лишь правильно
изобразить форму функции ϕ(x, t) относительно исходной функции C(x, t).

6.4 (5 баллов)
За интегральную запись зависимости концентрации от потока диффузии - 1 балл:
C(x) = C(0) –

ϕ
x
D

)
D(
C(0) – C(d)
d
При комбинации этих двух выражений, получаем следующее (1 балл):
(
)(x)
C(x) = C(0) – C(0) – C(d)
d
ϕ=

Подставляя выражение константы, получаем зависимость от концентраций снаружи
мембраны (1 балл):
C(0) C(d)
k = in = out
C
C
(x)
C(x) = kCin – k(Cin – Cout )
d
Подставляя этот результат в исходное выражение, получаем ответ (2 балла):
ϕ=

)
Dk ( in
C – Cout
d

Полный балл (5 баллов) может выдаваться за получение верного ответа вне зависимости от
пути вывода.

15/25

chem11-1-sol

qazcho.kz | qazolymp.kz

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

6.5 (10 баллов)
Совмещая уравнения 2, 3 и 4, получаем (1 балл):
α[ESin ] – β[ESout ] = β[Eout ] – α[Ein ]
Подставляя в выражение материального баланса 1 (1 балл):
)
(
)
α ( in
[ES ] + [Ein ] = Ctotal
– [ESin ] + [Ein ]
E
β
Это выражение можно упростить до выражения с двумя неизвестными [ESin ] и [Ein ]:
(
)(
)
α
+1
[ESin ] + [Ein ] = Ctotal
E
β
В следствии получаем уравнение выражающее отношение*(1 балл):
(
)
[ESin ] + [Ein ]
β
=
total
α
+β
C
E

Подставив выражение константы равновесия 5, получаем (1 балл):
)
(
)(
α
K[ESin ]
in
+1
[ES ] +
= Ctotal
E
β
Cin
S
Выражаем [ESin ] (1 балл):

(
in

[ES ] =

β
α+β

)(

K
Cin
S +K

)
Ctotal
E

Используя выражение отношения*, полученное выше, мы можем вывести уравнение для
[Ein ](1 балл):
)
(
)(
β
K
in
Ctotal
[E ] =
E
α+β
Cin
+
K
S
Аналогично можем получить выражение для [ESout ](1 балл):
)
(
)(
Cout
α
out
S
[ES ] =
Ctotal
E
α+β
Cout
+
K
S
Или выражение для [Eout ]:

(
[E

out

]=

α
α+β

)(

K
out
CS + K

)
Ctotal
E

6.6 (продолжение предыдущего пункта)
Подставляя полученные выражения в уравнение 2, получаем ответ (1 балл):
(
)
out
C
Cin
αβ total
S
S
ϕS =
C
–
α+β E
Cin + K Cout
S +K
S

Макcимальный поток диффузии достигается при наименьшем значении константы K
(уравнение 5), т.е. когда почти весь субстрат связан с белком. Таким образом, уравнение для
максимального значения потока выглядит так (2 балла):
ϕS,max =

16/25

αβ total
C
α+β E

chem11-1-sol

qazcho.kz | qazolymp.kz

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

Полный балл (10 баллов) может выдаваться за получение верного ответа вне зависимости от
пути вывода. Из десяти баллов восемь выдаются за нахождение ϕS и два за ϕS,max . При этом,
участник может получить полные 2 балла за ϕS,max даже если уравнение ϕS выведено
неверно, однако обязательно должно присутствовать обоснование. Баллы, указанные в
скобках в решении нужны для оценивания тех случаев, когда участник не дошел до
финального ответа, но получил промежуточные результаты.

17/25

chem11-1-sol

qazcho.kz | qazolymp.kz

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

Задача №7. Титруй железо пока …
Автор: Загрибельный Б.
7.1 (4 балла)
Надосадочные жидкости:
(1) Fe, Mn, Ni, Cr, V
(2) Ni, V
(3) Cr
Осадки:
1W
2S
3 Mn, Fe, Cr
4 Mn, Fe
5W
По 0.5 балла за каждый осадок и надосадочную жидкость, если это следует из реакций и
пояснений в п.2. Итого 4 баллов.

7.2 (26 баллов)
На первый взгляд решение задачи может показаться тяжёлым и даже невыполнимым, но
только на первый взгляд. Клубок можно начать распутывать с нескольких сторон.
Во-первых, у нас есть качественные реакции, которые должны однозначно указывать на
наличие конкретных элементов. Во-вторых, серьезные подсказки даны по ходу задачи,
например, далеко не все элементы даны среди таблицы потенциалов. Итак, нам нужно
определить шесть неизвестных элементов, которые входят в состав стали. Название задачи,
равно как и упоминание стали, наводят на мысль что элемент X – это железо. По условию
это основной компонент сплава, также наличие железа подтверждается качественной
реакцией с роданидом аммония [3]. То есть один элемент уже определён и это немало!
Идём дальше. В принципе, набор элементов, которые могут находиться в стали, не такой уж
и большой, поэтому это тоже в каком-то роде может облегчить задачу. Довольно
однозначной качественной реакцией из описанных в условии является реакция с
диметилглиоксимом и это качественная реакция на ионы никеля (+2) [10]. Поэтому В – это
никель. Вторая очень однозначная качественная реакция – это реакция ализарина на ионы
алюминия с образованием красного лака, но в ходе проверки алюминий обнаружен не был.
Зато посмотрим на контекст, в котором был проведен поиск алюминия – алюминий искали,
наряду с G в растворе, который получился в результате щелочной обработки смеси
гидроксидов [6], выпавших ранее в осадок [5]. То есть гидроксид G обладает амфотерными
свойствами. В конце концов, переведенный в раствор гидроксокомплекс G окисляют
перекисью водорода в щелочной среде, а затем добавляют ещё перекись водорода, но уже в
кислой среде, что приводит в итоге к характерному для d-элементов образованию
пероксокомлексов. Для хрома, гидроксид (+3) которого является амфотерным, образование
фиолетовых, устойчивых в органическом растворителе (например, эфире),
пероксокомплексов (+6) является качественной и высокоселективной реакцией [8]. Таким
образом, мы определили третий элемент. Следующий элемент, который можно
попробовать определить – это Y. По условию задачи, он не подвергается растворению в
соляной кислоте. Таких металлов на самом деле немного – они должны быть правее
водорода в ряду Бекетова. Круг рассматриваемых металлов сужается ещё тем, что далеко не
все неактивные металлы используются в сталях – драгметаллы в сталях не используют.
Также известно, что этот металл Y, переходит при действии на него азотной кислоты в
нерастворимое вещество 5, что скорее указывает на то, что 5 – не нитрат, а окисел или
гидратированный окисел. В заключение Вася проводит качественную реакцию на

18/25

chem11-1-sol

qazcho.kz | qazolymp.kz

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

образование, так называемой, «вольфрамовой сини», что укладывается в предположение о
том, что Y – вольфрам – неактивный металл, не дающий нитратов с концентрированной
азотной кислотой, а корродирующий с образованием вольфрамовой кислоты 5. Загадочный
металл Z, который обнаружен вместе с никелем в надосадочной жидкости (2) и при этом не
осевший в виде гидроксида в присутствии гидроксида аммония, но при этом не образует
комплексов с аммиаком и не является кобальтом (потому что кобальт дал бы качественную
реакцию с роданидом аммония), очевидно находится в растворе в высшей степени
окисления, иначе бы осел в виде гидроксида. На переход в высшую степень окисления
намекает предыдущая обработка раствора азотной кислотой. На самом деле не так много
элементов могут переходить в высшие (+5, +6, +7) и при этом растворимые степени
окисления при действие азотной кислоты. Один из таких элементов – ванадий, который
тоже даёт качественную реакцию в кислой среде с образованием пероксокомплексов
оранжевого цвета [11]. Итак, Z – ванадий. Последний металл, который осталось определить
– это А. Известно, что гидроксид А – не амфотерный, а при обработке в азотнокислой среде
ионов А в низкой степени окисления (+2 или +3?) сильнейшим окислителем, которым
является висмутат, наблюдается малиновое окрашивание. Здесь можно предположить, что
А переходит в высшую степень окисления и ион А в высшей степени окисления обладает
малиновой окраской. Справедливо предположить, если не знать о качественной реакции на
марганец, что малиновой окраской обладает перманганат-ион, что выводит нас на
последний металл в списке, подтвержденном преподавателем. В заключении хочется
сказать, что общая эрудиция о типах и элементом составе сталей также могла помочь в
сужении круга возможных компонентов.
Момент [1]:
Fe + H+
Ni + H

+

Cr + H+
V+H

+

Mn + H

+

Fe2+ + H2↑
Ni2+ + H2↑

(6)

Cr2+ + H2↑

(8)

(7)

2+

+ H2↑
Mn + H2↑
V

(9)

2+

(10)

Момент [2]:
Fe2+ + H+ + NO3–
Cr

2+

V

2+

+

+H +
+

+H +

NO3–
NO3–

Fe3+ + NO↑ + H2O
Cr3+ + NO↑ + H2O

(11)

VO2+

(13)

(12)

+ NO↑ + H2O

Момент [3] (красная окраска роданидных комплексов железа – качественная реакция):
Fe3+ + SCN–

Fe(SCN)3

(14)

S↓ + NO↑ + H2O

(15)

SO42–

(16)

Момент [4]:
S2– + H+ + NO3–
+

S+H +

NO3–

+ NO2↑ + H2O

Момент [5]:
Fe3+ + OH–

Fe(OH)3↓

(17)

Ni2+ + NH3

Ni(NH3)62+

(18)

+ OH

–

Cr(OH)3↓

(19)

+ OH

–

VO3–

+ H2O

(20)

+ OH

–

MnO(OH)↓

(21)

Cr

3+

VO2+
2+

Mn

19/25

chem11-1-sol

qazcho.kz | qazolymp.kz

Заключительный этап республиканской олимпиады по химии 2022-2023.
Комплект решений теоретического тура. 11-класс.

Момент [6]:
Cr(OH)3 + OH–

Cr(OH)4–

(22)

Момент [7]:
Cr(OH)4– + H2O2 + OH–

CrO42– + H2O

(23)

Момент [8] (L - эфир, пероксокомлекс хрома (VI) c эфиром даёт фиолетовую окраску –
качественная реакция):
CrO42– + H2O2 + L