XII Олимпиада по нанотехнологиям (с решениями) - часть 12

 

 

 

 

Химия для школьников 7 – 11 класса (заочный тур) 
Задача 6. Оксидные соты 

 
Одним из наиболее перспективных мембранных материалов последнего времени является 
нанопористый  анодный  оксид  алюминия  (рис.  1).  К  его  основным  достоинствам,  помимо 
всего  прочего,  можно  отнести  простоту  получения  и  уникальную  пористую  структуру: 
прямые цилиндрические поры с гексагональным упорядочением, близким к идеальному. 
 

 

Рис. 1. Нанопористый анодный оксид алюминия 

 
Для  синтеза  подобной  оксидной  плёнки  толщиной  50  мкм  и  диаметром  1.2  см  методом 
электрохимического  окисления  алюминиевой  пластинки  при  40  В  достаточно  пропустить 
заряд  113  Кл.  Анализ  раствора  электролита  (0.3  М  водный  раствор  щавелевой  кислоты, 
V = 250  мл)  показал,  что  содержание  катионов  алюминия  равно  1.1·10

–4

  М,  а  масса 

полученного  образца  уменьшается  на  3.3%  после  длительного  прокаливания  в  инертной 
атмосфере при 1200 

о

С. 

 

1.

 

Напишите уравнения реакций, о которых идет речь в задаче. (2 балла) 

 

2.

 

Найдите  плотность  (в  г/см

3

)  получаемых  оксидных  плёнок  (не  подвергнутых 

термическому воздействию). Выход по току примите равным 95%. (5 баллов) 

 
Считается,  что  при  этом  образуется  аморфный  оксид  алюминия,  плотность  которого  равна 
3.61 г/см

3

. 

 

3.

 

Исходя  из  этих  данных,  оцените  пористость  синтезированных  образцов.  Под 

пористостью  принято  понимать  отношение  суммарного  объёма  пор  к  объёму 
образца. (2 балла) 

 
Всего – 9 баллов 

90

 

 

 

 

Химия для школьников 7 – 11 класса (заочный тур) 
Решение задачи 6. Оксидные соты 

 

1.

 

Уравнения реакций: 

а)

 

Электрохимическое окисление алюминия: 

2

3

2

2

3H

O

Al

O

3H

2Al







. 

б)

 

Растворение оксида алюминия в щавелевой кислоте: 

O

3H

)

O

Al(C

2H

O

C

6H

O

Al

2

3

4

2

3

4

2

2

3

2







. 

 

2.

 

Учтём, что выход по току составляет 95%. Тогда на окисление алюминия пошло 
 

Q

0.95

 = 113 Кл · 0.95 = 107.35 Кл. 

 

По закону Фарадея найдём массу образовавшегося оксида алюминия: 

2

0.95

г

102

107.35 Кл

моль

1.89143 10 г

Кл

6 96485 

моль

M Q

m

n F



















 

 

Однако в растворе было обнаружено присутствие катионов алюминия, то есть не весь 
оксид пошёл на формирование плёнки. Найдём массу растворившегося оксида: 
 

3

4

4

моль 250

г

(Al )

1.1 10

л 27

7.425 10 г

л

1000

моль

m

M

C V M







 

  













 

 
В пересчёте на оксид алюминия получим 

3+

4

3

2

3

2

3

г

102

(Al O )

моль

(Al O )

(Al )

7.425 10 г

1.4025 10 г

г

2

(Al)

2 27

моль

M

m

m

M























 

Значит, в самой плёнке осталось 
 

2

3

2

2

3

(Al O ) 1.89143 10 г 1.4025 10 г 1.75118 10 г

m



















 

 

Кроме  того,  при  прокаливании  масса  плёнки  уменьшилась.  Следовательно,  она 
содержала  примеси  (адсорбированные  молекулы  воды,  оксалатные  комплексы 
алюминия…). Таким образом, масса всей плёнки до прокаливания составляет 
 

2

2

1.75118 10 г

1.811 10 г

1 0.033

m















 

 

Найдем объём образца: 

2

2

4

2

3

3

1.2

50 10 см 3.1416

см

5.655 10 см

2

V

L S

L

r









    



















 

Плотность полученной мембраны: 

2

3

3

3

1.811 10 г

г

3.2

5.655 10 см

см

m

V







 







 

91

 

 

 

3.

 

Так  как  отличие  плотностей  сплошного  и  пористого  оксидов  обусловлено  наличием 

пор, то можно составить следующее уравнение ( – пористость): 





оксида

пор

мембраны

пор

оксида

оксида оксида

оксида

мембраны

мембраны

мембраны мембраны

мембраны

мембраны

пор

оксида

оксида

мембраны

мембраны

мембраны

мембраны

оксида

ρ

ρ

1

ρ

ρ

ρ

ρ

1

1 ε

ρ

ρ

ρ

ε 1

1

ρ

m

m

V

V

m

V

m

m

V

V

V

V























 



 













 

 

3

3

г

3.2

см

0.113 11.3%

г

3.61

см





 

 
Система оценивания 
 

1.

 

Уравнения реакций – 2 балла: 



 

Электрохимическое окисление алюминия – 1 балл 



 

Растворение оксида алюминия в щавелевой кислоте – 1 балл 

 

2.

 

Масса синтезированной мембраны – 3 балла: 



 

Масса оксида по закону Фарадея с учётом выхода по току – 1 балл 



 

Масса растворившегося оксида алюминия – 1 балл 



 

Поправка на наличие примесей в образце – 1 балл 

Объём мембраны – 1 балл 
Плотность оксидной плёнки – 1 балл 
Итого 3 + 1 + 1 = 5 баллов 

 

3.

 

Пористость синтезированного образца – 2 балла 

 
Всего за задачу 2 + 5 + 2 = 9 баллов 
 

92

 

 

 

 

Химия для школьников 7 – 11 класса (заочный тур) 
Задача 7. Новые материалы для литий-ионных аккумуляторов 

 
В  качестве  материалов  для  анода  в  литий-ионных  аккумуляторах  требуются  вещества, 
обладающие  высокой  устойчивостью.  Одно  из  них  –  вещество  Х  –  соответствует  этому 
требованию,  но  обладает  низкой  электрической  и  ионной  проводимостью.  Для  получения 
сферических  наночастиц  вещества  Х,  поверхность  которых  содержит  атомы  серебра, 
используют гидротермальный золь-гель синтез.  
 
Исходным  веществом  для  получения  Х  служит  бесцветная  жидкость  А,  которая  энергично 
взаимодействует  с  водой  с  выделением  органического  вещества  Б  и  белого  осадка  С, 
который  при  прокаливании  образует  устойчивый  оксид  Д,  содержащий  40  %  кислорода  по 
массе. Из 4,25 г А можно получить 1,00 г Д. Известно, что вещество Б может быть получено в 
одну  стадию  из  1-хлорбутана.  Вещество  А  сначала  вводят  в  реакцию  с  органическим 
веществом  Е,  содержащим  38,71%  С,  9,68%  Н  и  кислород.  При  кипячении  А  в  избытке  Е 
образуется  продукт  Л,  причем  из  1  г  А  можно  получить  0,494  г  Л.  Взаимодействием  А  с 
раствором  нитрата  серебра  в  Е  получены  сферические  частицы  прекурсора,  который  при 
взаимодействии с раствором гидроксида лития в этаноле и последующем прокаливании на 
воздухе  дает  продукт  Х,  имеющий  при  разных  количествах  введенного  количества  нитрата 
серебра на одинаковое количество остальных реагентов, следующий состав: 
 
(1)

 

Li 5,95%; O 40,78%, Ag 2,29%, остальное – неизвестный элемент 

(2)

 

Li 5,81%; O 39,87%, Ag 4,49%, остальное – неизвестный элемент 

 

1.

 

Определите все неизвестные вещества. (7 баллов) 

 

2.

 

Напишите уравнения всех реакций. (3 балла) 

 

3.

 

Какую  роль  играет  серебро  при  использовании  Х  в  качестве  материала  анода? 

(1 балл) 

 
Всего – 11 баллов 

93

 

 

 

 

Химия для школьников 7 – 11 класса (заочный тур) 
Решение задачи 7. Новые материалы для литий-ионных 
аккумуляторов 

 
1  –  2.  Определим  неизвестный  оксид  Д:  запишем  его  формулу  ЭО

m/2

,  где  Э  –  неизвестный 

элемент, а m – его валентность. Тогда M(ЭО

m/2

) = 16m/2/0,4 = 20m г/моль. 

 

при m = 1 M(Э) = 20 – 8 = 12 – C 
при m = 2 M(Э) = 40 – 16 = 24 – Mg  

 

при m = 3 M(Э) = 60 – 24 = 36 – Cl 

 

при m = 4 M(Э) = 80 – 32 = 48 – Ti. 

 

Последний вариант подходит, так как известно, что TiO

2

 образует наночастицы. Тогда 

М(A) = 4,2580 = 340 г/моль, что соответствует тетрабулилтитанату Ti(OC

4

H

9

)

4

, вещество 

Б – бутанол-1. 
 
В веществе Е – n(C):n(H):n(O) = 38,71/12 : 9,68/1 : 51,61/16 = 3,23 : 9,68 : 3,23 = 1:3:1. 
Такой простейшей формуле отвечает единственный состав – C

2

H

6

O

2

, этиленгликоль. 

 

А + Е = Л + 4С

4

H

9

OH 

 
М(Л) = 3400,494 = 168 г/моль что соответствует Ti(OCH

2

CH

2

O)

2

. 

 

Ti(С

4

H

9

O)

4

 + 4H

2

O = TiO

2

2H

2

O + 4С

4

H

9

OH 

TiO

2

2H

2

O = TiO

2

 + 2H

2

O 

С

4

H

9

Cl + NaOH = С

4

H

9

OH + NaCl 

Ti(С

4

H

9

O)

4

 + 2C

2

H

6

O

2

 = Ti(OCH

2

CH

2

O)

2

 + 4С

4

H

9

OH 

 
В веществе (1) – n(Li) : n(Ti) : n(O) : n(Ag) = 5,95/7 : 50,98/48 : 40,78/16 : 2,29/108 = 0,85 : 
1,06 : 2,55 : 0,021 = 1 : 1,25 : 3 : 0,025 = 4 : 5 : 12 : 0,1. 
В веществе (2) – n(Li) : n(Ti) : n(O) : n(Ag) = 5,81/7 : 49,83/48 : 39,87/16 : 4,49/108 = 0,83 : 
1,04 : 2,49 : 0,042 = 1 : 1,25 : 3 : 0,05 = 4 : 5 : 12 : 0,2. 
 
Таким образом X – Li

4

Ti

5

O

12

, допированный серебром 

 
Итак,  
А – тетрабутилтитанат (тетрабутоксититан) Ti(OC

4

H

9

)

4

 

 

Б – бутанол-1 
С – титановая кислота TiO

2

2H

2

O 

Д – оксид титана (IV) TiO

2

 

Е – этиленгликоль HOCH

2

CH

2

OH 

Л – диэтиленгликольтитанат Ti(OCH

2

CH

2

O)

2

 

Х – Li

4

Ti

5

O

12

/Ag 

94

 

 

 

Уравнение реакции получения X: 

50Ti(OCH

2

CH

2

O)

2

 + AgNO

3

 + 40LiOH + 499/2O

2

 = 10 (Li

4

Ti

5

O

12

0,1Ag) + NO

2

 + 200CO

2

 + 220H

2

O 

 

3.

 

Серебро обеспечивает проводимость 

 
Система оценивания 
 
7 веществ по 1 баллу 

7 баллов 

4 уравнения реакций по 0,5 балла 

2 балла 

Уравнение синтеза X 

1 балл 

Роль серебра  

1 балл 

Всего   

11 баллов 

 
 
 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 
 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 
 

95

 

 

 

 

Химия для школьников 7 – 11 класса (заочный тур) 
Задача 8. Магнитные наночастицы 

 
Образец руды, содержащий металлы A и B, сожгли в токе воздуха. Образовавшийся твердый 
остаток  растворили  в  соляной  кислоте,  а  затем  нейтрализовали  раствором  аммиака.  При 
этом  выпал  бурый  осадок  А

1

,  который  отфильтровали.  Через  фильтрат  пропускали  ток 

углекислого газа до прекращения выпадения осадка В

1

. Осадок отфильтровали и прокалили 

до  постоянной  массы,  образовалось  вещество  В

2

.  Вещества  А

1

  и  В

2

  по  отдельности 

растворили  в  соляной  кислоте,  при  этом  были  получены  растворы  веществ  А

2

  и  В

3

.  К 

раствору  А

2

  прибавляли  избыток  щелочи  до  тех  пор,  пока  выпавший  осадок  полностью  не 

перешел  в  бесцветный  раствор  вещества  А

3

. При  добавлении  к  этому раствору  раствора  В

3

 

наблюдалось  выпадение  коричневого  осадка,  который  при  прокаливании  превратился  в 
черный порошок, состоящий из наночастиц вещества D. 
 

1.

 

Определите неизвестные вещества, если известно, что в наночастицах  D содержится 

46,47 % А и 26,97 % В по массе. (4 балла) 

 

2.

 

Напишите уравнения всех описанных реакций. (4 балла) 

 

3.

 

Какую руду (минерал) могли использовать? (1 балл) 

 
Всего – 9 баллов 

96

 

 

 

 

Химия для школьников 7 – 11 класса (заочный тур) 
Решение задачи 8. Магнитные наночастицы 

 

1.

 

Можно  предположить,  что  продуктом  прокаливания  является  кислородное 

соединение.  По  свойствам  соединений  металла  А  можно  предположить,  что  это  – 
железо. Тогда в 100 г D содержится 46,67 г Fe, 26,67 г В и 26,67 г кислорода. 
 
n(Fe)  :  n(B)  :  n(O)  =  (46,47/56)  :  (26,97/M(B))  :  (26,56/16)  =  0,83  :  (26,97/M(B))  :  1,66  =  
= 1 : (32,5/M(B)) : 2. 
 
Предположим, что n(Fe) : n(B) = 1:1 тогда M(B) = 32,5 г/моль – такого металла нет.  
При n(Fe) : n(B) = 1:2, M(B) = 65 г/моль, что соответствует цинку.  Значит, D – ZnFe

2

O

4

, 

В – Zn, B

1

 – ZnCO

3

, B

2

 – ZnO, B

3

 – ZnCl

2

, A

1

 – Fe(OH)

3

, A

2

 – FeCl

3

, A

3

 – Na

3

[Fe(OH)

6

]. 

 

2.

 

Уравнения реакций: 

 

1)

 

2ZnFeS

2

 + 13/2O

2

 = 2ZnO + Fe

2

O

3

 + 4SO

2

 

2)

 

ZnO + 2HCl = ZnCl

2

 + H

2

O 

3)

 

Fe

2

O

3

 + 6HCl = 2FeCl

3

 + 3H

2

O 

4)

 

FeCl

3

 + 3NH

3

 + 3H

2

O = Fe(OH)

3

 + 3NH

4

Cl 

5)

 

ZnCl

2

 + 4NH

3

 = [Zn(NH

3

)

4

]Cl

2

 

6)

 

Fe(OH)

3

 + 3HCl = FeCl

3

 + 3H

2

O 

7)

 

FeCl

3

 + 3NaOH = Fe(OH)

3

 + 3NaCl 

8)

 

[Zn(NH

3

)

4

]Cl

2

 + 3CO

2

 + 3H

2

O = ZnCO

3

 + 2NH

4

Cl + 2NH

4

HCO

3

 

9)

 

ZnCO

3

 = ZnO + CO

2

 

10)

 

ZnO + 2HCl = ZnCl

2

 + H

2

O 

11)

 

Fe(OH)

3

 + 3NaOH = Na

3

[Fe(OH)

6

] 

12)

 

2Na

3

[Fe(OH)

6

] + ZnCl

2

 = Zn(OH)

2

2Fe(OH)

3

 + 2NaCl + 4NaOH 

13)

 

Zn(OH)

2

2Fe(OH)

3

 = ZnFe

2

O

4

 + 4H

2

O 

 

3.

 

Исходная руда – смешанный сульфид железа и цинка ZnFeS

2

. 

 

Система оценивания 
 
Вещества A

1

 – A

3

, B

1

 – B

3

 – по 0,5 балла, вещество D – 1 балл 

4 балла 

Уравнения реакций 1, 8, 12 – по 0,5 балла, остальные – по 0,25 балла 

  4 балла 

Исходная руда 

1 балл 

Всего 

9 баллов 

 

97