Методические рекомендации по подготовке к олимпиадам школьников по химии (2011 год)
2.2.1. Общая характеристика олимпиад по химии
Конкурсный отбор абитуриентов – особая, отдельная область, находящаяся на стыке среднего и высшего образования. Этот вопрос затрагивает интересы очень широкого круга людей: во-первых, самих абитуриентов и их родителей, во-вторых, школьных учителей, которым важна подобная «оценка» их профессиональной деятельности, и, наконец, работников вузов, которые заинтересованы в том, чтобы к ним пришли наиболее достойные и подготовленные абитуриенты. Механизм конкурсного отбора, осуществляется ли он через классические вступительные испытания, через предметные олимпиады или через стремительно набирающую обороты систему ЕГЭ, представляет собой чрезвычайно интересный и актуальный предмет педагогического исследования [1]. Надо отметить, что предметные олимпиады давно используются для привлечения и отбора абитуриентов не только в нашей стране [2].
Практика конкурсного отбора в ВУЗы, существовавшая в нашей стране десятилетиями и доказавшая свою эффективность, была полностью разрушена в связи с повсеместным внедрением ЕГЭ. В качестве альтернативы ЕГЭ ведущие вузы страны стали развивать свою систему предметных олимпиад школьников. Так, многопредметная олимпиада школьников «Ломоносов» проводится Московским университетом с 2005 г., и уже третий год она имеет статус федеральной. Цель данной олимпиады сформулировал инициатор и вдохновитель олимпиадного движения ректор МГУ имени М.В. Ломоносова академик В.А. Садовничий: «Отбор и поиск талантливых ребят – стратегическая задача Московского университета… Мы стремимся привлечь талантливую молодежь к фундаментальным научным исследованиям. Талантливая молодежь – национальное достояние».
Одним из важнейших вопросов в проведении любой олимпиады является качество предлагаемых участникам заданий. Надежным инструментом, позволяющим оценивать качество отдельных задач и всего комплекта олимпиадных заданий в целом, является статистический анализ результатов, показанных участниками предметных олимпиад [3, 4]. Он также позволяет сделать вывод о соответствии комплекта заданий уровню подготовленности участников в рассматриваемом году и о том, какие разделы программы оказались наиболее сложными для школьников.
Настоящая работа была нацелена на:
1) Выяснение соответствия комплекта заданий олимпиады «Ломоносов» по химии уровню подготовленности участников олимпиады в 2011 г.
2) Изучение влияния организации в 2011 г. предварительного заочного тура олимпиады «Ломоносов» с определением квоты в 35% на выход участников в заключительный очный тур.
3) Выявление реализации межпредметных связей химии и математики в заданиях олимпиады, а также влияния математической составляющей на решаемость заданий.
Для этого мы провели статистический анализ результатов, показанных участниками заочного (порядка 1050 участников) и очного (порядка 370 участников) туров федеральной олимпиады «Ломоносов» по химии в 2011 г.
2.2.2. История олимпиадного движения на химическом факультете
Основная цель проведения конкурсных вступительных испытаний – отбор наиболее способных и подготовленных абитуриентов. На химическом факультете МГУ со времен СССР традиционно проводились вступительные испытания по четырем дисциплинам: математике (эта дисциплина до недавнего времени была профилирующей на всех естественнонаучных факультетах), физике, русскому языку и литературе (в форме сочинения) и химии. Экзамен по математике и сочинение проходили в письменной форме, по физике – в устной. Экзамен по химии до конца 80-х гг. принимался устно, а с 1990 г. было решено перейти на письменную форму вступительного испытания.
В начале 1990-х годов на химическом факультете МГУ сложилась негативная ситуация – приток абитуриентов сократился, конкурс упал до рекордной отметки 1,4 человека на место (см. рис. 1). Именно тогда была разработана и успешно внедрена система заочно-очного приема (впоследствии трансформировавшаяся в олимпиаду «Абитуриент МГУ»).
Рис. 1. Динамика изменения конкурса (числа абитуриентов на одно место) на химический факультет МГУ в 1991-2010 гг.[3].
С 1993 по 1997 г. прием на химический факультет проходил дважды в течение года: досрочные экзамены проходили в мае, основные – в июле. Досрочных экзаменов было два – по математике и по химии, оба экзамена оценивались по десятибалльной шкале, и абитуриенты, набравшие в сумме 17 баллов и выше, зачислялись на факультет досрочно, еще до окончания школьных выпускных экзаменов.
Новая система набора успешно функционировала в течение ряда лет, и о правильности выбранной тактики говорит постоянный рост конкурса на факультет в промежутке между 1992 и 1997 годами (см. рис. 1). Эта система стала применяться на других факультетах МГУ, она стала популярной в других вузах. К сожалению, к середине 90-х годов новая система набора стала быстро обрастать нежелательными чертами, в некоторых вузах начала процветать практика коммерческого проведения досрочных экзаменов, когда школьники (а точнее – их родители) должны были платить определенные суммы денег за участие в подобных экзаменах. Результатом стал запрет со стороны Министерства образования на досрочную (до сдачи выпускных экзаменов) зачисление в вузы в 1998 году.
Начиная с этого года, руководством университета было принято решение проводить химико-математическую олимпиаду «Абитуриент МГУ» в заочно-очной форме, причем ее победители получали льготы при поступлении. Олимпиада состояла из обязательного заочного тура (контрольной работы по химии, математике и физике, которую нужно было выполнить в ноябре-апреле и прислать на химический факультет). Так, например, в 2001 г. задание заочного тура состояло из 38 задач разного уровня сложности: 18 задач по химии, 12 – по математике и 8 – по физике, максимальная оценка за весь комплект составляла 100 баллов. Это задание публиковалось в журнале «Химия в школе», газете «Первое сентября», рассылалось непосредственно по школам, взаимодействовавшим с химическим факультетом. Школьники, набравшие необходимое число баллов (от 50 и выше), получали персональное приглашение на очный тур, включавший два экзамена. Получившие на очном туре от 17 баллов и выше считались победителями олимпиады и получали право засчитать оценки, полученные в очном туре олимпиады, в качестве конкурсных по соответствующим предметам при поступлении. В июле им оставалось сдать экзамен по физике и сочинение, и, с полученной суммой баллов, они участвовали в общем конкурсе. С 2000 г. победители олимпиады получили право засчитывать школьную оценку по русскому языку или по литературе (лучшую из двух) из аттестата вместо оценки за сочинение. Данные рис. 1 показывают, что к 2003 г. конкурс на химический факультет стабилизировался на уровне 3 человека на место. Авторы концепции заочно-очного приема (проф. Н.Е. Кузьменко, проф. В.В. Еремин, академик В.В. Лунин) за ее успешную реализацию в 1999 г. были удостоены Премии Президента РФ в области образования.
На всем описываемом промежутке времени на химический факультет вне конкурса (то есть без вступительных экзаменов) зачислялись победители Всероссийской олимпиады школьников по химии, а также победители и призеры Международной Менделеевской олимпиады.
Новая система набора успешно функционировала, стала привычной и продемонстрировала свою эффективность. Тем не менее, история этой системы, какой бы успешной и эффективной она не была, оказалась недолгой, 2004 год стал для нее переломным и роковым. Как всегда, химический факультет провел заочный тур олимпиады «Абитуриент МГУ» (в нем приняли участие почти 600 абитуриентов), однако очный тур уже не состоялся. В 2004 году по решению Министерства образования вступительные испытания проводились только в июле и довольно специфическим образом – перед традиционными экзаменами были проведены отдельные письменные вступительные экзамены по математике и физике для победителей промежуточных (3-го и 4-го) этапов Всероссийской олимпиады школьников по химии. Эти экзамены проводились подряд два дня, без перерыва, что было очень утомительно для школьников. Впоследствии к подобной практике больше не возвращались. Данные рис. 1 убедительно свидетельствуют, насколько пагубно отразились внезапные резкие изменения правил приема на показателях конкурса на химический факультет (1.9 человек на место в 2004 г. вместо 3.6 в 2003 г.).
С 2005 г. начала свой отсчет многопредметная олимпиада школьников МГУ «Ломоносов». Ее победителям по каждому предмету засчитывалась максимальная оценка по соответствующей дисциплине на вступительных экзаменах. Олимпиада по химии проводилась в середине мая единовременно по единым вариантам заданий на всех факультетах, имеющих химию в перечне вступительных испытаний (химический и биологический факультеты, а также факультеты почвоведения, биоинженерии и биоинформатики). Олимпиадное задание представляло собой экзаменационный билет из десяти заданий, в котором указана максимальная оценка в баллах за каждое задание. Предлагаемые в билете задания оценивались дифференцированно в зависимости от уровня сложности, т.е. числа логических операций, необходимых для ответа, и их характера – продуктивного или репродуктивного.
В 2009 году впервые зачисление во все вузы России проводилось на основе суммы баллов ЕГЭ по соответствующим профилю вуза дисциплинам, а право проводить дополнительные конкурсные испытания получили лишь некоторые вузы, точнее – лишь некоторые факультеты вузов, а еще точнее – лишь некоторые специальности на некоторых факультетах (в рамках МГУ – всего три факультета). На химическом факультете вступительное испытание по химии не было предусмотрено. Не допустить неизбежного падения уровня студентов-первокурсников в 2009 году позволила система предметных олимпиад различного уровня, победители и призеры которых получили ощутимые преимущества при поступлении на факультет. В частности, победители предметной олимпиады «Ломоносов», как и в предыдущие годы, зачислялись на соответствующий факультет вне конкурса, а призерам олимпиады засчитывались 100 баллов вместо их оценки за ЕГЭ по данному предмету. Абитуриенты могли засчитывать результаты олимпиады только по одному предмету, например, победитель или призер олимпиады «Ломоносов» по физике не мог засчитать себе высший балл по этому предмету на химическом факультете. Само задание олимпиады «Ломоносов», не изменившись по структуре, с 2009 г. стало стобалльным вместо принятой ранее 25-балльной системы.
В 2010 году произошло очередное изменение правил приема – все факультеты МГУ получили право в дополнение к ЕГЭ проводить один экзамен по профильной дисциплине. Так, в июле химический факультет провел (дополнительно к ЕГЭ) вступительный экзамен по химии. Однако это никоим образом не умаляет значение олимпиады «Ломоносов», которая с 2008/2009 учебного года вошла в федеральный Перечень олимпиад школьников. В 2009/2010 учебном году она была отнесена к олимпиадам второго уровня [6]. В получившей федеральный статус олимпиаде принимают участие не только старшеклассники, стремящиеся стать студентами МГУ, но и все те, для кого «актуален» данный предмет (например, в олимпиадах «Ломоносов» по химии и биологии активно участвовали потенциальные абитуриенты медицинских вузов).
2011 г. ознаменовался очередным нововведением в порядок проведения олимпиады «Ломоносов». Согласно «Порядку проведения олимпиад школьников» [7] и «Положению об Олимпиаде школьников «Ломоносов», олимпиада проводилась в два этапа: заочный отборочный и очный заключительный. Задания заочного этапа (комплект из 12 задач) осенью 2010 г. были размещены на сайтах МГУ и Российского Совета Олимпиад Школьников. Участники присылали выполненные работы в МГУ по почте или в электронной форме до 28 января 2011 г. К участию в заключительном этапе олимпиады школьников «Ломоносов» были допущены только лауреаты отборочного (заочного) этапа 2011 года (на их число Министерством была установлена квота – не более 35% от общего числа участников заочного тура). Всего в заочном туре олимпиады по химии приняли участие 1067 школьников. Очный тур состоялся на химическом факультете МГУ 14 марта 2011 г. В нем приняли участие 366 школьников. Число лауреатов очного тура было также жестко регламентировано – победителей (I место) не больше 10% от числа участников очного тура, призеров (II и III места) – не больше 25%.
Все годы функционирования олимпиады «Ломоносов» группа сотрудников химического факультета под руководством профессора Н.Е. Кузьменко проводит систематические исследования статистических данных по результатам участников олимпиады [5, 8].
2.2.3. Статистический анализ результатов олимпиады по химии
Информативным и надежным инструментом, позволяющим оценивать качество отдельных задач и всего комплекта олимпиадных заданий в целом, является статистический анализ результатов предметных олимпиад. Он также позволяет сделать вывод о соответствии комплекта заданий уровню подготовленности участников в рассматриваемом году. Проиллюстрируем это на примере анализа результатов, показанных участниками олимпиады «Ломоносов» по химии в мае 2010 г. (порядка 870 участников из более чем пятидесяти регионов России) [9].
Рис. 2. Распределение участников олимпиады «Ломоносов» по химии в 2010 г. по набранным ими баллам (870 человек, максимальная оценка 100 баллов)
Подобные интегральные диаграммы позволяют оценить качество комплекта олимпиадных заданий в целом. По полученной гистограмме можно сделать вывод о дифференцирующей способности комплекта, т.е. о том, насколько он позволяет разделить участников по их подготовленности. Ценной оказывается и информация и о том, насколько данный комплект соответствует общему уровню подготовленности школьников в текущем году. Как видно из рис. 2, комплект олимпиадных заданий по химии 2010 г. можно признать удачным. Несмотря на то, что максимум распределения приходится на область средних и умеренно низких баллов, число участников, получивших высокие и очень высокие баллы, весьма значительно, да и число «пустых» работ невелико. Это говорит о хорошей дифференцирующей способности комплекта заданий 2010 г. и общем соответствии уровня сложности варианта уровню подготовленности школьников.
Другое направление нашего анализа – изучение так называемой «выполнимости», или решаемости, каждой из задач олимпиадного комплекта в отдельности, что позволяет оценить качество предлагаемых школьникам задач и общую готовность участников к задачам такого рода. Этот показатель рассчитывается как балл за конкретное задание, усредненный по всем участникам олимпиады и отнесенный к максимальному баллу за это задание. На рис. 3 показана диаграмма решаемости заданий олимпиады «Ломоносов» по химии 2010 г.
Рис. 3. «Выполнимость» заданий олимпиады «Ломоносов» по химии 2010 г.
Очевидно, что максимальную «выполнимость» должны иметь задания репродуктивного характера, требующие от школьников простого воспроизведения фактов, известных им из школьной программы. Несколько подобных заданий традиционно располагаются в начале варианта и оцениваются небольшим числом баллов. Минимальную же «выполнимость» должны демонстрировать последние задания, представляющие собой комплексные задачи, по существу являющиеся соединением нескольких простых задач и требующие для своего решения выполнения нескольких логических операций. Можно ожидать падения величины «выполнимости» от первых к последним, наиболее трудным, заданиям. Однако на практике мы наблюдаем немонотонность поведения «выполнимости» (рис. 3), некоторые задания неожиданно решались хуже, чем можно предположить, исходя из их номера в варианте. Подобные задания имели некоторый «креативный» оттенок и требовали от школьников умения применить свои знания в новой проблемной ситуации. К задачам такого типа можно отнести №4 и №7 из комплекта 2010 г. [10].
Третьим направлением анализа, позволяющим раскрыть тонкую структуру «решаемости» каждого конкретного задания, является изучение распределения участников по набранным баллам в рамках одного, отдельно взятого задания. Эти данные помогают определить, за счет чего достигается та или иная решаемость данной конкретной задачи: какая часть школьников вообще взялись за решение задачи и получили за нее хотя бы какие-то баллы, какой процент школьников справился с задачей на 100%. Это распределение позволяет отнести задачу или к «утешительному» типу, или же к заведомо «переусложненному», которое оказалось непосильным для подавляющего большинства участников [4]. Кроме того, можно оценить удачность компоновки задачи и насколько при ее составлении были соблюдены принципы, изложенные в следующем разделе.
На первом этапе работы по анализу результатов, показанных участниками заочного (порядка 1050 участников) и очного (порядка 370 участников) туров олимпиады «Ломоносов» по химии в 2011 г. нами было рассчитано распределение участников олимпиады по сумме набранных ими баллов (максимальная оценка – 100 баллов) для заочного тура олимпиады (рис. 5).
Рис. 5. Распределение участников олимпиады «Ломоносов» по химии в 2011 г. по набранным ими баллам (максимальный балл – 100). По горизонтали – сумма баллов, по вертикали – число участников, получивших данную сумму баллов.
Максимум распределения находится в области высоких баллов, а число «пустых» работ относительно невелико (мы исключили из рассмотрения незначительное число работ с нулевой общей суммой баллов, поскольку такой результат – следствие технической ошибки участника при отсылке работы). Число участников, получивших высокие и очень высокие баллы, является значительным. Отметим, что школьники, набравшие 81 балл и больше, стали призерами и победителями заочного тура олимпиады и были приглашены к участию в очном туре олимпиады «Ломоносов» по химии. Распределения результатов участников подобного вида можно было ожидать, поскольку заочная форма проведения первого тура олимпиады подразумевает для школьников возможность использования учебной и справочной литературы, ресурсов Интернета, консультаций с товарищами и с учителями. Очевидно, что некоторая часть школьников выполняла задания в разной степени несамостоятельно.
Однако число участников, получивших средние и умеренно низкие баллы, оказалось весьма значительным. Это говорит о хорошей дифференцирующей способности комплекта заданий заочного тура олимпиады «Ломоносов» 2011 г. В общем, соответствие уровня сложности варианта уровню подготовленности школьников следует признать хорошим.
Для очного тура олимпиады в 2011 г. распределение имеет сложный вид (рис. 6). Если в 2010 г. максимум распределения приходился на область средних и умеренно низких баллов (рис. 2), то для очного тура 2011 г. на распределении можно выделить два максимума в области умеренно низких и высоких баллов. Вероятно, это является отражением того, что участников очного тура олимпиады можно разделить на две категории: абитуриенты, прибегнувшие к посторонней помощи при решении заданий заочного тура и абитуриенты, самостоятельно выполнившие все задачи, чему и соответствуют две области на диаграмме. Интересным фактом является то, что школьники, набравшие на заочном туре больше 80 баллов и попавшие, таким образом, на очный тур, смогли продемонстрировать там очень скромные достижения – число работ с очень низкими и умеренно низкими баллами значительно.
В данном случае также стоит отметить хорошую дифференцирующую способность комплекта заданий для очного тура олимпиады «Ломоносов» в 2011 г.
Рис. 6. Распределение участников очного тура олимпиады «Ломоносов» по химии в 2011 г. по набранным ими баллам(порядка 370 участников, максимальный балл 100)
Здесь стоит упомянуть тот факт, что по «Положению об олимпиаде «Ломоносов»…», в 2011 г. введение заочного тура олимпиады сопровождалось жестким квотированием: лишь 35% абитуриентов, показавших лучшие результаты в данном туре, проходили в следующий очный тур. Предложенную квоту можно было бы считать справедливой, если распределение участников по числу набранных баллов для очного тура олимпиады было бы схожим с распределением за 2010 г. Однако распределение участников очного тура по баллам оказалось весьма монотонным и характеризуется меньшим числом абитуриентов, набравших высокие балы, в сравнении с заочным туром олимпиады. Очевидно, что часть абитуриентов, набравших высокие баллы за решение заочного тура олимпиады, показали значительно более низкие результаты в очном туре. К тому же распределение участников по баллам для заочного тура олимпиады относительно монотонно в области средних и умеренно высоких баллов (50-80). Таким образом, вероятно, в результате такого жесткого квотирования к очному туру не было допущено значительное количество абитуриентов, которые были потенциально способны набрать не меньшие баллы, чем слабейшая часть участников очного тура олимпиады.
Двенадцать предложенных школьникам задач в комплекте заданий заочного тура были расположены по возрастанию сложности, а соответственно и по возрастанию максимальной оценки за задание. Задания 1 – 6 оценивались от 3 до 8 баллов, а задания 7 – 12 имели максимальную оценку от 10 до 12 баллов. На рис. 7. отчетливо видно, что наиболее трудными для участников даже при заочном режиме выполнения заданий олимпиады стали задачи 9 – 12. Именно эти задачи носили выраженный «олимпиадный» характер, в особенности задачи 11 и 12, посвященные таким разделам, как стереохимия углеводов и свойствам новой, недавно открытой модификации углерода – графена.
Рис. 7. «Выполнимость» заданий заочного тура олимпиады «Ломоносов» по химии 2011 г.
В случае очного тура олимпиады «Ломоносов» в 2011 г. диаграмма «выполнимости» заданий имеет более монотонный вид (рис. 11). Как можно было ожидать, выполнимость снижается от первого задания к последнему, однако именно десятое, последнее задание оказалось наиболее сложным для школьников.
Рис. 8. «Выполнимость» заданий очного тура олимпиады «Ломоносов» по химии 2011 г.
Третьим направлением статистического анализа олимпиадных заданий является анализ распределения результатов участников по набранным баллам для каждого из заданий в отдельности. На рис. 9 приведены полученные в настоящей работе распределения по баллам участников для каждого из двенадцати заданий заочного тура олимпиады «Ломоносов» по химии в 2011 г.
Рис. 9. Распределение результатов участников по набранным баллам для каждого из 12 заданий заочного тура олимпиады «Ломоносов» в отдельности.
Рис. 9. Распределение результатов участников очного тура олимпиады «Ломоносов-2011» по химии по числу набранных баллов для каждого задания.
Так, например, стоит признать удачной компоновку задач № 5, 7 и 8 очного тура, так как хорошо видно, что абитуриенты, взявшиеся за решения этих задач, но не доведшие его до конца, смогли, тем не менее, получить заметное количество баллов. Это находится в полном соответствии с принципами, сформулированными нами выше (см. раздел 3. «Принципы составления заданий для олимпиад»).
Кроме того, изучение полученных диаграмм позволяет заключить, что определенные части заданий оказались доступны практически всем участникам, что несомненно положительно сказывается на самооценке участников, а следовательно, и на их желании связать свою жизнь с химией и научными исследованиями. Порядка 20-25% школьников набрали 80-100% баллов, что практически соответствует идеальному случаю (см. раздел 3), согласно которому, большинство школьников должно набрать средний балл, и только 10-20% самых сильных участников – 80-100% баллов. При этом предложенный набор заданий представляет собой оптимальный вариант, когда сложность вопросов возрастает от одного задания к другому. Так, если максимальное количество баллов при решении задания №1 очного тура набрали 241 человек, то с выполнением задания №10 очного тура максимально хорошо справились только 33 человека.
В комплектах заданий заочного и очного туров олимпиады «Ломоносов» по химии 2011 г. можно выделить расчетные задачи, требующие от участника определенного уровня математической подготовки. К подобным заданиям можно отнести задачи №№ 2, 4, 8, 9, 10, 12. Из них наиболее интересны задачи №4 (уравнение с параметром), №9 (решение квадратного уравнения), №12 (планиметрия, сложные арифметические расчеты, включающие действия с числами в стандартной форме). Среди задач очного тура особо нужно отметить задания №4 (задача на рН, логарифмы), задание № 9 (система из двух уравнений с двумя неизвестными) и задание №10 (система из трех уравнений с тремя неизвестными, причем уравнения нелинейные, включающие произведение неизвестных величин).
Мы решили проанализировать, выделяются ли каким-либо образом вышеперечисленные задачи по результатам наших статистических исследований.
Рассмотрим распределение результатов участников очного тура олимпиады по числу набранных баллов для заданий №9 и №10 в отдельности (рис. 9). С заданием №9, для успешного решения которого необходимо было решить систему из двух уравнений с двумя неизвестными, максимально хорошо справились больше 100 человек, значительная часть абитуриентов не довели решение задания до конца, но все же получили за него значительное количество баллов. Для того, чтобы решить задание №10, необходимо было составить и решить систему из трех уравнений с несколькими неизвестными. При этом уравнения получились нелинейные, т.е. содержали произведения неизвестных. Распределение абитуриентов по баллам для данного задания показывает, что с его решением максимально хорошо справилось лишь 33 человека (рис. 11). В целом, максимум распределения оказался сдвинут в область умеренно низких баллов.
Таким образом, задания по химии, требующие хороших знаний математики, обладают повышенной дифференцирующей способностью, они позволяют более полно и комплексно оценить знания абитуриентов и должны быть включены в комплект заданий конкурсных вступительных испытаний. Однако в полной мере оценить различия между задачами, включающими математический компонент, и не имеющими такового, по результатам настоящего исследования не представилось возможным. По-видимому, для этого потребуются иные методы анализа работ участников олимпиады по химии, вплоть до текстуального анализа решений, представленных школьниками в работах.
1. Проведенный статистический анализ результатов участников заочного и очного туров олимпиады «Ломоносов» по химии позволил констатировать хорошую дифференцирующую способность комплектов заданий обоих туров олимпиады и их соответствие уровню знаний школьников.
2. Сравнительная характеристика результатов участников очного и заочного тура олимпиады «Ломоносов» в 2011 г. показала, что очный тур олимпиады позволяет лучше осуществить дифференциацию школьников. Продемонстрирована нерациональность квотирования в процессе отбора участников заочного тура олимпиады, допущенных к участию в очном туре.
3. Анализ качества отдельных задач показал их соответствие принципам составления заданий для предметных олимпиад.
4. Прослежены интегративные связи между химией и математикой в ряде заданий олимпиады «Ломоносов» по химии в 2011 г. Установлена более низкая решаемость заданий, требующих использования математических знаний при решении химических задач.
2.2.4. Принципы составления олимпиадных заданий по химии
На первый взгляд, составить олимпиадную задачу не слишком трудно. Надо лишь определиться с предметом рассмотрения и поставить ряд вопросов. Однако результаты, которые покажут школьники при такой постановке задачи, мало предсказуемы – возможно, все решат ее полностью, а, может быть, никто не решит ничего. На самом деле, разработка задачи – процесс комплексный, при котором следует иметь в виду сразу несколько очень важных положений [11, 12].
1. Задача должна позволить по результатам ее решения выделить три группы участников, которые условно назовем «посредственные», «средние» и лучшие. Если этого не сделать (например, дать очень простую или запредельно сложную задачу), то все участники наберут примерно одинаковые баллы, и выявление победителей станет существенно менее достоверным, в частности, возрастет роль описок, арифметических ошибок в расчетах и т.п.
2. Определенные части задачи должны быть доступны всем участникам. В олимпиадах высшего уровня участвуют победители отборочных туров, то есть школьники, безусловно имеющие представление о химии, а невозможность набрать хоть какие-то баллы может негативно сказаться на их желании связать свою жизнь с научными исследованиями (а ведь именно это – одна из основных целей предметных олимпиад). В идеальном случае большинство школьников должно набрать средний балл, и только 10-20% самых сильных участников – 80-100% баллов. Оптимальным представляется вариант, когда сложность вопросов возрастает по мере «развития» задачи, хотя этого и не всегда удается добиться. Иногда простые и сложные вопросы перемежаются.
3. Олимпиадная задача должна помочь выявить участников, способных мыслить творчески, проявлять креативность. Безусловно, знания и интерес к новой информации очень важны, но для проверки количества и качества знаний существуют контрольные работы и экзамены. В олимпиадах эти факторы учитываются косвенно: чем больше школьник прочитал и запомнил при подготовке, тем больше у него шансов решить задачу, за счет того что он тратит меньше времени на анализ полученной информации. Однако подчеркнем еще раз, что олимпиада – это, в первую очередь, соревнование творческое.
4. Идеальная задача должна быть посвящена одной теме, одному интересному объекту (или группе объектов), одному интересному научному факту. А вот рассмотрение объекта задачи должно быть всесторонним, ведь именно это позволит проявить себя максимальному числу школьников, которые сильны в различных аспектах химии. Кроме того, олимпиадные задачи должны обогащать представления школьников о передовых достижениях науки, способствовать профессиональной ориентации молодых людей, демонстрируя магическую силу и привлекательность научного исследования.
5. Различные вопросы не должны быть взаимозависимы, не следует строить задачу по принципу «все или ничего», когда неудача в ответе на первый вопрос не оставляет шансов справиться с последующими. Обычно добиться этого при составлении задания не очень сложно, хотя бывают ситуации, когда это сделать трудно. Но здесь на помощь приходят методические приемы, позволяющие избавиться от взаимозависимости вопросов. Так, составители задач 36-ой Международной химической олимпиады в Германии предложили следующий вариант: школьникам, которым не удалось установить один из фрагментов молекулы при решении первой части задачи, было предложено заменять его символом «R», отвечая на вопросы последующих частей. При этом такие участники не получали баллов за первую часть задачи, поскольку с ней не справились, но могли получить даже максимальный балл за последующие части. Этот прием подводит нас к следующему исключительно важному положению.
6. В олимпиадных задачах не должно быть «двойного наказания». Иными словами, школьник, например, неправильно установивший фрагмент структуры соединения, но правильно написавший реакции с участием данного соединения при ответе на последующие вопросы (реакции с неправильной структурой) должен получить нулевые баллы за структуру и полные баллы за реакции, несмотря на то что с чисто формальной точки зрения реакции написаны неправильно. Это положение традиционно вызывает много споров на методических комиссиях различных олимпиад, но автор статьи всегда выступает в его поддержку. Признавая безусловную справедливость того, что арифметическая ошибка при расчете моста приведет к его обрушению, но все-таки основная задача олимпиад – позволить школьнику проявить свой творческий потенциал и по достоинству оценить все позитивное в его ответах. Данное положение относится в большей степени к методике проверки олимпиадных работ, тем не менее, его следует иметь в виду и при составлении задач.
Обсуждение различных аспектов, которые следует иметь ввиду при разработке заданий, можно было бы продолжить. Однако даже рассмотренных выше наиболее важных положений вполне достаточно для того, чтобы прийти к пониманию, что составление олимпиадных задач – процесс весьма непростой и в высшей степени творческий, требующий значительных усилий и глубоких размышлений от авторов заданий.
2.2.5. Критерии оценки решений заданий олимпиады по химии
Задание олимпиады «Ломоносов» по химии состоит из 12 задач (заочный тур) или 10 задач (очный тур), охватывающих значительную часть разделов школьной программы и «Программы по химии для поступающих в МГУ» [8, с. 364-368]. В билете указана максимальная оценка (в баллах) за каждое задание. Предлагаемые на олимпиаде вопросы и задачи оцениваются дифференцированно, в зависимости от уровня их сложности, т. е. числа и характера логических операций, необходимых для получения конечного результата. Как правило, в каждом варианте задания расположены по возрастанию сложности.
Первые два задания требуют от школьника только простого воспроизведения материала, имеющегося в школьных учебниках. Они оцениваются максимальной оценкой в 4 балла.
Расчетные или «качественные» задания (обычно пункты 3 – 5 билета) оцениваются максимальной оценкой от 5 до 8 баллов. По уровню сложности они совпадают с теми вопросами, которые предлагаются учащимся в школьных учебниках после усвоения материала, изложенного в том или ином параграфе.
Расчетная задача, состоящая из двух-трех логических операций (как правило, это шестой пункт экзаменационного билета) оценивается максимально в 12 баллов.
Два следующих пункта (7 и 8) имеют такую же оценку (или на 2 балла больше). По традиции, они представляют собой так называемые «цепочки превращений» органических и неорганических веществ. Для ответа на поставленные в этих пунктах вопросы требуется показать знание свойств нескольких классов органических или неорганических соединений, умение их обобщить и на этой основе выбрать правильный и оптимальный алгоритм получения конечного результата.
Последние пункты олимпиадного задания включают комбинированные задачи, как бы составленные из нескольких типовых задач по неорганической и органической химии. Их максимальная оценка равна 16 баллам.
Задания олимпиады «Ломоносов» по химии обязательно включают творческий, креативный элемент. Это означает, что задача, по своей сути базирующаяся на школьном материале, может потребовать от школьника умения применить свои знания и навыки к новым, незнакомым объектам или свойствам веществ. Примером могут послужить следующие задачи: №1 «Ломоносов-2008», в которой требовалось рассчитать элементный состав продукта биотрансформации запрещенного препарата (анаболического стероида); №1 «Ломоносов-2009», посвященная перспективным катализаторам – наночастицам золота, платины или палладия; №6 «Ломоносов-2006», основанная на химических превращениях фуллерена – новой аллотропной модификации углерода.
При проверке работ члены жюри олимпиады положительно оценивают каждый «шаг» школьника в правильном направлении; так, например, за четырехбалльное задание можно получить 0; 0.5; 1; 1.5; … 3.5 или 4 балла. Обязательное требование: каждый ответ или вывод должен быть мотивирован, в олимпиадной работе должна четко прослеживаться логика решения.
Максимальная сумма баллов, которую может набрать участник олимпиады, равна 100 (по аналогии с ЕГЭ). При этом в отличие от вступительного испытания по химии не существует понятия «неудовлетворительная оценка», каждый школьник получает свои «заработанные» баллы. Неудовлетворительная оценка выставляется школьнику в исключительном случае – если по решению жюри он отстраняется от участия в олимпиаде за нарушение правил участия (например, за списывание, использование запрещенных электронных средств и средств коммуникации).
2.2.5.1. Условия и решения задач заключительного этапа олимпиады «Ломоносов» 2011 г. по химии
Задание 1. Предложите формулы двух соединений, в состав которых входят положительные ионы с электронной конфигурацией 1s22s22p63s23p6 и отрицательные ионы с электронной конфигурацией 1s22s22p6. Напишите уравнения реакций образования этих соединений из простых веществ. (4 балла)
Решение:
Положительные ионы с конфигурацией 1s22s22p63s23p6: K+ и Ca2+,
отрицательные ионы с конфигурацией 1s22s22p6: F– и O2–.
Возможные соединения: KF, K2O, CaF2 и CaO.
Реакции получения из простых веществ:
2K + F2 → 2KF;
Ca + F2 → CaF2;
2Ca +
O2
2CaO.
Задание 2. Приведите примеры уравнений двух реакций, в результате которых из жидкого и твердого при комнатной температуре соединений можно получить соли. (4 балла)
Решение:
Основные оксиды – твердые вещества: CaO, MgO. Жидкий кислотный оксид: SO3. Жидкое вещество – 100%-ная серная кислота. Примеры реакций:
MgO + SO3 → MgSO4;
CaO + H2SO4(100%) → CaSO4 + H2O.
Задание 3. Смесь цинка и нитрата цинка прокалили на воздухе. Масса смеси при этом не изменилась. Определите массовые доли компонентов в исходной смеси. (8 баллов)
Решение:
Пусть в смеси было х моль цинка и у моль нитрата цинка. Уравнения реакций:
Zn + 0.5O2
ZnO;
x x
Zn(NO3)2
ZnO + 2NO2↑
+0.5O2
y y 2y 0.5y
m(исх. смеси) = m(конечн. смеси);
65x + 189y = (x + y)81;
x = 6.75y.
ω(Zn) = 
= 0.6989 (или
69.89%);
ω(Zn(NO3)2) = 0.3011 или 30.11%.
Ответ: 69.89% Zn, 30.11% Zn(NO3).
Задание 4. Какой объем раствора азотной кислоты с молярной концентрацией HNO3 0.2 моль/л необходимо прилить к 500 мл воды для получения раствора с рН равным 3.0 при 25оС? (8 баллов).
Решение:
рН = 3.0, следовательно, [Н+] = 0.001моль/л.
Пусть к 500 мл (0.5 л) воды необходимо прилить х л HNO3 с концентрацией 0.2 моль/л и, следовательно, 0.2х моль ионов Н+. Тогда
с(HNO3) = 
= 0.001;
Откуда х = 0.0025 л = 2.5 мл.
Ответ: 2.5 мл.
Задание 5. Имеется смесь Al, Fe и Cu. Как химическим путем выделить каждый из металлов в индивидуальном виде? Опишите ход проведения процесса и напишите уравнения соответствующих реакций. (10 баллов)
Решение:
1) Поместим смесь металлов в соляную кислоту:
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑;
2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2↑;
Cu + HCl –/→реакция не идет.
Железо и алюминий растворяются, медь не реагирует. Отфильтровываем и выделяем медь.
2) К фильтрату приливаем избыток раствора щелочи:
FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + 2NaCl;
AlCl3 + 4NaOH → Na[Al(OH)4] + NaCl.
Гидроксид железа выпадает в осадок. Отфильтровываем гидроксид железа.
3) Прокаливаем осадок (на воздухе в присутствии кислорода может образоваться Fe2O3), твердый продукт прокаливания восстанавливаем:
Fe(OH)2
FeO + H2O;
FeO + CO Fe + CO2.
Металлическое железо выделено.
4) Через фильтрат пропустим CO2 или SO2, выпавший осадок гидроксида алюминия отфильтровываем:
Na[Al(OH)4] + CO2 → NaHCO3 + Al(OH)3↓.
Осадок прокаливаем, восстанавливаем алюминий из расплава оксида электролизом:
2Al(OH)3 → Al2O3 + 3H2O;
↯
2Al2O3(расплав) → 4Al + 3O2.
Таким образом, выделен и алюминий.
Задание 6. Установите строение трипептида, если известно, что число атомов углерода в нем в 2.8 раза больше числа атомов азота и в 3.5 раза больше числа атомов кислорода, при его частичном гидролизе образуются два изомерных дипептида, а для полного гидролиза 1 моль этого трипептида требуется 3 моль гидроксида калия. (10 баллов)
Решение:
Так как при частичном гидролизе трипептида образуются два изомерных дипептида, можно сделать вывод о том, что в трипептиде концевые аминокислоты одинаковые, и общая формула трипептида
Из условия задачи соотношение C : N = 14 : 5; C : O = 14 : 4; тогда C : N : O = 14 : 5 : 4.
На гидролиз 1 моль трипептида необходимо 3 моль KOH, следовательно, число кислотных групп в трех аминокислотах равно 3 (нет аминокислот с дополнительными кислотными группами). Число атомов азота в трипептиде равно 5, следовательно, концевые аминокислоты содержат по два атома азота. Отсюда, если радикалы R1 содержат по одной аминогруппе и состоят из четырех атомов углерода, то R2 = Н.
Следовательно, формула трипептида:
Lys–Gly–Lys
Ответ: лизилглициллизин.
Задание 7. Напишите уравнения реакций, соответствующих следующей схеме превращений, укажите условия их протекания:
(12 баллов)
Решение:
1) CO2 + 2NH3 + H2O → (NH4)2CO3;
2) (NH4)2CO3 + 2KOH → K2CO3 + 2NH3↑ + 2H2O;
3) 4NH3
+ 5O2
2NO + 3H2O;
4) 2NO + O2 → 2NO2;
5) 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3;
6) 3P + 5HNO3 + 2H2O → 3H3PO4 + 5NO↑.
Ответ: Х – NH3; Z – HNO3.
Задание 8. В колбу с горячим раствором 90%-ной серной кислоты внесли смесь меди и оксида железа (II). После полного растворения смеси в кислоте масса раствора в колбе увеличилась на 12.0 г. Точно такую же навеску исходной смеси внесли в другую колбу с горячим раствором 90%-ной азотной кислоты. После полного растворения смеси масса раствора в колбе увеличилась на 5.0 г. Определите массу навески исходной смеси. (16 баллов)
Решение:
Пусть исходная навеска содержит х моль Cu и у моль FeO. При взаимодействии с горячей концентрированной серной кислотой происходит полное растворение смеси с выделением SO2:
Cu + 2H2SO4
CuSO4 + SO2↑
+ 2H2O;
x х
2FeO + 4H2SO4
Fe2(SO4)3
+ SO2↑ + 4H2O.
у 0.5у
Из условия задачи следует, что
(64х + 72у) – (64х + 32у) = 12.0.
При внесении аналогичной навески в колбу с горячей концентрированной азотной кислотой происходит растворение и выделение NO2:
Cu + 4HNO3
Cu(NO3)2
+ 2NO2↑ + 2H2O;
x 2х
FeO+ 4HNO3
Fe(NO3)3
+ 3NO2↑ + 2H2O.
у у
Отсюда
(64х + 72у) – 46(2x + y) = 5.0.
Получаем систему уравнений:
Решение системы х = 0.1 моль, у = 0.3 моль, следовательно, масса исходной смеси составляет 64х + 72у = 28.0 г.
Ответ: 28 г.
Задание 9. К одноосновной карбоновой кислоте массой 15.6 г добавили водный раствор гидроксида кальция. Полученный раствор упарили, осадок прокалили при 401оС. В результате прокаливания выделилась смесь газов с плотностью 0.47 г/л и остался твердый остаток массой 21.0 г. При добавлении к этому остатку избытка соляной кислоты выделилось 5.08 л газа с плотностью 1.82 г/л при 22оС. Определите неизвестную карбоновую кислоту и количество газа, выделившегося при прокаливании осадка. Все процессы проводились давлении 1 атм. (16 баллов)
Решение:
Из условия задачи не очевидно, находятся ли реагирующие вещества в эквимолярном соотношении, или же какое-то из них дано в избытке. Проанализируем условия задачи.
Если бы карбоновая кислота была дана в избытке, или же реагенты были взяты в эквимолярном соотношении, то в результате выпаривания раствора, образовавшегося в результате реакции кислоты с Ca(OH)2
Ca(OH)2 + 2RCOOH → (RCOO)2Ca + 2H2O, (1)
в твердом осадке оказалась бы только соль. В этом случае прокаливание осадка привело бы к образованию только одного газа в результате протекания реакции кетонизации:
(RCOO)2Ca(тв)
CaCO3 +
R–CO–R↑.
(2)
Однако по условию задачи выделяется смесь двух газов – это возможно только в том случае, если Ca(OH)2 был взят в избытке, и осадок после упаривания представлял собою смесь (RCOO)2Ca и Ca(OH)2. При этом если избыток гидроксида кальция частичный, то сначала произойдет декарбоксилирование соли:
(RCOO)2Ca(тв) + Ca(OH)2(тв) CaCO3 + 2RH↑,
(3)
а когда Ca(OH)2 израсходуется, оставшееся количество соли даст второй продукт – кетон, а твердый остаток после прокаливания (21.0 г) будет представлять собой исключительно карбонат кальция. В таком случае приливание избытка HCl к твердому остатку приведет к образованию CO2 в количестве, равном количеству CaCO3:
CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2↑ + H2O.
Проверим это предположение:
M(газа) = ρRT/p = 1.82 · 8.31 · 295 / 101.3 = 44 г/моль;
ν(газа) = pV / RT = 101.3 · 5.08 / (8.31 · 295) = 0.21 моль;
ν(CaCO3) = 21 / 100 = 0.21 моль.
Значит, остаток состоит только из карбоната кальция. В противном случае в твердом остатке содержался бы еще избыток гидроксида кальция.
Пусть в реакции (2) образовалось z моль CaCO3, а в реакции (3) – х моль. Тогда общее количество карбоната кальция составит x + y = 0.21 моль.
Смесь выделившихся газов содержит х моль углеводорода RH и z моль кетона RCOR. Средняя молярная масса смеси составляет
M = ρRT / p = 0.47 · 8.31 · 674 / 101.3 = 26 г/моль;
или M =
= 
= 26.((R + 1)x + (2R + 28)z)/(x
+ z).
Тогда (R + 1)x + (2R + 28)z = 26·0.21 = 5.46.
И, наконец, с учетом того, что (0.5х + z) моль кальциевой соли (RCOO)2Ca образовалось из 2(0.5x + z) моль исходной кислоты RCOOH, можно записать:
2(0.5x + z) = 15.6/(R + 45),
или (R + 45)x + (2R + 90)z = 15.6.
Мы получили систему из трех уравнений с тремя неизвестными:
Решив ее, получим х = 0.16; z = 0.05; R = 15. Следовательно, искомая кислота – уксусная CH3COOH (R – это CH3), при прокаливании выделилось 0.1 моль CH4 и 0.05 моль ацетона CH3COCH3.
Ответ: CH3COOH; 0.16 моль CH4; 0.05 моль CH3COCH3.
2.2.5.2. Условия и решения задач отборочного этапа олимпиады «Ломоносов-2011» по химии
Задание 1. Приведите формулы веществ, в которых атом кислорода имеет степень окисления: а) +2, б) +1, в) –1, г) –1/2, д) –1/3. Укажите, какое строение имеют эти вещества – молекулярное или немолекулярное.
Ответ.
а) F2O – дифторид кислорода, состоит из молекул F–O–F;
б) F2O2 – дифторид дикислорода, состоит из молекул F–O–O–F;
в) H2O2 – пероксид водорода, состоит из молекул H–O–O–H
или Na2O2 – пероксид натрия, состоит из ионов Na+ и O22–;
г) KO2 – надпероксид калия, состоит из ионов K+ и O2–;
д) KO3 – озонид калия, состоит из ионов K+ и O3–.
По 1 баллу за каждую формулу + строение вещества. Всего 1 ´ 5 = 5 баллов. Если приведена формула, но нет указания на строение (молекулярное или ионное), ставим 0.5 балла. Написания структурных формул в задаче не требуется.
Задание 2. В оксиде какого элемента массовая доля кислорода наибольшая? Какой оксид находится на втором месте по этому показателю?
Решение:
Общая формула бинарных кислородсодержащих соединений – RxOy. Но если ограничиться оксидами элементов с постоянной валентностью, то число неизвестных переменных можно сократить – R2On, где n – степень окисления элемента (n изменяется от 1 до 8).
В задаче – две неизвестных величины: атомная масса элемента (обозначим ее M) и степень окисления n. Запишем выражение для массовой доли кислорода:
.
Надо найти максимальное значение этого выражения. Для того, чтобы выражение было максимальным, знаменатель должен быть минимальным. Значит, надо найти элемент, у которого отношение атомной массы к степени окисления (это отношение иногда называют эквивалентом) – наименьшее. Очевидно, что это – водород, M = 1, n = 1. Искомый оксид – вода, H2O.
Перебирая отношение M / n для элементов 2-го и 3-го периодов (за исключением O, F, Ne, Ar), находим, что оно принимает минимальное значение для азота: 14/5 = 2.8. Таким образом, на втором после воды месте по массовой доле кислорода стоит высший оксид азота N2O5.
Однако если рассматривать оксид как произвольное бинарное соединение элемента и кислорода, то «лидером» окажется пероксид водорода Н2О2, а на втором месте – Н2О.
Ответ. H2O, N2O5 или Н2О2, Н2О.
По 2 балла за каждый оксид, всего 4 балла.
Задание 3. В природе известны два устойчивых изотопа водорода и три устойчивых изотопа кислорода. Сколько существует разных типов устойчивых молекул воды?
Решение:
Для каждого устойчивого изотопа кислорода возможны три молекулы воды: обычная HOH, тяжелая DOD и полутяжелая HOD. Всего устойчивых изотопов кислорода – три, следовательно всего возможно 9 разных устойчивых молекул воды. Все они (в разных количествах) входят в состав природной воды.
Ответ. 9.
Всего 3 балла.
Задание 4. При растворении металла в избытке соляной кислоты выделилось 4.48 л газа (н. у.) и образовалось 17.8 г хлорида. Какой металл был взят?
Решение:
Обозначим степень окисления металла в образующейся соли через x (x = 1¸4). Уравнение растворения металла в соляной кислоте:
M + xHCl = MClx + x/2 H2.
n(H2) = 4.48 / 22.4 = 0.2 моль. Согласно уравнению, n(MClx) = 2/x × n(H2) = 0.4/x моль.
Молярная масса хлорида: M(MClx) = 17.8 / (0.4/x) = 44.5x г/моль.
Атомная масса металла: A(M) = 44.5x – 35.5x = 9x г/моль.
Перебором находим: x = 3, A = 27 г/моль – алюминий.
Ответ. Al.
Всего 5 баллов за задачу.
Задание 5. Напишите структурные формулы шести веществ состава С3Н6О, относящихся к разным классам органических соединений. Какие вещества состава С3Н6О могут существовать в виде оптических изомеров?
Ответ.
1. Альдегид – пропионовый альдегид:
2. Кетон – ацетон:
3. Непредельный спирт – аллиловый спирт:
4. Непредельный простой эфир – винилметиловый эфир:
5. Циклический спирт – циклопропанол:
6. Циклический эфир – оксетан:
7. Циклический эфир – 2-метилоксиран – существует в виде двух оптических изомеров:
6 структур по 1 баллу за структуру + 2 балла за правильно указанное наличие оптических изомеров (с объяснением). Всего 8 баллов. Примечание: в условии не требовалось называть вещества или рисовать оптические изомеры.
Задание 6. Даны разбавленные растворы одинаковой молярной концентрации следующих веществ: LiOH, (CuOH)2CO3, Na[Al(OH)4], KOH, Cu[(NH3)4](OH)2. В каком растворе концентрация гидроксильных групп наибольшая?
Решение:
В разбавленных растворах одинаковой молярной концентрации наибольшая концентрация гидроксильных групп будет в растворе гидроксида тетраамминмеди (II), который полностью диссоциирует по уравнению:
[Cu(NH3)4](OH)2 → [Cu(NH3)4]2+ + 2OH−.
Ответ: [Cu(NH3)4](OH)2.
Всего 5 баллов при условии правильно записанного уравнения процесса диссоциации.
Задание 7. Какие из перечисленных ниже веществ реагируют с KMnO4: HCl, K2SO3, CO2, KNO3, CH2=CH−CH3, C6H5CH3? Напишите уравнения всех возможных реакций и укажите условия их протекания.
Решение:
1) 2KMnO4 + 16HCl → 5Cl2 + 2KCl + 2MnCl2 + 8H2O.
2) 2KMnO4 + 5K2SO3 + 3H2SO4 → 6K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O.
3) 2KMnO4 + K2SO3 + 2KOH → K2SO4 + 2K2MnO4 + H2O.
4) 2KMnO4 + 3K2SO3 + H2O → 3K2SO4 + 2MnO2 + 2KOH.
5) 2KMnO4 + 3CH2=CH–CH3 + 4H2O → 3CH2(OH)CH(OH)CH3 + 2MnO2 + 2KOH.
6) 2KMnO4 + CH2=CH–CH3 + 3H2SO4 → CO2 + CH3COOH + K2SO4 + 2MnSO4 + 4H2O.
7) 6KMnO4 + 5C6H5CH3 + 9H2SO4 → 5C6H5COOH + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 14H2O.
8) 2KMnO4 + C6H5CH3 → C6H5COOK + 2MnO2 + KOH + H2O.
По 1.5 балла за уравнение. Всего 1.5 ´ 8 = 12 баллов.
Примечание к реакции 3). Участники могут привести реакцию KMnO4 + K2SO3 + KOH при прокаливании с образованием Mn+5 (подобная реакция приведена в справочнике Лидина и Молочко).
Задание 8. После растворения 62.4 г смеси оксида железа (II, III) и оксида железа (III) в 500 г 80 % серной кислоты масса раствора стала равной 556 г. Определите массовую долю соли в полученном растворе.
Решение:
Уравнения растворения оксидов железа в серной кислоте:
2Fe3O4 + 10H2SO4 = 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O
x 1.5x 0.5x
Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3H2O
y y
Общая масса оксидов: 232x + 160y = 62.4,
масса SO2: 64 · 0.5x = 500 + 62.4 – 556 = 6.4,
откуда x = 0.2, y = 0.1.
ν(Fe2(SO4)3) = 1.5x + y = 0.4 моль.
ω(Fe2(SO4)3) =
= 0.288 = 28.8 %.
Ответ. 28.8 %.
По 2 балла за каждое уравнение реакции и 6 баллов за правильный расчет: 2 ´ 2 + 6 = 10 баллов всего.
Задание 9. Если газообразные вещества A2 и B2 смешать в соотношении 2 : 1, то после установления равновесия число гетероядерных молекул AB будет равно общему числу гомоядерных молекул. Рассчитайте константу равновесия A2 + B2 = 2AB. Во сколько раз гетероядерных молекул будет больше, если A2 и B2 смешать в равных количествах при этих же условиях?
Решение:
A2 + B2 = 2AB
2 1
2–x 1–x 2x
По условию, 2x = (2–x) + (1–x), откуда x = 0.75.
Константа равновесия:
.
A2 + B2 = 2AB
1 1
1–y 1–y 2y
,
откуда y = 0.573.
.
Ответ. K = 7.2; в 1.34 раза.
Первое уравнение со схемой – 1 балл, за найденный х – 2 балла, расчет константы равновесия – 4 балла.
Второе уравнение со схемой – 1 балл, найденный у – 2 балла, правильный ответ – 2 балла. Всего 12 баллов.
Задание 10. Для полного гидролиза 5.8 г сложного эфира потребовалось 40 г 10 % раствора гидроксида натрия. Смесь после гидролиза нагрели с избытком подкисленного раствора перманганата калия, при этом выделилось 4.48 л (н. у.) углекислого газа. Установите строение сложного эфира, напишите уравнения реакций гидролиза и окисления.
Решение:
Для гидролиза сложного эфира одноосновной карбоновой кислоты требуется 1 моль щелочи, сложного эфира двухосновной кислоты – 2 моль щелочи, сложного эфира фенола – 2 моль щелочи.
По условию ν(KOH) = 40 ∙ 0.1 / 40 = 0.1 моль. Отсюда, если исходное соединение – это эфир одноосновной кислоты, то ν(эфира) = 0.1 моль, и тогда его М = 58 г/моль, если это эфир двухосновной кислоты, то ν(эфира) = 0.05, и тогда его М = 116 г/моль.
При окислении продуктов гидролиза сложного эфира образуется углекислый газ. Следовательно, в процессе окисления разрушается углеродный скелет.
ν(СО2) = 4.48 / 22.4 = 0.2 моль.
ν(СО2) = ν(С).
Для эфира с М = 58 г/моль отношение ν(эфира) : ν(С) = 0.1 : 0.2 = 1 : 2. Этот сложный эфир должен содержать два атома углерода и два атома кислорода, тогда на водород остается два атома. Брутто-формуле С2Н2О2 соответствует структура:
Уравнения реакций гидролиза и окисления:
10HOCH2COONa + 12KMnO4 + 23H2SO4 → 20CO2 + 6K2SO4 + 12MnSO4 + 5Na2SO4 + 38H2O.
Для эфира двухосновной кислоты с М = 116 г/моль отношение ν(эфира) : ν(С) = 0.05 : 0.2 = 1 : 4. Этот сложный эфир должен содержать четыре атома углерода и четыре атома кислорода, тогда на водород остается четыре атома. Брутто-формула соединения С4Н4О4. Условию задачи отвечают следующие структуры:
HОСH2–CH2ОН + 2KMnO4 + 3H2SO4 → 2CO2 + K2SO4 + 2MnSO4 + 6H2O.
5NaOOC−COONa + 2KMnO4 + 8H2SO4 → 10CO2 + 5Na2SO4 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O.
10HOCH2COONa + 12KMnO4 + 23H2SO4 = 20CO2 + 6K2SO4 +12MnSO4+5Na2SO4+38H2O.
Количество вещества щелочи – 1 балл, количество вещества СО2 – 1 балл, молярная масса (58 или 116) – 2 балла, структура (любая из возможных) – 4 балла, реакции гидролиза и окисления – в сумме 4 балла. Всего 12 баллов.
Примечание: обращайте внимание на рассуждения (пусть даже самые элементарные), они должны быть в работе.
Задание 11. При гидрировании на платиновом катализаторе соединения А образуется соединение В. Сколько асимметрических центров имеют соединения А и В? Сколько стереоизомеров имеют эти соединения? Являются ли оптически активными соединения А и В? Ответы поясните.
Решение:
Переведем клиновидные проекции соединений А и В в проекционные формулы Фишера:
Соединения А и В имеют по три асимметрических центра: Атомы углерода С2, С3 и С4.
Как видно из проекционной формулы соединения А – это альдопентоза, а именно, D-рибоза. Если молекула содержит три асимметрических центра, то число стереоизомеров равно 23 = 8. Известно восемь изомеров альдопентоз: D- и L-рибоза, D- и L-арабиноза, D- и L-ксилоза и D- и L-ликсоза.
Стереоизомеров пентан-1,2,3,4,5-пентаола всего четыре:
Соединения 2 и 3 – энантиомеры (оптически активны). Соединения 1 и 4 оптически не активны (мезоформы), у них есть плоскость симметрии, проходящая через атом углерода C3 и связанные с ним атом водорода и гидроксильную группу.
Таким образом, соединение А оптически активно, соединение В не обладает оптической активностью.
Ответ. Соединение А оптически активно, имеет 3 асимметрических центра и 8 стереоизомеров (само А и еще 7 изомеров). Соединение B оптически неактивно, имеет 3 асимметрических центра и 4 стереоизомера (само В и 3 изомера).
Всего 12 баллов. За правильно определенные асимметрические центры в А и в В – по 2 балла. Правильное число стереоизомеров – по 2 балла за А и В. Оптическая активность А и В – по 2 балла.
Примечание. В задаче не требовалось рисовать изомеры и давать им названия.
Просьба обращать внимание на наличие комментариев и объяснений.
Задание 12. Монослой графита – двумерную сетку правильных шестиугольников из атомов углерода – называют графеном.
В 2004 г. А. Гейм и К. Новоселов, работающие в Англии, смогли выделить такой слой из монокристалла графита и разместить его в виде пленки на поверхности кремниевой подложки. В октябре 2010 г. это достижение было отмечено Нобелевской премией по физике.
1. Чему равна валентность углерода в графене?
2. Рассчитайте массу графенового квадрата размером 10×10 мм. Длину связи C–C в графите найдите в справочной литературе.
3. Для насыщения свободных валентностей углерод в графене способен образовывать связи с газообразными веществами. Чему равно максимальное число атомов водорода, которые может присоединить указанный выше графеновый квадрат?
Решение:
1. Валентность углерода в графене равна III – каждый атом углерода образует три s-связи с соседними атомами. Следовательно, каждый атом углерода может присоединить один атом водорода.
2. Найдем число атомов углерода в графеновом квадрате размером 10×10 мм. Для этого сначала рассчитаем число шестиугольников (краевыми эффектами пренебрежем):
где 0.142×10–9 м – длина связи C–C в графеновом слое (участники могут использовать несколько отличающиеся значения, например 0.141×10–9 м или 0.1418×10–9 м).
Каждый атом углерода принадлежит трем шестиугольникам, следовательно, на один шестиугольник приходится 6/3 = 2 атома углерода, значит общее число атомов C в графеновом квадрате:
.
Масса фрагмента графена равна:
3. Каждый атом углерода может присоединить один атом водорода, поэтому максимальное число атомов водорода, присоединенных к графену, равно:
NH = 3.82×1015.
Ответ. 1. Валентность III. 2. mC = 76.1 нг. 3. NH = 3.82×1015.
Валентность С – 2 балла, число шестиугольников – 2 балла, число атомов углерода – 2 балла, масса фрагмента – 4 балла, число атомов Н – 2 балла. Всего 12 баллов.
Для успешного выполнения олимпиадных и экзаменационных заданий, очевидно, необходима хорошая теоретическая подготовка, поэтому кроме школьных учебников необходимо использовать книги и справочники, приведенные в списке рекомендуемой литературы. Мы приглашаем школьников старших классов ознакомиться с материалами вступительных экзаменов и олимпиад по химии для того, чтобы оценить свои силы и уровень подготовки. Впереди целый учебный год, многое можно сделать, многое постичь и узнать массу нового.
Особое внимание обращаем на возможность заочной подготовки к олимпиадам. Сотрудниками факультета, доцентом И.А. Тюльковым и доцентом О.В. Архангельской, разработан курс «Методические основы подготовки к олимпиадам по химии» (12). Основная форма работы – самостоятельная. Курс лекций предполагает выполнение двух промежуточных и одной итоговой контрольных работ. Курс функционирует третий год, число слушателей – порядка ста человек. Разработанный курс может стать хорошим подспорьем при подготовке к олимпиадам для тех школьников, которые не имеют возможности посещать очные занятия.
Безусловно, полезным для подготовки к олимпиадам по химии станет знакомство с материалами олимпиад федерального уровня – см. (6, 7, 9, 13).
2.2.6. Литература для подготовки к олимпиаде школьников по химии
1. Еремин В.В., Кузьменко Н.Е., Дроздов А.А., Лунин В.В., Теренин В.И. Химия: Учебники для 8-11 классов общеобразовательных учреждений. – М.: Дрофа, 2007-2010.
2. Еремина Е.А., Рыжова О.Н. Справочник школьника по химии. 8-11 классы / под ред. Н.Е. Кузьменко, В.В. Еремина – М.: Мир и Образование, 2001-2004: Экзамен, 2006-2009.
3. Кузьменко Н.Е., Еремин В.В. 2500 задач по химии с решениями для поступающих в вузы. – М.: Мир и образование, 2002-2004: Экзамен, 2005-2007.
4. Кузьменко Н.Е., Еремин В.В., Попков В.А. Химия. Для школьников старших классов и поступающих в вузы: Учебное пособие. – М.: Изд-во МГУ; «Печатные традиции», 2008.
5. Кузьменко Н.Е., Еремин В.В., Чуранов С.С. Сборник конкурсных задач по химии. – М.: Экзамен, 2001-2006, 2008.
6. Кузьменко Н.Е., Теренин В.И., Рыжова О.Н. и др. Вступительные экзамены и олимпиады по химии: опыт Московского университета / под ред. Н.Е. Кузьменко, О.Н. Рыжовой и В.И. Теренина. М.: Издательство Московского университета, 2011. - 624 с.
7. Кузьменко Н.Е., Теренин В.И., Рыжова О.Н. и др. Химия: формулы успеха на вступительных экзаменах / под ред. Н.Е. Кузьменко и В.И. Теренина. – М.: Изд-во Моск. ун-та, 2006.
8. Кузьменко Н.Е., Еремин В.В., Попков В.А. Начала химии. Современный курс для поступающих в вузы. – М.: Экзамен, 2005–2010.
9. Лунин В.В., Архангельская О.В., Тюльков И.А.. Химия. Всероссийские олимпиады. М.: Просвещение, 2010. — 191 с.
10. Лунин В.В., Ненайденко В.Г., Рыжова О.Н., Кузьменко Н.Е. Химия XXI века в задачах Международных Менделеевских олимпиад. – М.: Изд-во Моск. ун-та, 2006.
11. Тюльков И.А., Архангельская О.В., Павлова М.В.. Методические основы подготовки к олимпиадам по химии. М.: Первое сентября, 2008.
12. Фримантл М. Химия в действии. – М.: Мир, 1998.
13. Энциклопедия для детей. Т. 17. Химия / Глав. ред. В.А. Володин. – М.: Аванта+, 2000-2007.
Список цитированной литературы
1. Лисичкин Г.В. Актуальные научно-методические задачи школьного химического образования. В сб.: Современные тенденции развития химического образования: от школы к вузу / Под ред. В.В. Лунина. – М.: Изд-во Моск. ун-та, 2006, с. 22-29.
2. Wetmore D.E. Student Recruitment through a Science Olympiad. J. Chem. Ed., v. 55, No.1, 1978, p. 43.
3. Кузьменко Н.Е., Рыжова О.Н. Вступительные испытания в Московском университете: динамика развития. – в сб.: Естественнонаучное образование: тенденции развития в России и в мире / Под ред. В.В. Лунина, Н.Е. Кузьменко. – М.: Изд-во Моск. ун-та, 2011, с. 166-174.
4. Лобанова А.А. Ретроспективный анализ заданий олимпиады «Ломоносов» по химии. – Дипл. работа. – М.: ФПО МГУ, 2010.
5. Кузьменко Н.Е., Теренин В.И., Рыжова О.Н. Олимпиады школьников «Ломоносов» по химии: 2005 – 2010. – М.: Химич. ф-т МГУ, 2010, с. 4-15.
6. Приказ Министерства образования и науки РФ от 21 декабря 2009 г. №777 «Об утверждении Перечня олимпиад школьников на 2009-2010 учебный год».
7. Приказ Министерства образования и науки РФ от 22 октября 2007 г. № 285 «Об утверждении Порядка проведения олимпиад школьников».
8. Кузьменко Н.Е., Теренин В.И., Рыжова О.Н. и др. Химия: формулы успеха на вступительных экзаменах: учеб. пособие /Под ред. Н.Е. Кузьменко, В.И. Теренина. – М.: Изд-во Моск. ун-та: Наука, 2006, с. 3-7.
9. Рыжова О.Н., Лобанова А.А. Анализ результатов федеральной олимпиады «Ломоносов» по химии. – В сб.: Проблемы качества образования в современном обществе: сборник статей VI Международной научно-практической конференции. Пенза: Приволжский Дом знаний, 2010, с. 56-59.
10. Сайт химического факультета МГУ:
http://www.chem.msu.ru/rus/olimpiad/lomonosov/2010/pr-sol-2010-var1.pdf
11. Гладилин А.К. Науки о живом в химических олимпиадах: как составить интересную и решаемую задачу? – В сб.: Современные тенденции развития химического образования: фундаментальность и качество / Под ред. В.В. Лунина. – М.: Изд-во Моск. ун-та, 2009, с. 130-140.
12. Тюльков И.А., Архангельская О.В. Методические основы подготовки к олимпиадам по химии. Лекции 1-8. – Химия: Первое сентября, 2008, №17-24.
13. Еремин В.В. Теоретическая и математическая химия для школьников. Подготовка к химическим олимпиадам. – М.: МЦНМО, 2007.
14. Демидова Е.Д., Рыжова О.Н., Тюльков И.А. Изменение условий приема и качество студенческого контингента (на примере химического факультета МГУ). В сб.: Психология и педагогика: пути и методы развития. Сб. статей III Международной научно-практической конференции. – Пенза: Приволжский Дом знаний, 2011, с. 40-42.
////////////////////////////