Súťažné úlohy Chemickej olympiády v kategórii E. Školské kolo

Transcript

1 Súťažné úlohy Chemickej olympiády v kategórii E Pre 2. a 3. ročníky stredných odborných škôl chemického zamerania Školské kolo Riešenie a hodnotenie teoretických a praktických úloh 2006/07 Vydala Iuventa v spolupráci so Slovenskou komisiou Chemickej olympiády v roku 2007

2 Súťažné úlohy chemickej olympiády v kategórii E Zodpovedný autor Ing. Anna Michalíková hana.michalikova@post.sk Katedra environmentálneho a bezpečnostného inžinierstva MtF STU, Trnava Autori: Anorganická chémia : Doc. Ing. Iveta Ondrejkovičová, PhD. iveta.ondrejkovicova@stuba.sk Organická chémia : Ing. Jana Široká janka.siroka@post.sk Analytická chémia : Ing. Lucia Uhrínová l.uhrinova@szm.sk Recenzenti: Anorganická chémia : Ing. Mário Izakovič, PhD. mario.izakovic@stuba.sk Organická chémia : RNDr. Viera Polačková, PhD. polackova@fns.uniba.sk Analytická chémia : Ing. Renáta Mariničová remar@centrum.sk

3 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z ANORGANICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda - kategória E - šk. rok 2006/07 Školské kolo Iveta Ondrejkovičová Oddelenie anorganickej chémie, Ústav anorganickej chémie, technológie a materiálov, FCHPT STU, Bratislava Maximálne 25 bodov Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: pomocné body 25/30 Riešenie úlohy 1 (6 pb) a) Rozpustnosť s(ca(h 2 PO 4 ) 2 ) v mol dm 3 čiže koncentráciu c(ca(h 2 PO 4 ) 2 ) v jeho nasýtenom roztoku, vypočítame pomocou nasledujúcich jednoduchých vzťahov: 0,5 pb s(ca(h 2 PO 4 ) 2 ) = c(ca(h 2 PO 4 ) 2 ) = n(ca(h 2 PO 4 ) 2 H 2 O) / V (Ca(H 2 PO 4 ) 2 ) 0,5 pb n(ca(h 2 PO 4 ) 2 H 2 O) = m(ca(h 2 PO 4 ) 2 H 2 O) / M(Ca(H 2 PO 4 ) 2 H 2 O) 0,5 pb n(ca(h 2 PO 4 ) 2 H 2 O) = 1,80 g / 252,067 g mol 1 = 7, mol Hmotnosť roztoku m (Ca(H 2 PO 4 ) 2 ): 0,5 pb m (Ca(H 2 PO 4 ) 2 ) = 1,80 g g = 101,8 g Objem roztoku V (Ca(H 2 PO 4 ) 2 ): 0,5 pb V (Ca(H 2 PO 4 ) 2 ) = m (Ca(H 2 PO 4 ) 2 ) / ρ (Ca(H 2 PO 4 ) 2 ) hustota roztoku ρ (Ca(H 2 PO 4 ) 2 ) = 1,00 g cm 3 0,5 pb V (Ca(H 2 PO 4 ) 2 ) = 101,8 g / 1,00 g cm 3 = 101,8 cm 3 = 0,1018 dm 3 c(ca(h 2 PO 4 ) 2 ) = 7, mol / 0,1018 dm 3 0,5 pb c(ca(h 2 PO 4 ) 2 ) = 7, mol dm 3 b) 1 pb Rozpustnosť uvedených vápenatých soli rastie v poradí: s(ca 3 (PO 4 ) 2 ) < s(cahpo 4 ) < s(ca(h 2 PO 4 ) 2 H 2 O), čiže najmenej rozpustný je fosforečnan vápenatý a najviac rozpustný je monohydrát dihydrogenfosforečnanu vápenatého. c) 0,5 pb fosforečnan vápenatý Ca 3 (PO 4 ) 2 = fosforečnan trivápenatý alebo bis(fosforečnan) trivápenatý

4 0,5 pb monohydrát dihydrogenfosforečnanu vápenatého Ca(H 2 PO 4 ) 2 H 2 O = monohydrát bis(dihydrogenfosforečnanu) vápenatého 0,5 pb kyselina fosforečná H 3 PO 4 = kyselina trihydrogenfosforečná (starší názov = kyselina ortofosforečná) názov hydrogenfosforečnanu vápenatého CaHPO 4 je bez zmeny. Riešenie úlohy 2 I. (9 pb) Rovnice chemických reakcií (1 a 2) v stavovom tvare: 1,5 pb CuCl 2 (aq) + 2 NaOH(aq) Cu(OH) 2 (s) + 2 NaCl(aq) Hydroxid meďnatý s nadbytkom hydroxidu sodného nereaguje. 1,5 pb Cu(OH) 2 (s) T CuO(s) + H 2 O(l) Poznámka: Za zápis chemického deja 0,5 pb a za koeficienty 0,5 pb a za stavový zápis 0,5 pb. II. a) Výpočet hmotnosti dihydrátu chloridu meďnatého m(cucl 2 2H 2 O) potrebného na prípravu 50 cm 3 roztoku chloridu meďnatého s koncentráciou c(cucl 2 ) = 0,80 mol dm 3 : 0,5 pb n(cucl 2 ) = c(cucl 2 ). V (CuCl 2 ) = 0,80 mol dm dm 3 = 0,040 mol 0,5 pb n(cucl 2 2H 2 O) = n(cucl 2 ) = 0,040 mol 0,5 pb m(cucl 2 2H 2 O) = n(cucl 2 2H 2 O). M(CuCl 2 2H 2 O) 0,5 pb m(cucl 2 2H 2 O) = 0,040 mol. 170,483 g mol 1 = 6,819 g = 6,8 g b) Výpočet hmotnosti hydroxidu sodného potrebného na prípravu 20% roztoku hydroxidu sodného, ktorý sa použije v 15% nadbytku vzhľadom na stechiometriu reakcie 1. 0,5 pb n(naoh) = 2 n(cucl 2 ) = 2. 0,040 mol = 0,080 mol 0,5 pb m(naoh) = n(naoh). M(NaOH) = 0,080 mol. 39,997 g mol 1 = 3,1997 g hmotnosť NaOH aj s nadbytkom 0,5 pb m +15% (NaOH) = 1,15. m(naoh) = 1,15. 3,1997 g = 3,6796 g = 3,7 g alebo n +15% (NaOH) = 1,15. n(naoh) = 1,15. 0,080 mol = 0,092 mol m +15% (NaOH) = n +15% (NaOH). M(NaOH) = 0,092 mol. 39,997 g mol 1 = 3,7 g Pri výpočte objemu vody potrebného na prípravu 20% roztoku hydroxidu sodného, t. j. s w(naoh) = 0,20, si najprv vypočítame hmotnosť roztoku m (NaOH):

5 0,5 pb m (NaOH) = m(naoh) / w(naoh) = 3,6796 g / 0,20 = 18,3983 g m(h 2 O) = m (NaOH) m(naoh) = 18,3983 g 3,1997 g = 15,1986 g 0,5 pb V(H 2 O) = 16 cm 3 c) Výpočet objemu roztoku hydroxidu sodného s w(naoh) = 0,20, ak vypočítaná hmotnosť roztoku m (NaOH) = 18,3983 g: Z chemických tabuliek pre w(naoh) = 0,20 je c(naoh) = 6,094 mol dm 3. 0,5 pb V +15% (NaOH) = n +15% (NaOH) / c(naoh) = 0,092 mol / 6,094 mol dm 3 0,5 pb V +15% (NaOH) = 1, dm 3 = 15 cm 3 alebo V +15% (NaOH) = m +15% (NaOH) / ρ (NaOH) = 18,3983 g / 1,2192 g cm 3 V +15% (NaOH) = 15,09 cm 3 = 15 cm 3 Z chemických tabuliek pre w(naoh) = 0,20 je ρ (NaOH) = 1,2192 g cm 3. d) hmotnosť vzniknutého oxidu meďnatého: 0,5 pb n(cuo) = n(cucl 2 2H 2 O) = n(cucl 2 ) = 0,040 mol 0,5 pb m(cuo) = n(cuo). M(CuO) = 0,040 mol. 79,545 g mol 1 = 3,182 g = 3,2 g Poznámka: Zo zadania úlohy vyplýva, že všetky konečné výsledky je treba zaokrúhľovať na 2 platné číslice. Riešenie úlohy 3 (5 pb) I. 1 pb a) Vzorec pentahydrátu síranu vanadylu: VOSO 4 5 H 2 O Pozn.: systematický názov je pentahydrátu síranu oxovanadičitého. 1 pb b) Vzorec pentakarbonylu železa: Fe(CO) 5 Pozn.: systematický názov je pentakarbonyl železo. II. 0,5 pb a) Oxidačné číslo atómu vanádu v VOSO 4 5 H 2 O: +IV 0,5 pb Oxidačné číslo atómu železa v Fe(CO) 5 : 0 b) Elektrónová konfiguráciu valenčnej vrstvy (skrátený zápis): 1 pb atómu vanádu V IV : 3d 1 alebo [Ar] 3d 1 1 pb atómu železa Fe 0 : 3d 8 alebo [Ar] 3d 8

6 Riešenie úlohy 4 (10 pb) I. Po pridaní roztoku hydroxidu draselného do roztoku síranu meďnatého, chloridu hlinitého, chloridu železitého a síranu zinočnatého prebiehajú reakcie: 1,5 pb a) NiSO 4 (aq) + 2 KOH(aq) Ni(OH) 2 (s) + K 2 SO 4 (aq) 1,5 pb b) AlCl 3 (aq) + 3 KOH(aq) Al(OH) 3 (s) + 3 KCl(aq) 1,5 pb c) FeCl 3 (aq) + 3 KOH(aq) Fe(OH) 3 (s) + 3 KCl(aq) 1,5 pb d) ZnSO 4 (aq) + 2 KOH(aq) Zn(OH) 2 (s) + K 2 SO 4 (aq) 1 pb II. Hydroxid hlinitý a hydroxid zinočnatý sú amfotérne hydroxidy. III. S hydroxidom draselným reagujú len amfotérne hydroxidy: 1,5 pb Al(OH) 3 (s) + KOH(aq) K[Al(OH) 4 ](aq) 1,5 pb Zn(OH) 2 (s) + 2 KOH(aq) K 2 [Zn(OH) 4 ](aq) Poznámka: Za zápis chemického deja 0,5 pb a za koeficienty 0,5 pb a za stavový zápis 0,5 pb.

7 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z ORGNICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda - kategória E - šk. rok 2006/2007 Školské kolo Jana Široká Združená stredná škola chemická, Bratislava Maximálne 50 bodov Doba riešenia 90 minút Riešenie úlohy 1 (1,5 b) CF 2 CF 2 polytetrafluoretylén teflón n 1 b 1 b 1 b Riešenie úlohy 2 (2 b) A: CH 3 CH 2 CH 2 S CH 3 1 b + B: CH 3 CH 2 CH 2 S CH 2 CH 3 Br 1 b CH 3 Riešenie úlohy 3 (4,5 b) CH 3 (CH 2 ) 2 CH 2 Li + CH 3 CH 2 Br C 6 H 14 + CH 2 = CH CH 3 1 b 0,5 b 1 b 1 b Hexán Propén 0,5 b 0,5 b Riešenie úlohy 4 (1 b) a) CH 3 Cl Riešenie úlohy 5 (3 b) KOH HBr CH 3 CH 2 CH 2 CH 2 Br etanol CH 3 CH 2 CH = CH 2 0,5 b 0,5 b 1 b 0,5 b CH 3 CH 2 CH CH 3 Br 0,5 b

8 Riešenie úlohy 6 (1,5 b) a) vinylchlorid 0,5 b b) 1,3,5 trijódbenzén 0,5 b c) dibrómmetán 0,5 b Riešenie úlohy 7 (4 b) O 2 N C 6 H 4 Cl + NaOH O 2 N C 6 H 4 ONa + NaCl + H 2 O 1 b 0,5 b 1 b 0,5 b 0,5 b Produkt: o-nitrofenolát sodný 0,5 b Riešenie úlohy 8 (4,5 b) CH 3 CH 2 C(CH 3 ) = C(CH 3 ) 2 2,3-dimetyl-pent-2-én 1,5b CH 3 CH = C(CH 3 ) CH(CH 3 ) 2 3,4-dimetyl-pent-2-én 1,5b CH 3 CH(CH 3 ) C(C 2 H 5 ) = CH 2 2-etyl-3-metyl-but-1-én 1,5b Riešenie úlohy 9 (3 b) a) s etylbromidom 1 b Ľahšie prebieha reakcia fenolátu sodného s etylbromidom v dôsledku vyššej reaktivity halogénu alkylhalogenidu (- I efekt) ako halogénu, ktorý je viazaný na aromatické jadro. 2 b

9 RIEŠENIE A HODNOTENIE PRAKTICKÝCH ÚLOH Z ANALYTICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda - kategória E - šk. rok 2006/07 Školské kolo Lucia Uhrinová Združená stredná škola, Svit Maximálne 50 bodov Doba riešenia: 270 minút Riešenie úlohy 1 (34 b) a) 2 b Praktické prevedenie úlohy podľa zadania 2 b Vypracovanie protokolu b) Dôkaz prítomnosti katiónov v neznámej vzorke 1 b F2 Pb 2+ 1 b Z3 - Bi 3+ 1 b F5 - Cu 2+ c) Zaradenie katiónov: 1 b Pb 2+ - katión I. analytickej skupiny 1 b Bi 3+ - katión II.A analytickej skupiny 1 b Cu 2+ - katión II.A analytickej skupiny d) Dôkaz katiónu Pb 2+ 2 b 1. KI dáva s iónmi Pb 2+ žltú zrazeninu PbI 2, rozpustnú v horúcej vode, z ktorej sa po vychladnutí vylúči PbI 2 v podobe zlatožltých kryštálov. Táto zrazenina sa v nadbytku KI rozpúšťa, pričom vzniká K 2 [PbI 4 ]. Pb KI PbI 2 + 2K + PbI 2 + 2KI K 2 [PbI 4 ] 2 b 2. S K 2 CrO 4 sa zrážajú ióny Pb 2+ za vzniku žltej zrazeniny PbCrO 4 rozpustnej v zriedenej HNO 3. Reakcia je citlivejšia než reakcia s dichrómanom alebo síranom. Pb 2+ + K 2 CrO 4 PbCrO K + 2 b 3. Na 2 S zráža z neutrálnych alebo slaboamoniakálnych roztokov Pb 2+ čierny

10 síran olovnatý. Reakcia sa používa na dôkaz Pb 2+ v pitnej vode. Pb 2+ + Na 2 S PbS + 2 Na + 2 b 4. Ditizón v chloroforme (zelený roztok) tvorí s iónmi Pb 2+ tehlovočervený komplex za vzniku vnútorne komplexnej soli. NH NH - NH N / / l Pb S=C > 2 S=C Pb/2 + 2 H + \ \ l N = N N = N Dôkaz katiónu Bi 3+ 2 b 1. Bizmutité ióny sa zrážajú so sulfátom sodným ako hnedočierna zrazenina sulfidu bizmutitého. 2 Bi Na 2 S Bi 2 S Na + 2 b 2. Účinkom alkalických jodidov vzniká čierna zrazenina jodidu bizmutitého, ktorá je rozpustná v nadbytku činidla za vzniku oranžovožltej zlúčeniny. Bi KI BiI K + BiI 3 + I - [BiI 4 ] - 2 b 3. Na 2 HPO 4 zráža z roztokov bizmutitých solí časom bielu kryštalickú zrazeninu BiPO 4. Bi 3+ + HPO 4 2- BiPO 4 + H + 2 b 4. Tiomočovina dáva s iónmi Bi 3+ v slabokyslom prostredí žltý komplexný katión. Bi SC/NH 2 / 2 Bi [SC/NH 2 / 2 ] 3 Dôkaz katiónu Cu 2+ 2 b 1. Hexakyanoželezitan draselný dáva s Cu 2+ v slabokyslom prostredí žltú zrazeninu. Cu 2+ + K 3 [Fe(CN) 6 ] K{Cu[Fe(CN) 6 ]} + 2 K + 2 b 2. Hexakyanoželeznatan draselný dáva s Cu 2+ v slabokyslom prostredí hnedočervenú zrazeninu. Táto reakcia je pre Cu 2+ špecifická.

11 Cu 2+ + K 4 [Fe(CN) 6 ] K 2 {Cu[Fe(CN) 6 ]} + 2 K + 2 b 3. Sulfán sodný zráža z roztokov mednatých solí čiernu zrazeninu CuS. Cu 2+ + S 2- CuS 2 b 4. Kuprón (benzoinoxím) tvorí s Cu 2+ iónmi v amoniakálnom prostredí zelenú zrazeninu. HO CH CH O Cu > 2 Cu/2 + 2H + HO N = C C = N OH Riešenie úlohy 2 (4 b) a) 2 b Neznámou látkou je nikel - Ni 2+ b) 1 b Ni 2+ + Ba(OH) 2 Ni(OH) 2 + Ba 2+ c) 1 b Ni 2+ + Na 2 S NiS + 2 Na + Riešenie úlohy 3 (12 b) 1 b 1. Solúcia horečnatá zráža v amoniakálnom prostredí s fosforečnanovým aniónom bielu kryštalickú zrazeninu NH 4 MgPO 4.6H 2 O 1 b Mg 2+ + NH PO H 2 O NH 4 MgPO 4.6H 2 O 1 b 2. Solúcia molybdénová za tepla z prostredia HNO 3 zráža žltú zrazeninu. 1 b HPO NH MoO H + (NH 4 ) 3 [P(Mo 3 O 10 ) 4 ] + 12 H 2 O 1 b 3. Účinkom železitých soli vzniká v roztoku fosforečnanu svetložltá zrazenina. Roztok je potrebné tlmiť octanom sodným, nakoľko ide o kvantitatívne zrážanie.

12 1 b Fe PO 4 FePO 4 1 b 4. Strieborné soli vylučujú žltú zrazeninu fosforečnanu strieborného rozpustného v minerálnych kyselinách i v amoniaku. 1 b 3Ag + + PO 4 3- Ag 3 PO 4 1 b 5. Soli hliníka dávajú s roztokom fosforečnanov bielu zrazeninu rozpustnú v minerálnych kyselinách i v amoniaku. 1 b Al 3+ + PO 4 3- AlPO 4 1 b 6. Bizmutité soli dávajú s fosforečnanmi bielu zrazeninu nerozpustnú v zriedenej HNO 3. 1 b Bi 3+ + PO 4 3- BiPO 4