SLOVENSKÁ KOMISIA CHEMICKEJ OLYMPIÁDY CHEMICKÁ OLYMPIÁDA. 48. ročník, školský rok 2011/2012 Kategória C. Krajské kolo RIEŠENIE A HODNOTENIE

Transcript

1 SLOVENSKÁ KOMISIA CHEMICKEJ OLYMPIÁDY CHEMICKÁ OLYMPIÁDA 48. ročník, školský rok 011/01 Kategória C Krajské kolo RIEŠENIE A HODNOTENIE TEORETICKÝCH A PRAKTICKÝCH ÚLOH

2 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z TEORETICKEJ ČASTI Chemická olympiáda kategória C 48. ročník šk. rok 011/01 Krajské kolo Milan Melicherčík, Jarmila Kmeťová, Mária Lichvárová Maximálne 60 bodov Doba riešenia 10 minút Riešenie úlohy 1 (6 b) 0,5 b 1.1 a) HgO Hg + O ortuť, kyslík 0,5 b b) Ag O 4 Ag + O striebro, kyslík MnO 0,5 b 1. a) H O H O + O voda, kyslík 0,5 b b) BaO BaO + O oxid bárnatý, kyslík 0,5 b 1.3 a) KClO 3 KCl + 3 O chlorid draselný, kyslík 0,5 b b) KNO 3 KNO + O dusitan draselný, kyslík 1.4 Schéma redoxnej reakcie je: 0,5 b KMn VII O 4 + H O -I + H SO 4 O 0 + Mn II SO 4 + K SO 4 + H O Čiastkové rovnice redukcie a oxidácie sú: 0,5 b Mn VII + 5 e - Mn II 0,5 b O -I - e - O 0 Aby počet prijatých a odovzdaných elektrónov bol rovnaký, musíme upraviť čiastkové rovnice nasledovne: Mn VII + 5 e - Mn II / 1

3 O -I - e - O 0 / 5 Po sčítaní upravených rovníc získame čiastkovú rovnicu redoxnej reakcie: 0,5 b 10 O -I + Mn VII 5 O 0 + Mn II Vypočítané koeficienty zapíšeme do reakčnej schémy pred zodpovedajúce zlúčeniny. Na určenie ostatných koeficientov využijeme podmienku zachovania druhu a počtu atómov. Výsledná rovnica redoxnej reakcie má potom tvar: 1 b KMnO H O + 3 H SO 4 5 O + MnSO 4 + K SO H O síran mangánatý, síran draselný, voda, kyslík 0,5 b oxidačné činidlo: KMnO 4 0,5 b redukčné činidlo: H O. 1.5 Vo vodnom roztoku NaOH sú prítomné ióny: 0.5 b NaOH + H O Na + + H + + OH - 1 b katóda (-): H + + e - H H H 1,5 b redukcia Na katóde sa vylučuje vodík. Sodíkové ióny sa prakticky na katóde neredukujú, ale s ostávajúcimi hydroxidovými iónmi v roztoku v okolí katódy zvyšujú koncentráciu NaOH. 1 b anóda(+): 4 OH e - H O + O 1,5 b oxidácia 0,5 b 1.6 a) Chemická reakcia má tvar: MnO + H SO 4 MnSO 4 + H O + O 1 b Neznámy produkt X je síran mangánatý MnSO 4 a Y je voda H O b) Z rovnice chemickej reakcie platí vzťah: n(o ) = 0,5 n(mno ) Látkové množstvo n(mno ) vypočítame zo vzťahu: n(mno ) = m M ( MnO ) ( MnO ) 150,0 g = -1 86, 94 g mol = 1,75 mol Dosadením do vzťahu pre látkové množstvo n(o ) dostaneme: n(o ) = 0,5 1,75 mol 1 b n(o ) = 0,863 mol

4 c) Objem V o (O ) za normálnych podmienok vypočítame zo vzťahu: V o (O ) = n(o ) V m, kde V m =,41 dm 3 mol -1 1,5 b V o (O ) = 0,863 mol,41 dm 3 mol -1 = 19,3 dm 3 d) Počet molekúl kyslíka vypočítame zo vzťahu: N(O ) = n(o ) N A = 0,863 mol 6, mol -1 1,5 b N(O ) = 5, molekúl e) Z rovnice (1.6) vyplýva, že: n(h SO 4 ) = n(mno ) teda: n(h SO 4 ) = 1,75 mol Hmotnosť H SO 4 vypočítame zo vzťahu: m(h SO 4 ) = n(h SO 4 ) M(H SO 4 ) m(h SO 4 ) = 1,75 mol 98,07 g mol -1 1 b m(h SO 4 ) = 169, g H SO 4 m(48,0 % H SO 4 ) = m w ( HSO4 ) ( H SO ) 1,5 b m(48,0 % H SO 4 ) = 35,5 g , g = 0,480 Objem kyseliny sírovej (w = 0,480; ρ = 1,38 g cml -3 ) vypočítame zo vzťahu: V(48,0 % H SO 4 ) = m ρ ( 48,0 % HSO 4 ) ( 48,0 % H SO ) 1,6 b V(48,0 % H SO 4 ) = 0,55 dm 3 f) Z rovnice (1,6) vyplýva, že: n(mnso 4 ) = n(mno ) teda: n(mnso 4 ) = 1,75 mol 4 35,5 g = -3 1,38 g cm Hmotnosť síranu mangánatého vypočítame zo vzťahu: m(mnso 4 ) = n(mnso 4 ) M(MnSO 4 ) m(mnso 4 ) = 1,75 mol 151,00 g mol -1 1,5 b m(mnso 4 ) = 60 g = 55 cm 3 Zo 150,0 g MnO vznikne 0,863 mol O, t.j. 19,3 dm 3 obsahuje 5, O, ktorý molekúl (za normálnych podmienok) a 60 g MnSO 4. V reakcii sa spotrebuje 0,55 dm 3 H SO 4 (w = 0,480; ρ = 1,38 g cm -3 ).

5 ,4 b 1,7 Kyslík je veľmi reaktívny prvok, zlučuje sa takmer so všetkými prvkami na dvojprvkové zlúčeniny oxidy, v ktorých kyslík má oxidačné číslo -II. Proces zlučovania prvkov s kyslíkom sa nazýva oxidácia. Dnes pod týmto pojmom rozumieme širší okruh chemických reakcií ako je len zlučovanie prvkov s kyslíkom. V súčasnosti pod pojmom oxidácia rozumieme každú chemickú zmenu spôsobenú s odovzdávaním elektrónov. Tento dej neprebieha samostatne, ale je spojený s redukciou. Potom hovoríme o oxidačno-redukčných procesoch. Teda oxidácia. je dej pri ktorom redukčné činidlo elektróny odovzdáva a je vždy spojená s redukciou pri ktorej oxidačné činidlo elektróny prijíma. Riešenie úlohy (15 b) 1 b.1 peroxidy, hydrogenperoxidy 1 b. Na O peroxid sodný NaHO hydrogenperoxid sodný b.3 Oxidačné číslo atómu kyslíka v peroxide vodíka je -I, čiže atóm kyslíka sa môže oxidovať aj redukovať. Ak sa atóm kyslíka pri chemickej reakcii redukuje, potom peroxid vodíka pôsobí ako oxidačné činidlo a vzniká voda, v ktorej má atóm kyslíka oxidačné číslo II. Ak sa atóm kyslíka pri chemickej reakcii oxiduje, peroxid vodíka pôsobí ako redukčné činidlo a uvoľňuje sa plynný kyslík, v ktorom oxidačné číslo atómu kyslíka je 0. Reakčnou schémou to možno zapísať: H O redukcia H O oxidácia O Pre svoje oxidačné účinky sa peroxid vodíka používa ako bieliaci prostriedok, pretože pri jeho pôsobení vzniká ako jediný produkt voda. Je vhodný na bielenie jemných a citlivých materiálov, napr. ľudských vlasov a hodvábu. Používa sa tiež na dezinfekciu povrchových rán. Je súčasťou vody po holení..4 Schéma redoxnej reakcie je: 0,5 b PbS -II + H O -I PbS VI O 4 + H O -II Čiastkové rovnice redukcie a oxidácie sú: 1 b S -II - 8 e - S VI 4

6 1 b O -I + e - O -II / 4 Po sčítaní upravených rovníc získame čiastkovú rovnicu redoxnej reakcie: 1 b 8 O -I + S -II S VI + 8 O -II Vypočítané koeficienty zapíšeme do reakčnej schémy pred zodpovedajúce zlúčeniny. Na určenie ostatných koeficientov využijeme podmienku zachovania druhu a počtu atómov. Výsledná rovnica redoxnej reakcie má potom tvar: 0,5 b PbS + 4 H O PbSO H O 0,5 b oxidácia: S -II - 8 e - S VI 0,5 b redukcia: O -I + e - O -II 3 b.5 a) Ag O + H O Ag 0 + H O + O redukčné činidlo b) ClO - + H O Cl - + H O + O redukčné činidlo c) KI + H O + H 3 O + I + K H O oxidačné činidlo d) Na S + 4 H O Na SO H O oxidačné činidlo e) Mn + + H O + OH - MnO + H O oxidačné činidlo f) MnO H O + 6 H 3 O + 5 O + Mn H O redukčné činidlo 1,5 b.6 a) Peroxid vodíka redukuje oxid strieborný na kovové striebro b) Peroxid vodíka redukuje chlornany na chloridy c) Peroxid vodíka oxiduje jodidy na jód d) Peroxid vodíka oxiduje sulfidy na sírany e) Peroxid vodíka oxiduje manganaté soli na oxid manganičitý f) Peroxid vodíka redukuje manganistany na manganaté soli 1,5 b.7 m 1 w 1 + m w = m 3 w 3 m 1 + m = m 3 m 1 0,3 + m 0,03 = (m 1 + m ) 0,06 m 1 0,3 + m 0,03 = m 1 0,06 + m 0,06 m 1 0,4 = m 0,03 m 1 : m = 0,03 : 0,4 m 1 : m = 1 : 8 Ak chceme pripraviť 6 % roztok peroxidu vodíka musíme zmiešať 30 % a 3 % roztok v pomere 1 : 8. 5

7 Riešenie úlohy 3 (10,5 b) 0,5 b 3.1 oxid uhličitý a voda 0,5 b 3. N + O NO 0,5 b NO + O NO 0,5 b NO N O 4 0,5 b N O 4 + H O HNO + HNO 3 0,5 b Hodnota ph vody sa zmenšuje. 1,75 b 3.3 Nie je vhodná. Hodnota rovnovážnej konštanty je veľmi malá, z čoho na základe vzťahu pre výpočet rovnovážnej konštanty pre danú chemickú reakciu vyplýva, že hodnota rovnovážnej koncentrácie produktu reakcie (oxidu dusnatého) je veľmi malá oproti hodnotám rovnovážnych koncentrácií reaktantov (dusík a kyslík), ktoré sú veľmi veľké. 1 b 3.4 Napríklad: CO + O kat. CO NO + CO kat. N + CO 0,5 b 3.5 Oxidom siričitým. NO + SO N O + SO 3. 1,5 b 3.6 CO + O kat. CO H < 0 Koncentráciu produktu je možno zväčšiť, zväčšením tlaku (v smere menšieho počtu mólov) alebo znížením teploty (v smere exotermickej reakcie). 0,5 b 3.7 CaCO 3 + CO + H O Ca(HCO 3 ) Treba uznať aj fotosyntézu: 6 CO + 6 H O C 6 H 1 O O 0,75 b 3.8 a) NOCl chlorid nitrozylu, b) N O 3 oxid dusitý, c) NO oxid dusičitý. 1,5 b 3.9 Na vznik 1 mólu oxidu dusnatého je potrebné dodať 90,4 kj energie. 90 dm 3 zodpovedá látkovému množstvu, ktorého hodnotu vypočítame zo vzťahu: 6

8 n = V, kde V je objem a Vm =,41 dm 3 mol 1. V m 3 90 dm n(no) = = 4,0 mol. 3 1,41dm mol Na vznik 1 mólu je potrebné dodať 90,4 kj energie, na vznik 4,0 mólov je potrebné dodať 4,0 x 90,4 kj mol 1 energie, t.j. 36 kj. Riešenie úlohy 4 (8,5 b) 0,5 b 4.1 SO + NaOH NaHSO 3. Hydrogensiričitan sodný. b 4. Napríklad: SO + Cl SO Cl SO + O SO 3 3 SO + HNO 3 + H O NO + 3 H SO 4 SO + PbO PbSO 4 0,5 b 4.3 Hydrogensiričitany, siričitany. b 4.4 a) 4 FeS + 11 O Fe O SO b) NaHSO 3 + H SO 4 NaHSO 4 + SO + H O c) Na SO 3 + H SO 4 Na SO 4 + SO + H O d) SO + Mg MgO + S 1,5 b 4.5 Zo vzťahu pre výpočet rovnovážnej konštanty vyplýva, že čím je hodnota koncentrácie produktov väčšia, prípadne hodnota koncentrácie reaktantov menšia, tým je väčšia hodnota rovnovážnej konštanty. Uvedená reakcia je exotermická a preto sa zvyšovaním teploty posunie rovnováha vľavo, v smere reaktantov. Z toho vyplýva, že pri nižšej teplote bude hodnota koncentrácie produktov väčšia ako pri vyššej teplote. Opačne, koncentrácia reaktantov bude väčšia pri vyššej teplote ako pri nižšej. Z vyššie uvedených tvrdení vyplýva, že hodnota rovnovážnej konštanty bude väčšia pri teplote 5 C ako pri teplote 100 C. b 4.6 Doplňte v texte chýbajúce slová: Oxid siričitý je bezfarebný plyn. Vo vode je rozpustný. Molekula oxidu siričitého má lomený tvar. Oxid siričitý je látka chemicky veľmi reaktívna. Jeho reakciou s roztokmi hydroxidov vznikajú soli, ktoré 7

9 nazývame hydrogensiričitany. Následnou reakciou roztokov týchto solí s roztokom hydroxidu sodného vznikajú soli, ktoré nazývame siričitany. Majú výrazné redukčné účinky. Tieto soli v roztoku ľahko oxidujú na soli nazývané sírany. Podstatná časť priemyselnej produkcie oxidu siričitého sa katalyticky oxiduje na oxid sírový. Ako katalyzátor sa v súčasnosti používa oxid vanadičný. 8

10 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH PRAKTICKEJ ČASTI Chemická olympiáda kategória C 48. ročník šk. rok 011/01 Krajské kolo Milan Melicherčík, Iveta Nagyová, Anton Sirota Maximálne 40 bodov Doba riešenia: 150 minút Riešenie úlohy 1.1 ( b) MnO b H O H O + O Riešenie úlohy 1. (13 b) 1 b n(o ) = V V m ( O ) ( O ) b V m =,41 dm 3 mol -1 1 b n(o ) =,5 dm 3 3 1,41 dm mol n(o ) = 0,11 mol Z rovnice chemickej reakcie platí: 1 b n(h O ) = n(o ) 1 b n(h O ) = 0,11 mol n(h O ) = 0,4 mol Hmotnosť H O vypočítame zo vzťahu: 1 b m(h O ) = n(h O ) M(H O ) 1 b m(h O ) = 0,4 mol 34,0146 g mol -1 m(h O ) = 7,6 g Hmotnosť m(10,0 % H O ) vypočítame zo vzťahu: 1 b m(10,0 % H O ) = 1 b m(10,0 % H O ) = m w ( HO ) ( H O ) 7,6 g 01, m(10,0 % H O ) = 76, g Objem V (10,0 % H O ) vypočítame zo vzťahu: 9

11 1 b V(10,0 % H O ) = m ρ ( 10,0 % HO ) ( 10,0 % H O ) 76, g 1 b V(10,0 % H O ) = g, cm V(10,0 % H O ) = 73,6 cm 3 1 b,5 dm 3 kyslíka za normálnych podmienok možno teoreticky pripraviť katalytickým rozkladom 73,6 cm 3 10,0 % H O. Poznámka: Súťažiaci odmerajú odmerným valcom 75 cm 3 10,0 % H O. Riešenie úlohy.1 (14 b) b Mn + + OH - Mn(OH) (1) b 4 Mn(OH) + O + H O 4 Mn(OH) 3 () b Mn(OH) H 3 O + Mn H O (3) b Mn 3+ + I - Mn + + I (4) 4 b I + S O 3 I - + S 4 O 6 (5) 0,4 b A Mn(OH) - hydroxid mangánatý 0,4 b B Mn(OH) 3 - hydroxid manganitý 0,4 b C Mn 3+ - manganitý katión 0,4 b D I - - jodidový anión 0,4 b E S 4 O 6 - tetratiónanový anión Riešenie úlohy 3.1 (11 b) Hodnotenie manuálnych zručností: 5 b Príprava zariadenia na vývoj a zachytávanie plynu. 3 b Príprava kyslíka. 3 b Kvalitatívne preskúšanie postupu Winklerovho stanovenie kyslíka vo vode. 10

12 POZNÁMKY K PRÍPRAVE PRAKTICKEJ ČASTI Chemická olympiáda kategória C 48. ročník šk. rok 011/01 Krajské kolo Experimentálna úloha (40 b) Príprava kyslíka katalytickým rozkladom peroxidu vodíka Pomôcky: Odmerná banka alebo reagenčná fľaška 100 cm 3 (na roztok H O ), odmerná banka alebo reagenčná fľaška 100 cm 3 (na roztok Na S O 3 ), pipeta 50 cm 3, frakčná banka 100 cm 3, oddeľovací lievik 100 cm 3, premývačka 00 cm 3, násypka, odmerný valec 100 alebo 50 cm 3, kadička 150 cm 3, kadička 50 cm 3, odvažovačka, hodinové sklo, sklená tyčinka, lyžička na chemikálie, kovový stojan, svorky, držiaky, striekačka s destilovanou vodou, presné technické váhy alebo predvažovacie váhy, 3 piestové dávkovače (dávkovanie Winklerovho roztoku I., Winklerovho roztoku II. a roztoku H SO 4 ), gumový balónik. Chemikálie a roztoky: Roztok peroxidu vodíka (w = 10,0 %), oxid manganičitý (s), roztok Na S O 3 (c = 0,01 mol dm -3 ), Winklerov roztok I. obsahujúci 400 g MnSO 4 H O/dm 3, Winklerov roztok II. obsahujúci 350 g NaOH a 300 g KI/dm 3, H SO 4 (zriedená 1:5). Príprava roztokov a množstvá pre jedného študenta: 10 % vodný roztok H O, V = 100 cm 3 /1 študent Príprava: V(H O ) = 5, cm 3 35 % peroxidu vodíka (Pozor žieravina!) v 74,8 cm 3 destilovanej vody. m(mno ) = 5 g/1 študent Winklerov roztok I. obsahujúci 400 g MnSO 4 H O/dm 3, cm 3 /1 študent Ak roztok nie je číry filtruje sa cez papierový filter. Winklerov roztok II. obsahujúci 350 g NaOH a 300 g KI/dm 3, cm 3 /1 študent Ak roztok nie je číry filtruje sa cez sklený lievik s fritou. H SO 4 (zriedená 1:5), 5 cm 3 /1 študent Príprava: 1 diel (napr. 100 cm 3 ) 96 % kyseliny sírovej (Pozor žieravina!) a 5 dielov (500 cm 3 ) destilovanej vody. Kyselinu sírovú lejeme do vody za stáleho miešania a chladenia. 11

13 Winklerove roztoky I., II. a H SO 4 (zriedená 1:5) dávkovať piestovými dávkovačmi pre malé objemy. roztok Na S O 3 (c = 0,01 mol dm -3 ), 100 cm 3 /1 študent Príprava:,5 g Na S O 3 5 H O a 0,4 g NaOH/1 dm 3 roztoku. Použiť čerstvo prevarenú a ochladenú vodu bez kyslíka. Autori: Doc. RNDr. Jarmila Kmeťová, PhD., Doc. RNDr. Mária Lichvárová, PhD. Prof. RNDr. Milan Melicherčík, PhD. (vedúci autorského kolektívu), RNDr. Iveta Nagyová, PhD. Recenzent: RNDr. Anton Sirota, PhD. Vydal: IUVENTA Slovenský inštitút mládeže, Bratislava 011 Bez redakčnej úpravy 1