Súťažné úlohy Chemickej olympiády v kategórii E

Transcript

1 Súťažné úlohy Chemickej olympiády v kategórii E Pre 2. a 3. ročníky stredných škôl s chemickým zameraním Školské kolo Riešenie a hodnotenie úloh 44. ročník /08 Vydala Iuventa v spolupráci so Slovenskou komisiou Chemickej olympiády v roku 2007

2 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z ANORGANICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda kategória E 44. ročník školský rok 2007/08 Školské kolo Iveta Ondrejkovičová Oddelenie anorganickej chémie, Ústav anorganickej chémie, technológie a materiálov, FCHPT STU, Bratislava Maximálne 18 bodov Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: pomocné body (pb) 0,6 Riešenie úlohy 1 (9,5 pb) a) Žíhaním hydroxidu hlinitého vzniká bezvodý oxid hlinitý a vodná para (rovnica 1): 1,5 pb 2 Al(OH) 3 (s) Al 2 O 3 (s) + 3 H 2 O(g) 0,5 pb b) Hydroxidy, ktoré reagujú s kyselinami i hydroxidmi, sa nazývajú amfotérne. c) Stechiometrická rovnica reakcie hydroxidu hlinitého s roztokom kyseliny sírovej v stavovom tvare (rovnica 2a): 1,5 pb 2 Al(OH) 3 (s) + 3 H 2 SO 4 (aq) Al 2 (SO 4 ) 3 (aq) + 6 H 2 O(l) d) Rovnica reakcie hydroxidu hlinitého s roztokom kyseliny (t. j. s oxóniovými katiónmi H 3 O + ) v časticovom a stavovom tvare (rovnica 2b): 1,5 b Al(OH) 3 (s) + 3 H 3 O + (aq) [Al(H 2 O) 6 ] 3+ (aq) alebo Al(OH) 3 (s) + 3 H 3 O + (aq) Al 3+ (aq) + 6 H 2 O(l) e) Rovnica reakcie hydroxidu hlinitého s roztokom hydroxidu draselného v stavovom tvare (rovnica 3a): 1,5 b Al(OH) 3 (s) + KOH(aq) K[Al(OH) 4 ](aq) 1

3 f) Rovnica reakcie hydroxidu hlinitého s roztokom hydroxidu (t. j. s OH ) v časticovom a stavovom tvare (rovnica 3b): 1,5 b Al(OH) 3 (s) + OH (aq) [Al(OH) 4 ] (aq) 0,5 b g) Reakciou hydroxidu hlinitého s roztokom hydroxidu (rovnica 3b) vzniká [Al(OH) 4 ], ktorého názov je tetrahydroxohlinitanový anión 1 b h) Hydroxid hlinitý vystupuje ako Lewisova kyselina v reakciách s hydroxidmi alkalických kovov (rovnice 3a a 3b). Hydroxid hlinitý je akceptorom voľného elektrónového páru, ktorý sa nachádza na atóme kyslíka v anióne OH. Poznámka: Za zápis chemického deja 1 pb a za koeficienty 0,25 pb a za stavový zápis 0,25 pb. Riešenie úlohy 2 (10 pb) 0,5 pb a) Názov minerálu kyseliny trihydrogenboritej: sassolin b) Názov bóraxu: oktahydrát tetrahydroxo-pentaoxotetraboritanu 0,5 pb disodného 0,5 pb Vzorec bóraxu: Na 2 [B 4 O 5 (OH) 4 ] 8 H 2 O c) Rovnica reakcie vodného roztoku bóraxu s roztokom kyseliny sírovej v stavovom tvare: 1,5 pb Na 2 [B 4 O 5 (OH) 4 ](aq) + H 2 SO 4 (aq) + 3 H 2 O(l) 2 4 H 3 BO 3 (aq) + Na 2 SO 4 (aq) d) Rovnica ionizácie kyseliny trihydrogenboritej vo vodnom roztoku v stavovom tvare: 1,5 pb H 3 BO 3 (aq ) + 2 H 2 O(l) [B(OH) 4 ] (aq) + H 3 O + (aq) 0,5 pb [B(OH) 4 ] = tetrahydroxoboritanový anión 0,5 pb H 3 O + = oxóniový katión

4 H 3 BO 3 je Lewisovou kyselinou, t. j. akceptor voľného elektrónového páru. e) Rovnica reakcie v stavovom tvare, ktorá prebieha pri zahrievaní H 3 BO 3 na 175 C: 1,5 pb H 3 BO 3 (s) HBO 2 (s) + 3 H 2 O(g) Rovnica reakcie v stavovom tvare, ktorá prebieha pri zohrievaní H 3 BO 3 na 250 C: 1,5 pb 2 H 3 BO 3 (s) B 2 O 3 (s) + 3 H 2 O(g) 1,25 pb f) Rovnica reakcie kyseliny trihydrogenboritej s metanolom: H 3 BO CH 3 OH B(OCH 3 ) H 2 O 0,25 pb B(OCH 3 ) 3 = metylester kyseliny trihydrogenboritej Poznámka: Za zápis chemického deja 1 pb, za koeficienty 0,25 pb a za stavový zápis 0,25 pb. Riešenie úlohy 3 (4,5 pb) Pri výpočte zloženia kamenca (Al y Ga z )K x (SO 4 ) 2 12 H 2 O (t. j. x, y a z) vychádzame z predpokladu, že mólový pomer hliníka, gália a draslíka v kamenci je rovnaký ako bol ich mólový pomer v roztoku. Najprv si vypočítame látkové množstvá jednotlivých síranov a pomocou nich látkové množstvá hliníka, gália a draslíka. n(al 2 (SO 4 ) 3 18 H 2 O) = m(al 2 (SO 4 ) 3 18 H 2 O) / M(Al 2 (SO 4 ) 3 18 H 2 O) n(al 2 (SO 4 ) 3 18 H 2 O) = 106,6 g / 666,41 g mol 1 = 0,15996 mol 0,5 pb n(al 2 (SO 4 ) 3 18 H 2 O) = 0,1600 mol n(ga 2 (SO 4 ) 3 18 H 2 O) = m(ga 2 (SO 4 ) 3 18 H 2 O) / M(Ga 2 (SO 4 ) 3 18 H 2 O) 3

5 0,5 pb n(ga 2 (SO 4 ) 3 18 H 2 O) = 30,08 g / 751,907 g mol 1 = 0,04000 mol n(k 2 SO 4 ) = n(k 2 SO 4 ) / M(K 2 SO 4 ) = 34,85 g / 174,26 g mol 1 0,5 pb n(k 2 SO 4 ) = 0, mol = 0,2000 mol 0,5 pb n(al) = 2 n(al 2 (SO 4 ) 3 18 H 2 O) = 2 0,1600 mol = 0,3200 mol 0,5 pb n(ga) = 2 n(ga 2 (SO 4 ) 3 18 H 2 O) = 2 0,04000 mol = 0,08000 mol 0,5 pb n(k) = 2 n(k 2 SO 4 ) = 2 0,2000 mol = 0,4000 mol Výpočet mólového pomeru hliníka, gália a draslíka: 0,5 pb n(k) : n(al) : n(ga) = 0,4000 mol : 0,3200 mol : 0,08000 mol a po úprave a vydelení s 0,4: 0,5 pb n(k) : n(al) : n(ga) = 1 : 0,8 : 0,2 Súčet koeficientov y a z sa musí rovnať 1, čo vyplýva zo všeobecného vzorca kamencov M I M III (SO 4 ) 2 12 H 2 O (hodnoty koeficientov y a z sú v rozsahu od 0 do 1). 0,5 pb Po dosadení vypočítaných hodnôt koeficientov x, y a z do vzorca (Al y Ga z )K x (SO 4 ) 2 12 H 2 O dostaneme vzorec vykryštalizovaného galito-hlinitého kamenca: (Al 0,8 Ga 0,2 )K(SO 4 ) 2 12 H 2 O. Poznámka: Podľa názvoslovia anorganických zlúčenín sa jednotlivé katióny vo vzorci radia v abecednom poradí symbolov prvkov. Riešenie úlohy 4 (6 pb) Rovnica 1 príprava MBH 4 (M = Li alebo Na) reakciou diboránu s príslušným hydridom: 1,5 pb 2 MH + B 2 H 6 2 MBH 4 Rovnica 2 príprava MBH 4 (M = Li alebo Na) reakciou chloridu boritého s príslušným hydridom: 1,5 pb 4 MH + BCl 3 MBH MCl 4

6 Rovnica 3 výroba NaBH 4 reakciou bóraxu, kremeňa, sodíka a plynného vodíka pričom vzniká kremičitan sodný ako vedľajší produkt: 1,5 pb Na 2 [B 4 O 5 (OH) 4 ] 8 H 2 O + 7 SiO Na + 8 H 2 alebo 4 NaBH Na 2 SiO H 2 O Na 2 [B 4 O 5 (OH) 4 ] + 7 SiO Na + 8 H 2 4 NaBH Na 2 SiO H 2 O Rovnica 4 príprava ditioničitanu sodného reakciou tetrahydridoboritanu sodného s hydroxidom sodným a oxidom siričitým, ak vedľajším produktom je boritan sodný: 1,5 pb NaBH NaOH + 8 SO 2 4 Na 2 S 2 O 4 + NaBO H 2 O Poznámka: Za zápis chemického deja 1 pb a za koeficienty 0,5 pb. 5

7 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z ORGANICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda kategória E 44. ročník šk.rok 2007/08 Školské kolo Jana Široká Združená stredná škola chemická Bratislava Maximálne 30 bodov Riešenie úlohy 1 (1,5 b) a) propán-1,2,3-trikarbaldehyd 0,5b b) propenál 0,5b c) 1,2-difenyletándión 0,5b Riešenie úlohy 2 (2 b) Prítomné atómy chlóru vykazujú elektrónakceptorné vlastnosti, ktoré zvyšujú elektrónové zriedenie na karbonylovom atóme uhlíka trichlóracetaldehydu, čím zvyšujú jeho reaktivitu voči nukleofilným činidlám. Riešenie úlohy 3 (4,5 b) CH 3 CH 2 CH 2 CO CH CH 3 1. CH 3 CH 2 MgBr 2. H 3 O + CH 3 CH 2 CH 2 OH C CH (CH 3 ) 2 2b 0,5b zápis reakcie CH 3 CH 2 CH 3 2b Riešenie úlohy 4 (2 b) 1b H CH = O 1b formaldehyd (metanál) Riešenie úlohy 5 (5 b) 6

8 CH 3 C C 6 H 4 C CH 3 O O NaOH CH 2 CO C 6 H 4 CO CH 2 Br 2 Br CH 2 CO C 6 H 4 CO CH 2 Br Br 2 NaOH OH Br 3 C CO C 6 H 4 CO CBr 3 2 BrC + HOOC C 6 H 4 COOH 2 CHBr 3 + OOC C 6 H 4 COO 2 b štruktúra zlúčeniny 3 b zápis chemickej reakcie V odpovedi treba vziať do úvahy, že v treťom stupni sú zhrnuté dva identické kroky a študent ich môže aj rozpísať Riešenie úlohy 6 (4 b) 1 b CH 3 CH 2 CH 2 CH = O 1 b CH 3 CH 2 OH 1 b butanál etylhemiacetál 1 b poloacetál (hemiacetál) Riešenie úlohy 7 (4 b) 2 b (CH 3 ) 3 C CH = O a CH 3 CH 2 MgBr 2 b (CH 3 ) 3 C MgBr a CH 3 CH 2 CH = O Riešenie úlohy 8 (2 b) 0,5 b toluén 0,5 b izopropyl 0,5 b acetón 7

9 0,5 b nitrácia Tajnička: ozón Riešenie 9 (5 b) H 2 H 2 (CH 3 ) 2 C = CH C CH 3 (CH 3 ) 2 CH CH 2 C CH 3 Pt Pt O O A 1 b B 1 b H 2 O (CH 3 ) 2 CH CH 2 CH CH 3 (CH 3 ) 2 CH CH = CH CH 3 t OH C 1 b D 1 b (CH 3 ) 2 CH CH 2 CH 2 CH 3 E 1 b 8

10 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z ANALYTICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda kategória E- šk. rok 2007/08 Školské kolo Oľga Karlubíková Maximálne 50 bodov Riešenie úlohy 1 (20 b) 2 b Roztok A obsahuje síran sodný. Nereaguje ani s HCl ani neodfarbuje roztok jódu. 2 b Roztok B obsahuje sulfid sodný. S HCl sa uvoľňuje zapáchajúci sulfán, roztok jódu sa odfarbuje, pričom vzniká koloidná síra, čo pozorujeme ako zákal. 1 b S HCl H 2 S + 2 Cl - 1 b S 2- + I 2 S + 2 I - 2 b v roztoku C je tiosíran sodný, ktorý sa určí podľa toho, že reakciou s roztokom HCl uniká oxid siričitý (štipľavý zápach) a roztok zostane zakalený od vylúčenej síry. Roztok jódu sa odfarbí. 2-1 b S2O HCl S + SO 2 + H 2 O b 2 S2O 3 + I 2 S4O I - 2 b V roztoku D je siričitan sodný. Reakciou s HCl sa uvoľňuje oxid siričitý a odfarbuje roztok jódu, pričom vzniká kyselina. 2-1 b SO HCl SO 2 + H 2 O + 2 Cl b SO 3 + I 2 + H 2 O SO I H + 2 b Koncentráciu roztokov zistíme titráciou roztoku B,C a D roztokom jódu, pričom sa roztok odfarbuje. Poznámka: Aj keď sa nejedná o presné stanovenie (reakcia neprebieha kvantitatívne) na riešenie úlohy b) je dostatočne presné. 1 b Z objemu spotrebovaného roztoku jódu sa určí jeho látkové množstvo a látkové množstvá jednotlivých aniónov : 9

11 1 b n (I 2 ) = c (I 2 ) V ( I 2 ) n (I 2 ) = n (siričitan) n (I 2 ) = n ( sulfid) n (I 2 ) = ½ n (tiosíran) 1 b Určenie hmotnosti stanovovaného aniónu : m( x) 1 b Výpočet hmotnostného zlomku: w ( x) m( x) ( ) = m roztoku ( ) ( ) n x = M x Riešenie úlohy 2 (20 b) a) stechiometrické koeficienty v uvedených rovniciach: 2 b 1, 1, 2 1, 2, 2 2 b 1, 3, 3 1, 3, 3, 1 2 b 1, 1 1, 1 b) 2 b Uhličitan sodný poskytuje hydrolýzou ióny OH-. Nepoužíva sa hydroxid, lebo pri vyššom ph by prevládali oxidačné reakcie nad substitučnými a nepripravil by sa jodoform. c) 2 b V etanole má uhlík oxidačné číslo I a v anióne kyseliny metánovej + II. d) Sumárna rovnica prípravy jodoformu: 2 b CH 3 CH 2 OH + 4 I OH - HCI 3 + HCOO I H 2 O 1 b n (uhličitan sodný) = 5 : 106 = 4, mol 1 b V (100% etanol) = 4,8 ml ρ (etanolu) = 0,789 g cm -3 1 b m (100% etanol) = 6,084 g 1 b n (etanol) = 0,132 mol 1 b n (jód) = 9, mol 1 b n (jodoform) = ¼ n (jód) = 2, mol 1 b m (jodoform) = 2, ,73 g mol -1 = 0,97 g 1 b Výpočet relatívneho výťažku. 10

12 Riešenie úlohy 3 (7 b) a) reakcie rozpúšťania prítomných kovov v roztoku NaOH: 1 b Al + NaOH + 3 H 2 O Na[Al(OH) 4 ] + 3 H 1 b Zn + 2 NaOH + 2 H 2 O Na 2 [Zn(OH) 4 ] + 2 H b) reakcie dusitanového aniónu s prítomnými kovmi: - 1 b NO Al + 3 OH H 2 O 3 NH [Al(OH) 4 ] b NO Zn + 5 OH H 2 O NH [Zn(OH) 4 ] 2- c) reakcie dusičnanového aniónu s prítomnými kovmi: - 1 b NO Al + 5 OH H 2 O 3 NH [Al(OH) 4 ] b NO Zn + 7 OH H 2 O NH [Zn(OH) 4 ] 2- d) reakciu neutralizácie amoniakálneho dusíka: + 1 b NH 4 + OH - NH 3 + H 2 O Riešenie úlohy 4 (3 b) 2 b Organická látka je etanal. 1 b Aldehyd sa oveľa ľahšie oxiduje na karboxylovú kyselinu, čo sa využíva na jeho dôkaz. 11