CHEMICKÁ OLYMPIÁDA. Školské kolo. Kategória EF, úroveň E. 48. ročník, školský rok 2011/2012 RIEŠENIE A HODNOTENIE TEORETICKÝCH A PRAKTICKÝCH ÚLOH

Transcript

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

2 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH ZO VŠEOBECNEJ A FYZIKÁLNEJ CHÉMIE (I) Chemická olympiáda - kategória EF úroveň E ročník školský rok 011/01 Školské kolo Iveta Ondrejkovičová Maximálne 15 bodov (b) Riešenie úlohy 1 (5,5 b) 1. Rovnica reakcie hliníka s vodným roztokom chloridu meďnatého: a) v stechiometrickom a stavovom tvare: 1,5 b CuCl (aq) + Al(s) Cu(s) + AlCl (aq) Za úplný zápis reaktantov a produktov je 0,75 b, za koeficienty 0,5 b, za stavový zápis 0,5 b. b) v časticovom ( iónovom ) tvare: 1 b Cu + (aq) + Al(s) Cu(s) + Al + (aq) Za správny zápis reaktantov a produktov 0,75 b, za koeficienty 0,5 b. Katióny Al + (aq) a Cu + (aq) je možné napísať aj ako akva-komplexné katióny, napr. [Al(H O) 6 ] +. Rovnica môže byť aj bez stavového zápisu.. 0,75 b a) Na prípravu medi cementáciou je možné použiť Zn, Mg a Fe. b) Odporúčame zoradiť uvedené štandardné elektródové potenciály od najmenšej po najväčšiu hodnotu: E (Mg + Mg),7 V; E (Zn + Zn) 0,76 V; E (Fe + Fe) 0,447 V; E (Cu + Cu) 0,4 V; E (Ag + Ag) 0,7996 V; E (Pd + Pd) 0,951 V. 0,5 b Kovy Mg, Zn a Fe, ktoré majú menšiu hodnotou štandardného elektródového potenciálu ako E (Cu + Cu) 0,4 V, redukujú hydratované meďnaté katióny na práškovú meď. 0,5 b Kovy M (M Pd a Ag) s väčšou hodnotou štandardného elektródového potenciálu ako E (Cu + Cu) 0,4 V meďnaté katióny neredukujú. 1

3 . a) Rovnica reakcie vodného roztoku meďnatej soli s jedným vybraným kovom M, čiže jedine s Mg, Zn alebo Fe v časticovom a stavovom tvare: 0,75 b Cu + (aq) + M(s) Cu(s) + M + (aq) 0,5 b) Vzorec oxidovadla: Cu + ; vzorec redukovadla: M Mg, Zn alebo Fe. Riešenie úlohy (4 b) b Chemická rovnica reakcie železa s veľmi zriedenou kyselinou dusičnou: 4 Fe(s) + 10 HNO (aq, zried.) 4 Fe(NO ) (aq) + NH 4 NO (aq) + + H O(l) Za správny zápis reaktantov a produktov 1 b, za koeficienty 1 b. Rovnica môže byť aj bez stavového zápisu. Postup pri riešení koeficientov: Napíšeme si rovnicu Fe so zriedenou HNO a vyznačíme oxidačné čísla prvkov, ktoré zmenili svoje oxidačné čísla: a Fe 0 (s) + b HN V O (aq) c Fe II (N V O ) (aq) + d N III H 4 N V O (aq) + + e H O(l) Na základe zmien oxidačných čísiel prvkov zapíšeme reakcie oxidácie a redukcie: oxidácia: Fe 0 e Fe II redukcia: N V + 8 e N III Bilancia počtu vymenených elektrónov: oxidácia: 4 Fe 0 8 e 4 Fe II redukcia: 1 N V + 8 e 1 N III 4 Fe 0 (s) + b HN V O (aq) 4 Fe II (N V O ) (aq) + 1 N III H 4 N V O (aq) + + e H O(l) Koeficient b vypočítame bilanciou počtu atómov dusíka, lebo sa zredukovala len časť kyseliny dusičnej: N: b Neznámy koeficient e získame bilanciou počtu atómov kyslíka alebo vodíka:

4 H: e ; e b Chemická rovnica reakcie železa so stredne koncentrovanou kyselinou dusičnou je Fe(s) + 4 HNO (aq) Fe(NO ) (aq) + NO(g) + H O(l) Za správny zápis reaktantov a produktov 1 b, za koeficienty 1 b. Rovnica môže byť aj bez stavového zápisu. Postup pri riešení koeficientov: Napíšeme si rovnicu Fe so stredne koncentrovanou HNO a vyznačíme oxidačné čísla prvkov, ktoré zmenili svoje oxidačné čísla: a Fe 0 (s) + b HN V O (aq) c Fe III (N V O ) (aq) + d N II O(g) + e H O(l) Na základe zmien oxidačných čísiel prvkov zapíšeme reakcie oxidácie a redukcie a urobíme bilanciu počtu vymenených elektrónov: oxidácia: Fe 0 e Fe III redukcia: N V + e N II 1 Fe(s) + b HNO (aq) 1 Fe(NO ) (aq) + 1 NO(g) + e H O(l) Koeficient b vypočítame bilanciou počtu atómov dusíka, lebo sa zredukovala len časť kyseliny dusičnej: N: b Neznámy koeficient e získame bilanciou počtu atómov kyslíka alebo vodíka: H: 4 1 e ; e Riešenie úlohy (5,5 b) a) 0,5 b V roztoku s ph,00 je a(h + ) 1,00 10, 0,5 b T 7,15 + 5,00 98,15 K. Dosadenie číselných údajov do Nernstovej rovnice a výpočet potenciálu: H + (aq) + e ½ H (g) 1 b E(H + H ) E (H + H ) RT 1 ln + z F a(h )

5 0,5 b E(H ,145 J K mol 98,15 K 1 H ) 0 V ln C mol 100, 10 0,5 b E(H + H ) 0,118 V b) Príslušné hodnoty štandardných elektródových potenciálov (nájdeme ich v zadaní úlohy č. 1) zoradíme podľa zväčšujúcich sa hodnôt a porovnáme ich s vypočítanou hodnotou. 1 b E (Zn + Zn) 0,76 V; E (Fe + Fe) 0,447 V; E(H + H ) 0,118 V; E (Cu + Cu) 0,4 V; E (Ag + Ag) 0,7996 V; E (Pd + Pd) 0,951 V. 0,5 b S vodným roztokom kyseliny chlorovodíkovej s ph bude reagovať len zinok a železo. 0,5 b Zinok a železo majú zápornejšie hodnoty potenciálov ako je hodnota E(H + H ) 0,118 V. Ostatné kovy s kyselinou nebudú reagovať. 1 b c) M(s) + HCl(aq) MCl (aq) + H (g) M Zn alebo Fe. 4

6 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z TECHNOLOGICKÝCH VÝPOČTOV Chemická olympiáda kategória EF úroveň E - 48.ročník šk.rok 011/01 Školské kolo Ľudmila Glosová Maximálne 15 bodov, resp.0 pomocných bodov Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: pomocné body (pb) x 0,500 Riešenie úlohy 1 ( 1 pb) a) výpočet zloženia minerálu MgFeSiO 4 100% čistoty 1 pb v minerále je 40 % (Fe a Mg), čiže 60 % tvorí (SiO 4 )... ak by sme 1 pb M ( SiO pb uvažovali o 100 g minerálu, potom 40 g pripadá na (Fe a Mg) a 60 g na (SiO 4 ) ) M( Si ) + 4. M( O) 8,086 g. mol ,99 g. mol 9,046 g. mol M(Si) 8,086 g. mol w(si) M(SiO ) 9,046 g. mol 4. M( O) w( O) M( SiO ) ,99 g. mol 9,046 g. mol 1 1 0,05 0,695 1 pb v 60 g SiO 4 je g. 0,05 18, g Si 60 g. 0,695 41,7 g O w(o) 0,417, w(si) 0,18 v 100 g olivínu pb ak pomer Mg : Fe 4 : diely tvorí Mg a 1 diel Fe ( spolu 5 dielov) 40 : diel je teda 8 g a 4 diely g w(mg) 0,0 w(fe) 0,080 Minerál tvorí 41,7 % O, 18, % Si, % Mg a 8% Fe. b) výpočet nadbytku koncentrovanej kyseliny dusičnej rovnica chemickej reakcie: 5

7 1 pb MgFeSiO HNO MgFe(NO ) 4 + H 4 SiO 4 M (MgFeSiO 4 ) 17,08 g.mol -1 1 pb 0 g n (MgFeSiO4 ) 1 17, 08 g. mol 0, 1161mol 1 pb výpočet ekvivalentného množstva HNO n(hno ) 4. n(mgfesio 4 ) 0,464 mol m(hno ) n(hno ). M(HNO ) 0,464 mol. 6,01 g. mol -1 m(hno ) 9, g (100% kyselina) m 9, g 1 pb m 0, 4 g množstvo 96 % HNO w 0, pb m ρ 0, 4 g 1, cm 1454, g. cm V 1 pb nadbytok kyseliny v cm : 7,5 cm 1, cm 6, cm 6, cm % nadb. 0, 97 9, 7 % 1, cm Koncentrovaná kyselina 96% bola použitá v nadbytku 9,7 %. Riešenie úlohy ( 10 pb) Bilancia prípravy sklárskeho kmeňa vzhľadom na obsah Mg: pb olivín m kg w 1 (Mg) 0,57 sklársky kmeň m? vápenec m? w 0,181 w (Mg)? výpočet hmotnostného zlomku Mg vo vápenci, ak vápenec obsahuje 40% MgCO : pb - výpočet obsahu Mg v MgCO 6

8 1 M(Mg) 4, 1 g. mol w (Mg) 0, 88 1 M(MgCO ) 84, 1g. mol pb - výpočet w (Mg) w (Mg) w(mg). 0, 40 0, 88. 0, , a) celková bilancia m 1 + m m 1 pb m m b) bilancia Mg pb m 1.w 1 (Mg) + m. w (Mg) m. w (Mg) ,57 + m. 0,115 m. 0,181 15,6 + m. 0,115 m. 0,181 15,6 + m. 0,115 (850 + m ). 0,181 15,6 + m. 0,115 15,9 + m. 0,181 61,7 m. 0,0657 m 99 kg m 1789 kg Na prípravu kg sklárskeho kmeňa sa použilo 99 kg vápenca. Riešenie úlohy (7 pb) Na výpočet priemernej veľkosti častíc v triedenom materiáli použijeme vzorec: 1 pb d w 1 d. 1 + d + w d. + d + w d. + d 4 0,5 pb najskôr je potrebné vypočítať hmotnostné zlomky podľa vzorca: m(frakcie) w m(triedeného materiálu) 0,5 pb m(triedeného materiálu) 560 kg kg kg 450 kg 7

9 Rkgkgkkgkggkggg1,5 pb w w w k 450 0, 86 0, , d 0, , , 91. pb m d 5, , , 14, 17 14, m 1 pb relatívny výťažok drvenia: V 450 k 0, % 500 0,5 pb straty tvorí 50 kg, čo sú %. Priemerná zrnitosť materiálu je 14, mm, relatívny výťažok drvenia je 98 % pri % stratách. 8

10 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z ORGANICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda kategória EF- 48. ročník školský rok 011/01 Školské kolo Viera Mazíková Maximálne bodov (10 b), resp. 50 pomocných bodov (pb) Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: pomocné body (pb) x 0,00 Riešenie úlohy 1 (10 pb) 4 pb správny vzorec a umiestnenie substituentov v polohe para 4 pb naznačenie umiestnenia substituentov na jednej strane kruhu pb stereochemická konformačná izoméria CHO CHO OH substituenty nad kruhom OH substituenty pod kruhom Riešenie úlohy (11 pb) Za každý vzorec, činidlo a podmienku1 pb. Z reakcií napríklad: a./ Reimer- Tiemannova reakcia CHO CHCl + NaCl + H O NaOH b. / Gattermann-Kochova syntéza: + CO + HCl c. / Etardova oxidácia: AlCl CHO 9

11 CH CrO Cl H O CHO Riešenie úlohy (1 pb) Za každý vzorec a činidlo 1 pb. Za použitie -fenyletanolu, ktorý má vôňu ruží a používa sa v kozmetike 4 pb. O BrCH CH OH produkt A Br + Mg éter MgBr produkt B produkt A + produkt B OH Riešenie úlohy 4 (16 pb) Za každý, aj opakujúci sa substituent, koreň názvu, príponu a vzorec 1 pb. Metylnonylacetaldehyd (pb): -metylundekanál CHO Geraniol(6pb):,7-dimetylokta-,6-diénol Linalool (7pb):,7-dimetylokta-1,6-dién--ol HO OH 10

12 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z ANALYTICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda kategória EF 48. ročník šk. rok 011/1 Školské kolo Martina Gánovská Maximálne 10 bodov (b), resp. 5 pomocných bodov (pb) Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: pomocné body (pb) 0,400 Riešenie úlohy 1 (9 pb) 1.1 a) 0,5 pb 0,5 pb 0,5 pb b) 0,5 pb 0,5 pb 0,5 pb c) Vzhľadom na to, že oxidačný pár s negatívnym potenciálom vystupuje voči páru s pozitívnejším potenciálom ako jeho redukovadlo, prvá reakcia bude prebiehať v smere doprava teda v smere tvorby manganistanu Reakcia druhá bude prebiehať doľava v smere tvorby chromitých katiónov. Reakcia tretia bude prebiehať doprava teda v smere tvorby jódu

13 Riešenie úlohy (16 pb).1 pb každá rovnica 0,5 pb a) b) c) d).. Pri zistení presnej koncentrácie odmerného roztoku chloridu titanitého ako indikátor používame KSCN, ktorý reaguje s NH 4 Fe(SO 4 ).1 H O za vzniku komplexu červenej farby. Nadbytkom odmerného roztoku dochádza k redukcii Fe + na Fe +, čím sa odfarbí..4 1

14 - m (TiCl ) c (TiCl ) V (TiCl ) M (TiCl ) 0,05moldm 154,6g mol 1 0,dm 1,546 g m(ticl ) 1,546 g, w 0, n (KMnO ) c (KMnO ) V (KMnO ) 0, 0114 mol dm 4 1, mol 4 4-0,009 dm m(sb + 17,7mg ) n(sb + ) M (Sb) 1, mol 11,75 g mol -1 0,177g 1

15 14 Stanovenie Sb(V+) mol 10 0,606 0,00975dm 0,0618mol dm ) (TiCl ) (TiCl ) (TiCl - V c n 66,8 mg 11,75 g mol mol 10 0,01 (Sb) ) (Sb ) (Sb M n m.7

16 RIEŠENIE ÚLOH Z PRAXE Chemická olympiáda kategória EF 48. ročník šk. rok 011/1 Školské kolo Elena Kulichová Stredná odborná škola Nováky Maximálne 50 bodov a) 4 b Hodnotenie všeobecných zručností a laboratórnej techniky - dodržanie zásad bezpečnosti a hygieny práce v laboratóriu -max. b - laboratórna technika (príprava roztokov, titrácia ) - max. b b) Hodnotenie presnosti práce (spolu max. 16 b): Body sa pridelia podľa výsledku nasledujúcich stanovení: - stanovenie presnej koncentrácie roztoku I počet bodov 8 0,5 x % odchýlky stanovenia - stanovenie presnej koncentrácie kyseliny askorbovej v roztoku na experimenty: počet bodov 8 0, x % odchýlky stanovenia c) Riešenie úloh v odpoveďovom hárku (spolu max. 4 b): zohľadní správnosť výpočtov, vykonané operácie, znalosť chemických dejov a pod. Body sa pridelia podľa autorského riešenia úloh: d) Za grafické riešenie sa pridelí 6b podľa nasledujúcich kritérií: b formálna úroveň grafu (názov, opis osí, jednotky) b charakter grafu b úplnosť grafu (v grafe sú korektne zaznačené všetky experimentálne získané hodnoty) 15

17 4178,1/14/010100/0,980,01/01, ,01160,78Autorské riešenie úloh odpoveďového hárku Škola: Meno súťažiaceho: Celkový počet pridelených bodov: Podpis hodnotiteľa: Úloha 1.1 0,5b Výpočet objemu kyseliny sírovej: HcVM1,-1 moldm dm gmol 5,SO whpo dosadení O -S- cm ρ gcm Úloha 1. 1b Výpočet návažku kyseliny askorbovej (0,5 b) mcvmm1,1askask- -1 po dosadení dm moldm gmol g Skutočne navážená hmotnosť m ST Výpočet presnej koncentrácie štandardného roztoku (0,5b): mcstst 01,0 Spotreba odmerného roztoku jódu na štandardizáciu (spolu b) Úloha 5,5b V 1 V V VV+ Výpočet priemeru (0,5b) Rovnica štandardizácie (1b) I+ VC 6 H 8 O 6 + I C 6 H 6 O 6 + HI Výpočet presnej koncentrácie roztoku jódu (1 b): n( ) m1,cic 6H 8O 6 ST ( ) V MVASKI I ( ) ( ) Úloha 4,5b Spotreba odmerného roztoku jódu na stanovenie koncentrácie zásobného roztoku kyseliny askorbovej (b): ///1Výpočet priemeru(0,5 b) VV+ I+ V16

18 0,1/ ,,,,505,010,010,010,010,010,01Výpočet koncentrácie zásobného roztoku kyseliny askorbovej (1,5b) : cic( ) ASK 0VIÚloha ,5 b Teplota v laboratóriu T (korektné uvedenie hodnoty 0,5b) Výpočet východiskovej koncentrácie kyseliny askorbovej v roztokoch, ktoré sa použili na pokus ( 1b za každú správnu hodnotu) Roztok v kadičke c0 0,5b cskkad0 AÚloha 4. 4 b Roztok v banke 50cm ccsk 0,5b 00 ARoztok v banke 100cm ccsk 0,5b 01, ARoztok v banke 00cm ccsk 0,5b 0, ARoztok v banke 50cm ccsk 0,5b 0 ARoztok v banke 500 cm ccsk 0,5b 05 AÚloha 4.7 9b Výsledná tabuľka vypočítaných hodnôt (1,5b za každú korektnú dvojicu údajov) Objem roztoku, cm Koncentrácia kyseliny askorbovej, c ASK mol dm - Čas, t s Čas, t s Čas, t pre graf s kadička 17

19 Poznámka k príprave školského kola: Na pokus jódové hodiny treba pripraviť nasledujúce roztoky: a) Odmerný roztok I : 10 g KI, 0,540 g jodičnanu draselného a 60 cm kyseliny sírovej (c mol dm - ) sa doplní na 1000 cm. Jeden súťažiaci potrebuje 50 cm roztoku. b) Roztok kyseliny askorbovej sa pripraví rozpustením 1 g analyticky čistej kyseliny askorbovej naváženej s analytickou presnosťou v 500 cm destilovanej vody. Jeden súťažiaci potrebuje 50 cm roztoku. c) Roztok peroxidu: pripraví sa riedením 0 %-ného H O v pomere 1 : 9, alebo možno použiť %-ný peroxid z lekárne. Pre žiaka treba počítať s objemom cm roztoku peroxidu, pričom treba dbať, aby žiak pracoval stále s rovnakým roztokom peroxidu. Autori: Ing. Martina Gánovská, Ing. Ľudmila Glosová (vedúca autorského kolektívu), Ing. Elena Kulichová, RNDr. Viera Mazíková, Doc. Ing. Iveta Ondrejkovičová, PhD. Recenzenti: Ing. Zuzana Bučková, Ing. Anna Ďuricová,, Mgr. Stanislav Kedžuch, PhD., Ing. Elena Kulichová, PhD., RNDr. Viera Poláčková, PhD. Vydal: IUVENTA Slovenský inštitút mládeže, Bratislava