CHEMICKÁ OLYMPIÁDA kategória EF, úrove E školské kolo

Transcript

1 CHEMICKÁ OLYMPIÁDA 46. ročník, školský rok 009/010 kategória EF, úrove E školské kolo TEORETICKÉ A PRAKTICKÉ ÚLOHY Riešenie a hodnotenie úloh

2 RIEŠEIE A HODOTEIE ÚLOH Z TECHOLOGICKÝCH ÝPO TO Chemická olympiáda kategória EF, úroveň E 46. ročník školský rok 009/010 Školské kolo udmila Glosová Stredná odborná škola, ováky Maximálne 15 bodov Riešenie úlohy 1 (8 b) a) 0,5 b m(sorbit) 100 kg. 0,15 15 kg čistého sorbitu M(sorbit) 18,17 g.mol 1 0,5 b (sorbit) 15kg ( sorbit) m n 0,08 kmol 1 (sorbit) 18,17kg.kmol M 0,5 b n(sorbit) n(glukóza)... z rovnice M(glukóza) 180,16 kg.kmol 1 m(glukóza) n. M 0,08 kmol. 180,16 kg.kmol 1 0,5 b m(glukóza) 14, 7 kg pri konverzii 98 % 0,5 b m(100%) 14,7kg m (glukóza) 15kg 0,98 0,98 a výrobu 100 kg 15% roztoku sorbitu treba 15 kg glukózy. b) 0, 5 b n(h ) n(sorbit) 0,08 kmol 8 mol sú dané podmienky: p 0 MPa Pa t 160 C 4,15 K R 8,14 J. K 1.mol 1 0, 5 b stavová rovnica: p. n. R. T 1,0 b n.r.t p 8mol.8,14 J.K.mol.4,15K Pa Za daných podmienok reakcie treba použi 15 dm vodíka. 0,015m 15dm 1

3 1,0 b c) Množstvo odparenej vody a zahusteného roztoku sa vypočíta pomocou materiálovej bilancie. m? m kg w 1 0,15 w 0,67 m? w 0 m 1 m + m 1,0 b 100 kg m + m m 1. w 1 m. w + m. w 1,0 b 100 kg. 0,15 m. 0,67 + m. 0 0, 5 b m,4 kg 0, 5 b m 77,6 kg Pri úprave roztoku sorbitu treba odpariť 77,6 kg vody, pričom vznikne,4 kg zahusteného roztoku sorbitu. Riešenie úlohy (7 b) 1,0 b d 5 cm 0,05 m l 80 cm 0,8 m α 100 W/m.K d 5 cm l 80 cm 1,5 b Jedná sa o prestup tepla prúdením z vnútorného priestoru rúrky na vnútorný povrchu rúrky: Q. T R 1 R S π. d.l. S 0,5 b S,14. 0,05 m. 0,80 m 0,1 m

4 1,0 b 1 R 100 W.m.K 5,9.10 K. W.0,1m 0, 5 b Q 11,8 MJ J/h 80 J/s 1,0 b T Q. R 80 J/s. 5,9. 10 K.(J/s) 1 0, 5 b T 19,4 K ( T v C T v K) 1,0 b t 1 t x T, t x 10 C 19,4 C 110,6 C nútorný povrch rúrky sa ohreje na teplotu 110,6 C.

5 RIEŠEIE A HODOTEIE ÚLOH ZO ŠEOBECEJ A FYZIKÁLEJ CHÉMIE Chemická olympiáda kategória EF, úroveň E 46. ročník školský rok 009/010 Školské kolo Iveta Ondrejkovi ová Oddelenie anorganickej chémie, Ústav anorganickej chémie, technológie a materiálov, FCHPT STU, Bratislava Maximálne 15 bodov (b) Riešenie úlohy 1 (6,5 b) a) Podľa zadania úlohy napíšeme na ľavú stranu vzorce reaktantov a na pravú stranu rovnice napíšeme vzorce produktov včítane vody a doplníme stavový zápis (s tuhá látka, aq vodný roztok, g plyn, l kvapalina).,5 b Cu(s) + HO (aq) Cu(O ) (aq) + O(g) + H O(l) Za zápis reaktantov a produktov na správnej strane rovnice á 0,5 b. Za stavový zápis á 0,5 b. b) tejto redoxnej reakcii sa oxiduje kovová meď (Cu 0 ) a kyselina dusičná ( ) sa redukuje, pričom časť kyseliny dusičnej sa nezredukuje. Oxidačné prvkov, ktoré zmenili svoje oxidačné číslo počas chemickej reakcie, vyznačíme v rovnici: 1 b Cu 0 (s) + H O (aq) Cu II (O ) (aq) + II O(g) + H O(l) alebo osobitne v jednotlivých zlúčeninách: Cu 0, H O, Cu II (O ) a II O Za každé oxidačné číslo á 0,5 b. c) Riešenie koeficientov: Bilancia elektrónov Oxidácia: Cu 0 e Cu II / Redukcia: + e II / 4

6 Oxidácia: Cu 0 6e Cu II Redukcia: + 6e II Počet odovzdaných elektrónov sa musí rovnať počtu prijatých elektrónov. Cu 0 (s) + ( + x) H O (aq) Cu II (O ) (aq) + II O(g) + y H O(l) Bilanciou atómov, ktoré nezmenili oxidačné čísla, vypočítame koeficienty pre zostávajúce zlúčeniny, t.j. koeficienty x a y. Bilancia atómov dusíka: ( + x) + x 8 6 Časť kyseliny dusičnej, ktorá sa nezredukovala, zreagovala za vzniku dusičnanu meďnatého, a preto ( + x) Cu(s) + 8 HO (aq) Cu(O ) (aq) + O(g) + y H O(l) ýpočet koeficientu y bilanciou atómov kyslíka: y y Úplná rovnica má tvar: b Cu(s) + 8 HO (aq) Cu(O ) (aq) + O(g) + 4 H O(l) O správnosti koeficientov sa môžeme presvedčiť, ak porovnáme počet atómov vodíka na pravej a na ľavej strane rovnice. Za každý správny koeficient á 0,5 b. Za doplnenie koeficientov do rovnice 0,5 b. Riešenie úlohy (4 b) a) Mangán tvorí 4 jednoduché oxidy a jeden podvojný oxid. týchto oxidoch atóm mangánu nadobúda oxidačné čísla od II do II: 0,75 b MnO, oxid mangánatý; Mn II O, oxidačné číslo atómu mangánu je II, 0,75 b Mn O, oxid manganitý; Mn III O, oxidačné číslo atómu mangánu je III, 0,75 b MnO, oxid manganičitý; Mn I O, oxidačné číslo atómu mangánu je I, 0,75 b Mn O 7, oxid manganistý; Mn II O 7, oxidačné číslo atómu mangánu je II, alebo 5

7 Mn O 4, podvojný oxid Mn II Mn III O 4 oxid mangánatodimangánitý, oxidačné čísla atómov mangánu sú II a III. Za 4 vzorce a za príslušné 4 názvy oxidov á 0,5 b. Za každé oxidačné číslo atómu mangánu v príslušných 4 vzorcoch oxidu á 0,5 b. Treba uviesť 4 oxidy z piatich známych oxidov. Údaje uvedené pre piaty oxid sa nebodujú. b) Elektrónové konfigurácie atómov mangánu v 4 uvedených oxidoch: 0,5 b MnO: atóm mangánu 5 Mn II : [Ar] d 5 0,5 b Mn O : atóm mangánu 5 Mn III : [Ar] d 4 0,5 b MnO : atóm mangánu 5 Mn I : [Ar] d 0,5 b Mn O 7 : atóm mangánu 5 Mn II : [Ar] alebo Mn O 4, atómy mangánu 5 Mn II : [Ar] d 5 a 5 Mn III : [Ar] d 4 Údaje uvedené pre piaty oxid sa nebodujú. Za štyri skrátené zápisy elektrónovej konfigurácie á 0,5 b. Podľa zadania úlohy treba uviesť skrátený zápis elektrónovej konfigurácie. Za úplný zápis elektrónovej konfigurácie sa body neudeľujú. Riešenie úlohy (4,5 b) a) Hmotnosť dusičnanu draselného m 1 (KO ) v 180,0 g vodného roztoku dusičnanu draselného m 1rozt. (KO ) sa po pridaní destilovanej vody nezmení. Zmení sa zloženie roztoku. 0,5 b Hmotnostný zlomok 4,0% roztoku je w 1 (KO ) 0,40 a 17,0% roztoku je w (KO ) 0,170. m 1(KO ) Zo vzťahu pre hmotnostný zlomok w 1 (KO ) m (KO ) hmotnosť dusičnanu draselného v pôvodnom roztoku: 0,5 b m 1 (KO ) w 1 (KO ) m 1rozt. (KO ) 0,5 b m 1 (KO ) 0,40 180,0 g 4, g 6 1rozt. si vyjadríme

8 Hmotnosť dusičnanu draselného v pôvodnom roztoku a v pripravenom roztoku je rovnaká: 0,5 b m 1 (KO ) m (KO ) 4, g Hmotnosť pripraveného roztoku m rozt. (KO ): m (KO ) 0,5 b m rozt. (KO ) w (KO ) 0,5 b m rozt. (KO ) 4, g 0,170 54,1 g 0,5 b m rozt. (KO ) 54 g b) Hmotnosť pripraveného roztoku je súčtom hmotnosti pôvodného roztoku a hmotnosti pridanej vody: 0,5 b m rozt. (KO ) m 1rozt. (KO ) + m(h O) m(h O) m rozt. (KO ) m 1rozt. (KO ) 0,5 b m(h O) 54,1 g 180,0 g 0,5 b m(h O) 74,1 g Zriedením 180,0 g 4,0% roztoku dusičnanu draselného so 74,1 g vody dostaneme 17,0% roztok. Poznámka: konečné výsledky zaokrúhľujeme na platné číslice. 7

9 RIEŠEIE A HODOTEIE ÚLOH Z ORGAICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda kategória EF, úroveň E 46. ročník školský rok 009/010 Školské kolo iera Mazíková Katedra chemických technológií a environmentu FPT TnUAD, Púchov Maximálne bodov (10 b), resp. 0 pomocných bodov (pb) Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: pomocné body (pb) x 0, Riešenie úlohy 1 (4 pb) 1 pb a/ anilín alebo aminobenzén 1 pb b/ hexametyléndiamín 1 pb c/ cyklohexylamín 1 pb d/ difenylamín aj, difenylamín Riešenie úlohy pb a/ (1 pb) CH H C SO a 4 pb b/ CH CH + H SO H H C H C SO H H C C H SO H aoh H C H C SO a pb c/ kopulácia, azofarbivá 8

10 pb d/ karcinogenita východiskových zlúčenín, obsah alergénov a vyvolanie alergickej reakcie, dráždivosť pokožky pb vlna, celulóza, hodváb, niektoré na polyamidy Riešenie úlohy (9 pb) Za každý vzorec a činidlo 1 pb. H nadb. H SO4 + H O SO H HO + H O SO H H O H H SO 4 O H O Riešenie úlohy 4 Za každý vzorec pb. (4 pb) OH OH Cl CH CH CH CH 9

11 RIEŠEIE A HODOTEIE ÚLOH Z AALYTICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda kategória EF, úroveň E 46. ročník školský rok 009/010 Školské kolo Martina Gánovská Stredná odborná škola, Svit Maximálne 10 bodov (b), resp. 40 pomocných bodov (pb) Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: pomocné body (pb) 0,50 Riešenie úlohy 1 (5 pb) 1 pb a) Fe + reaguje s K [Fe(C) 6 ], Fe + reaguje s KSC Fe + + Fe + kyselina vínna, diacetyldioxím, amoniak 1 pb b) + [ Fe(C) ] { Fe[ Fe( C) ]} Fe modrá zrazenina + 1 pb Fe + 6 SC Fe[ Fe( ) ] SC 6 vznik krvavočervených komplexných solí pb Fe + + Fe + spoločne dokážeme v jednej skúmavke po pridaní kyseliny vínnej, čím sa vytvorí komplex Fe +. ásledne pridáme 1 % roztok diacetyldioxímu v alkohole a pár kvapiek amoniaku, pričom vzniká červené sfarbenie Fe +. Fe + dokážeme KSC, pričom Fe + nebudú reagovať. Riešenie úlohy (11 pb) pb a) Opis vizuálnych zmien (za každý katión 1pb) Katión Sfarbenie zrazenín Zmena na vzduchu Fe + Hnedá Mn + Biela Hnedne Rozpúšťanie v nadbytku b) pb FeCl (aq) + aoh(aq) Fe(OH) (s) + acl(aq ) 10

12 Fe + + Cl + a + + OH Fe(OH) + a + + Cl + Fe + OH Fe(OH) pb MnCl + aoh Mn(OH) + acl (aq) (aq) (s) (aq) 1 pb + + Mn + Cl + OH + a Mn(OH) c) Mn(OH) + O MnO(OH) Mn + + OH Mn(OH) + a + + Cl 1 pb K s [Mn + ] [OH ] 1 pb [ OH ] K + S [ Mn ] OH 1,6 10 0,01mol dm 6 Po dosadení : [ ] 1 pb poh l og [ OH ] 5,45 1 pb ph 14 poh 14 5,45 8,55,55 10 mol dm Riešenie úlohy (14 pb) pb a) n+ (4n) + M + H Y [MY] + H, pri titrácii sa uvoľňujú H +, ktoré hodnotu ph znižujú a reakcia by mohla prebiehať opačným smerom. Prítomnosť tlmivého roztoku je výhodná aj preto, lebo zabraňuje hydrolýze niektorých kovov tým, že vznikne komplex kovu so zložkami tlmivého roztoku. 1 pb b) a výpočet ph tlmivého roztoku použijeme HendersonHasselbachovu rovnicu : ph pk A + log pb ajskôr musíme vypočítať koncentrácie : m(chcooa) c s c(chcooa) (CH COOa) M(CH COOa) Po dosadení : c c s A 11

13 c s c A 41g c(chcooa) 0,5 mol dm 1 1dm 8 g mol ρ (pip.) w 1,068g cm 14 cm 0,8 c(chcooh) M (roztoku) 60,05 g mol 1000 cm 0, 10 mol cm 0, mol dm 5 1 pb pk logk log1, ,76 A A 0,5 Po dosadení : ph 4,76 + log 5,16 0, 1 pb ph tlmivého roztoku je vyššie, preto jeho použitie nie je vhodné pb c) Po pridaní kyseliny v roztoku pribudnú H + ióny, reakciou konjugovanej zásady CH COO s týmito iónmi vzniká príslušná konjugovaná kyselina CH COOH + CHCOOH + CHCOO + H CHCOOH Po pridaní zásady v roztoku pribudnú OH ióny reakciou konjugovanej kyseliny CH COOH s týmito iónmi vzniká voda a príslušná konjugovaná báza CH COO CH COOH + CHCOO + OH CHCOO + HO 4 pb d) Prídavkom 10 cm 0,1 mol dm HCl sa zvýši látkové množstvo kyseliny a zníži látkové množstvo soli. + HCl Cl + H a CHCOO + H + CHCOOH n (HCl) c(hcl) (HCl) Po dosadení : n (HCl) 0,1mol dm 0,01dm 0,001mol HCl ( CH COOH) ( 0, + 0,001) mol 0,01mol n takže c (CH COOH) 0,01mol dm n ( CH COOa) ( 0,5 0,001) mol 0,499 mol c (CH COOa) 0,499 mol dm 0,499 ph 4,76 + log 0,01 5,15 takže Po pridaní HCl do tlmivého roztoku sa mení ph len nepatrne. Riešenie úlohy 4 (10 pb) 1,5 pb a) Fe HY FeY + H pri ph 1

14 Cr Mn HY CrY + H HY MnY + H pb b) prvej titračnej banke sme stanovili Cr + a Fe + spolu: n (Fe + + Cr + ) c(cheiii) (CHEIII) v 100 cm vzorky Po dosadení n(fe v 100 cm + Cr ) 0,0051mol dm vzorky 0,017dm 0, zorku sme získali 10 násobným zakoncentrovaním, látkové množstvo bude teda v 1 dm rovnaké.,5 pb druhej titračnej banke sme stanovili Cr + nepriamo n (Cr n (Cr ) n(cheiii) n(mn ) c(cheiii) (CHEIII) c (Mn ) (Mn + + Po dosadení : ) ) mol n(cr + ) 0, ,0051mol dm 4 mol 0,00 dm 0,004 mol dm 0,007 dm + + c m (Cr ) c(cr ) Ar(Cr) c m ( ) Cr 0, mol dm 51,99 g mol pb n(fe + ) vypočítame z rozdielu látkových množstiev: n (Fe + + ) n(fe + Cr ) n(cr + + Po dosadení : ),694 mg dm n(fe + ) 0, , mol 4 mol dm 0, mol dm Pretože stále uvažujeme o vzorke, ktorú sme získali 10 násobným zakoncentrovaním 1 dm, získaný výsledok je číselne zhodný s koncentráciou železitých iónov v pôvodnom roztoku vzorky : c (Fe c m + (Fe ) 0, c(fe ) Ar 0,916 mg dm ) mol dm (Fe) 0, moldm 55,85g mol 1 1

15 RIEŠEIE A HODOTEIE ÚLOH Z PRAXE Chemická olympiáda kategória EF, úroveň E 46. ročník školský rok 009/010 Školské kolo Elena Kulichová Stredná odborná škola ováky Maximálne 50 bodov Hodnotenie úloh z praxe pozostáva zo štyroch astí: a) 5 b Hodnotenie všeobecných zru ností a laboratórnej techniky sa vykoná na základe hodnotenia súťažiacich počas praktickej činnosti v laboratóriách. Základom hodnotenia sú postrehy dozoru počas praktických činností žiakov. rozdelení bodov sa zohľadní: b dodržanie zásad bezpečnosti a hygieny práce v laboratóriu b lab. technika (príprava a temperovanie roztokov, odmerná analýza a pod.) b) 10 b Hodnotenie presnosti stanovenia koncentrácie odmerného roztoku. Body sa pridelia podľa kľúča: b 10 0,5 x % odchýlky stanovenia c) 5 b Hodnotenie st p e kového diagramu: hodnotí sa správnosť označenia osí, uvedenie jednotiek, názvu... Diagram možno Microsoft Excel. vytvoriť na klasický milimetrový papier, alebo použiť program d) 0 b Hodnotenie riešenia úloh v odpove ovom hárku: zohľadní správnosť výpočtov, vykonané operácie, znalosť chemických dejov a pod. Body sa pridelia podľa vyriešeného hárku: m, mg Fe + Hmotnos železnatých solí v rôznom prostedí po 0 min ahco HCl HO prostredie 14

16 Odpove ový hárok z PRAXE Škola: Meno súťažiaceho: Celkový počet Pridelených bodov: Podpis hodnotiteľa: Úloha 1.1 b 1 b ýpočet hmotnosti dihydrátu kyseliny šťaveľovej na prípravu štandardného roztoku: ( C O.H O) c( H C O ) ( H C O ) ( H C O.H O) m Po dosadení a vyčíslení H M 4 m ( H C O.H O) 0,05mol dm 0,1dm 16,07 g mol 0,604 g 4 Skutočná hmotnosť použitého dihydrátu m st 1 b a výpočet skutočnej koncentrácie štandardného roztoku možno použiť vzťah: mst cst M C O.H O ( H 4 ) ST Uzná sa aj ľubovoľný iný logicky správny výpočet. Úloha 1. 6,5 b b Rovnica reakcie, ktorá prebehne pri štandardizácii: 5H C O 4 + KMnO 4 + H SO 4 MnSO CO + K SO H O b Spotreba odmerného roztoku ODM na stanovenie: (1 b sa pridelí za každú titráciu, max. b) 1 0,5 b ýpočet priemernej hodnoty: + + ODM 1 1 b ýpočet presnej koncentrácie odmerného roztoku: c ODM c ST 0,01dm 5 ODM Uzná sa aj ľubovoľný iný logicky správny výpočet. 15

17 Úloha.1 1 b Úloha. 1 b 1 b ýpočet hmotnosti hydrogénuhličitanu sodného na prípravu roztoku 1 m ( ahco ) 0,05mol dm 0,1dm 84,01g mol 0,4 g 1 b ýpočet objemu kyseliny chlorovodíkovej (w 0,1) na prípravu roztoku : 0,05 mol dm 0,1dm 6,46 g mol 0,1 1,048 g cm ( HCl ) 1,74 cm Úloha býpočet hmotnosti FeSO 4. 7 H O na prípravu roztoku síranu železnatého:.1 b m ( FeSO. 7H O) 4 w Po dosadení a vyčíslení: m( Fe) ( Fe v FeSO. 7H O) 4 M cm ( Fe) M( Fe) ( FeSO. 7H O) 4 m 5 g dm 0,1dm 55,85 g mol 78,01g mol 4 ( FeSO. 7H O),4889 g Úloha. 7,5 b Uzná sa aj ľubovoľný iný logicky správny výpočet. b Rovnica reakcie, ktorá prebehne pri stanovení: 10 FeSO 4 + KMnO H SO 4 MnSO Fe (SO 4 ) + K SO H O b Spotreba odmerného roztoku SOL na stanovenie: (1 b sa pridelí za každú titráciu, max. b) 1 0,5 b ýpočet priemernej hodnoty: + + SOL 1 1 b ýpočet pôvodnej koncentrácie železnatej soli c SOL v roztoku: c SOL SOL c dm ODMmol dm 0,01 dm 5 16

18 1 b ýpočet hmotnostnej koncentrácie železnatej soli c m SOL v mg(fe II ) dm : Úloha 4 10 b c msol csol mol dm M ( Fe) g mol Uzná sa aj iný logicky správny výpočet. 1 b ýpočet hmotnosti železnatých iónov, ktorú ste pridali do jednotlivých roztokov: m ZAC ( Fe ) c g dm ( Fe) dm teda m ( Fe) c g dm 0,01 dm m SOL ZAC m SOL 6 b Spotreba odmerného roztoku na stanovenie koncentrácie železa vo vzorkách železnatej soli, ktoré boli v kyslom, zásaditom a neutrálnom prostredí: ( b sa pridelia za každú titráciu) (kys) (zás) (H O) b ýpočet hmotnosti železnatej soli g (Fe II ) pre jednotlivé prípady: Pre všetky prípady sa použije rovnaký princíp výpočtu, napr. podľa vzťahu: m ( Fe) dm c mol dm 5 M( Fe) g mol KYS ODM Záver: závere sú ažiaci zhodnotia vplyv prostredia na stabilitu železnatých iónov 46. ro ník Chemickej olympiády, teoretické a praktické úlohy školského kola kategórie EF, úrove E, riešenie a hodnotenie úloh ydal: IUETA, 010 alšie informácie na Slovenská komisia Chemickej olympiády 17