Latvijas. 9 punkti. Četri vienā. 15 punkti. 12 punkti. Kristāli no gaisa. Gāzu ķīmijaa 1. A = H 2 S B = SO 2 C = S D = SO 3 E = H 2 SO 3 F = H 2 SO 4

Transcript

1 9. klases uzdevumuu atrisinājumii Latvijas 5. Nacionālās ķīmijas olimpiādes 9. klases teorētiskoo uzdevumu atrisinājumi. uzdevums 9 punkti Četri vienā S + S Fe + HCl FeCl + H C + KH KHC 3 NaH + HCl NaCl + H Iespējami ļoti daudzi citi varianti.. uzdevums 5 punkti Šifrētais vēstījums S 3 + H H S 4 K + H KH Ca + S 3 CaS 4 3 Fe 3 + C Fe C Iespējami daudzi citi varianti. 3. uzdevums punkti Kristāli no gaisa S + H S (katalizators) 3 S + H NH 3 + HCl NH4Cl S sēra(iv) oksīds; H S sērūdeņradis; NH 3 amonjaks; HCl hlorūdeņradis Iespējami daudzi citi varianti. 4. uzdevums 5 punkti Gāzu ķīmijaa.. A = H S B = S C = S D = S 3 E = H S 3 F = H S 4 H S + 3 S + H H S + S + H S + H H S S + S 3

2 9. klases uzdevumu atrisinājumi S + H H S 3 S 3 + H H S 4 5. uzdevums 7 punkti Kālija nitrāta šķīdums W(KN 3 ) = 0 /(00 + 0) = 0,09 = 9 % Inesi bija jāpaņem 90 g v (H ) = m (H )/ρ (H ) = 90/ = 90 ml Apzīmējam papildus pievienojamā KN 3 masu ar x (grami); tad: (0 + x) /(0 + x) = 0,0 no šejienes atrod, ka x =, g KN 3 6. uzdevums 6 punkti 0 grami vara (II) hlorīda CuCl + KH Cu(H) + KCl Cu(H) + H S 4 CuS 4 + H CuS 4 + BaCl BaS 4 + CuCl n (BaS 4 ) = n (CuCl ) = m(cucl ) /M (CuCl ) = 0 / 35 = 4,90 mol m(bas 4 ) = n (BaS 4 ) * M (BaS 4 ) = 4,90 * 34 = 3487 g 7. uzdevums 0 punkti Bārija pārvērtības Pārvērtība Reakcijas vienādojums Piezīmes BaC 3 Ba(N 3 ) BaC 3 BaCl Ba(N 3 ) Ba BaCl Ba Ba(H) BaCl Ba(H) Ba BaC 3 + HN 3 Ba(N 3 ) + H + C BaC 3 + HCl BaCl + H + C Ba(N 3 ) Ba + 4N + BaCl + H Ba + HCl Ba(H) + HCl BaCl + H Ba(H) + H Ba + H C ar ūdens tvaiku, C ar konc. ūdeņraža peroksīdu, 0 C Ba Ba Ba Ba + > 790 C Ba Ba Ba + Ba < 500 C Ba(H) BaS Ba(H) Ba(N 3 ) Ba BaS Ba(H) + Na S BaS + NaH Ba(H) + HN 3 Ba(N 3 ) + H Ba + H S BaS + H BaS Ba BaS + 3 Ba + S Gadījumā, ja uzrakstīti vienādojumi vairāk kā desmit pārvērtībām, vērtē pirmos desmit uzrakstītos. Piezīmēm ir informatīvs raksturs, maksimālo punktu daudzumu var saņemt arī bez tām.

3 9. klases uzdevumu atrisinājumi Dotie ķīmisko reakciju vienādojumi ir uzskatāmi par tipiskiem piemēriem, par pareiziem tiek uzskatīti arī citi varianti, ja tie nav pretrunā ar ķīmisko reakciju norises vispārīgajām likumsakarībām. 8. uzdevums 6 punkti Viltīgā gāze K C 3 + KH P 4 (t 0 ) K 3 P 4 + H + C K C 3 kālija karbonāts; KH P 4 kālija dihidrogēnfosfāts Iespējami arī daudzi citi varianti. 3

4 0. klases uzdevumuu atrisinājumii. uzdevums 5 punkti Latvijas 5. Nacionālās ķīmijas olimpiādes 0. klases teorētiskoo uzdevumu atrisinājumi Četri vienā Skatīt 9. klases. uzdevumu.. uzdevums 5 punkti Skatīt 9. klases. uzdevumu. 3. uzdevums 5 punkti Skatīt 9. klases 8. uzdevumu. 4. uzdevums 0 punkti Šifrētais vēstījums Viltīgā gāze Divas krāsvielas. Tā kā dots, ka X sulfāta pentahidrāts ir zilā krāsā, tad tas ir varš (Cu).. Atrod abu minerālu formulas: w( Cu) w( H ) w( C) w( ) 55,3 0,58 6,97 37,4 Cu : H : C : : : : : : : 0,87 : 0,57 : 0,58 :,3 A( Cu) A( H ) A( C) A( ) 63,55,0,0 6,00,5 ::: 4 3 : : : 8 Tātad A empīriskā formula ir Cu 3 H C 8. 0,905 0,90 0,45,6 Analogi atrod, ka B empīriskā formula ir Cu H C Bāziskie sāļi H saturēss H grupu veidā. Ar oglekli veidojas karbonāti, tālab minerālu formulas ir: A = Cu 3 (H) (C 3 ) B = Cu (H) C 3 4. Vara sulfāta pentahidrāts ir vara vitriols, bet B ir malahīts. 5. 3CuS 4 + 3Na C 3 + H Cu 3 (H) (C 3 ) + 3Na S 4 + C (CuS 4 + Na C 3 + H Cu (H) C 3 + Na S 4 + C ) Cu 3 (H) (C 3 ) + H 3Cu (H) C 3 + C 4KHC 3 + CuS 4 Cu (H) C 3 + K S 4 + 3C + H 5. uzdevums punkti Gāzu analīzes. A = N B = NH 3 C = S D = C

5 0. klases uzdevumu atrisinājumi. N + N NH 3 + H NH H- Ca(H) + S CaS 3 + H Ca(H) + C CaC 3 + H S + NaH Na S 3 + H C + NaH Na C 3 + H 3. S + NaH NaHS 3 C + NaH NaHC 3 6. uzdevums 4 punkti Jānīša vilšanās. A svina(ii) oksīds Pb B svina(ii) hlorīds PbCl C svina(ii) jodīds PbI D nātrija trijodoplumbiāts(ii) Na[PbI 3 ] E svina(ii) sulfīds PbS F svina(ii) sulfāts PbS 4 G kālija trihidroksoplumbiāts(ii) K[Pb(H) 3 ] vai heksahidroksoplumbiāts(ii) K 4 [Pb(H) 6 ]. un 3. Pārvērtības Nr Reakcijas vienādojums Atbilstošais novērojums Pb Pb + Izdalās bezkrāsaina gāze Pb + HCl PbCl + H Dzeltenīgā viela daļēji izšķīst 3 PbCl + KI PbI + KCl Rodas dzeltenas nogulsnes 4 PbI + NaI Na[PbI 3 ] Nogulsnes izšķīst 5 Na[PbI 3 ] + Na S PbS + 3NaI Rodas melnas nogulsnes 6 PbS + 4H PbS 4 + 4H Nogulsnes kļūst baltas 7 PbS 4 + 3KH K[Pb(H) 3 ] + K S 4 vai PbS 4 + 6KH K 4 [Pb(H) 6 ] + K S 4 Nogulsnes izšķīst 7. uzdevums 3 punkti Reakciju virkne. A = Na B = Ca (vai CaCl ). Reakciju vienādojumi: Na + H NaH + H

6 0. klases uzdevumu atrisinājumi NaH + C Na C 3 + H 3 Na C 3 + H + C NaHC 3 4 NaHC 3 (temp.) Na C 3 + H + C [NaHC 3 + HCl NaCl + H + C ] 5 C + Mg Mg + C 6 C + Ca CaC 7 CaC + H Ca(H) + C H 8 Ca(H) (temp.) Ca + H 9 3Ca + Al 3Ca + Al 3 [Ca + HCl CaCl + H ] 0 Ca + H CaH [CaCl + H CaH + HCl] CaH + Ca + H CaH + H Ca(H) + H 3 Na + Na 4 Na + H NaH + H 5 Na + C Na C 3 + [Na + C Na C 3 ; Na + C Na C 3 + Na ] 8. uzdevums 6 punkti Anša karbonāti. Apzīmēsim karbonātus kā A C 3 un A C 3. Sākumā aprēķina katra karbonāta daudzumu, atrisinot vienādojumu sistēmu: V 8,96 na na n( C ) 0,4 V,4 n n 0,4 n 3 n Atrod, ka n = 0,3 mol un n = 0, mol. Tālāk uzraksta zināmo vienādojumu: n M ( A C 0,3 ( A 0,3 A 3 ) n 60) 0, ( A 0, A M ( A,03 o C ) 45,03g 3 60) 45,03g 3 A A 0,3 Tagad jāatrod kombinācija, kurā šis izpildās. Ir skaidrs, ka vienam no elementiem jābūt ar molmasu zem 0/3 = 70g/mol. Ja aplūko kalciju, tad otra elementa molmasa ir: A 0,3 3 A( Ca) 90,06g / mol kas neder. Ja apl A 0,3 3 A( Mg) 37,37g / mol kas atbilst b Tātad maisījumā ir magnija un bārija karbonāti.. BaC 3 + HCl BaCl + H + C MgC 3 + HCl MgCl + H + C 3

7 . klases uzdevumuu atrisinājumii. uzdevums 5 punkti Latvijas 5. Nacionālās ķīmijas olimpiādes. klases teorētiskoo uzdevumu atrisinājumi Šifrētais vēstījums Skatīt 9. klases. uzdevumu.. uzdevums punkti Kālija hlorīds.. 3. A = KH B = Cl C = K C3 D = KHC 3 E = Cu (H) C 3 () KCl + H (elektrol.) KH + Cl + H () KH + C K C 3 + H (3) K C 3 + H + C KHC 3 (4) 4KHC 3 + CuS 4 Cu (H) C 3 + K S 4 + 3C + H (5) KHC 3 K C 3 + C + H (6) KHC 3 + KH K C 3 + H (7) KHC 3 + HCl KCl + H + C (8) 6KHC 3 + 3Cl 5KCl + KCl 3 + 6C + 3H No uzrakstītajām reakcijām oksidēšanās reducēšanās ir () un (8): Cl - -e - Cl H +e - H + H- Cl + e - Cl- Cl + 6HC - 3-5e - Cl H + 6C 3. uzdevums 8 punkti Divas krāsvielas Skatīt 0. klases 4. uzdevumu. 4. uzdevums 8 punkti Gāzu analīzes Skatīt 0. klases 5. uzdevumu.

8 . klases uzdevumu atrisinājumi 5. uzdevums 0 punkti Sabiedrības veselība. Tvana gāzes koncentrāciju gaisā aprēķina saskaņā ar ķīmisko reakciju vienādojumiem (skatīt. punktu) un izlietotā titranta tilpumu. Ievērojot koeficientus un apvienojot sakarības vienā formulā, iegūst: ,345 0,0447 8,0 0,0333,63 33,3/ Tiek pieņemta arī pakāpeniska vai vēl citādāka risinājuma gaita: 0,345 0,0447 0,0060 0,5 0,5 0,0060 0, , ,0503 0,0503 8,0 0,40 : 0,40:,63 0,034 34, / Jā, tvana gāzes koncentrācija analizētajā gaisā ir lielāka par 30,0 mg/m 3 un pārsniedz normu.. I 5 + 5C 5C + I I e - I 0 C + e - C +4 I 5 + H HI 3 K[I 3 ] + Na S 3 KI + NaI + Na S 4 6 jeb I + Na S 3 NaI + Na S 4 6 I 0 + e - I - S - e - S 0 3. Cietes pievienošana nepieciešama, lai noteiktu titrēšanas beigu punktu (stehiometrisko punktu joda un tiosulfāta reakcijā). Ar jodu ciete rada intensīvu, tumšzilu krāsojumu, bet, kad viss jods izreaģējis, zilais krāsojums izzūd. 4. Tvana gāzes saturu būtu nepieciešams kontrolēt, piemēram, autoservisu vai lielu kurtuvju telpās, kur pastāv paaugstināts tvana gāzes rašanās risks. Tāpat arī ķīmiskās rūpniecības kompleksos, ja tiek veiktas reakcijas ar šo gāzi. Noteikto tvana gāzes saturu nepamatoti lielāku padarītu citu oksidēties spējīgu gāzu klātbūtne gaisā, piemēram, etilēns CH =CH, acetilēns CH CH. Par pareizām tiek uzskatītas arī citas nosacījumiem atbilstošas vielas. Atšķirība rezultātos rodas vairākkārtējas noapaļošanas dēļ un šādā apjomā ir pieļaujama.

9 . klases uzdevumu atrisinājumi 5. Tvana gāzes jeb oglekļa(ii) oksīda molekulā ir nedalīts elektronu pāris uz oglekļa atoma. Tā kā tā ir gāze, to viegli var uzņemt cilvēka organisms. Caur plaušām tvana gāze nonāk asinīs, kur bloķē organismam vajadzīgās olbaltumvielas hemoglobīna darbību, un tas vairs nespēj pārnest skābekli uz organisma audiem, jo spēcīgais ligands oglekļa(ii) oksīda molekula ar hemoglobīnu izveido ļoti stabilu kompleksu, sauktu par karboksihemoglobīnu. 6. uzdevums 3 punkti Kristālhidrātu meklējot Tā kā B ūdens ietekmē pārvēršas par A, kas ir kristālhidrāts, tad B noteikti ir bezūdens savienojums. Tumši zaļā A krāsa liecina, ka tas varētu būt hroma(iii) savienojums. Ūdenī šķīstoši un pēc sastāva bināri ir hroma(iii) halogenīdi, tātad B varētu būt kāds no hroma(iii) halogenīdiem. Ja uzdevumā dotā ir hroma masas daļa savienojumā B, tad iespējamā halogēna molmasa ir 8,47 g/mol, un šāda halogēna nav: M(CrE 3 ) = 5,00 + 3E 5,0 : (5,0 + 3E) = 0,67 5,0 = 0,67 (5,0 + 3E) 5,0 = 34,9 +,0E 7, =,0E E = 8,47 g/mol... šāda halogēna nav Tātad uzdevumā dotā ir halogēna masas daļa. M(CrE 3 ) = 5,00 + 3E 3E : (5,00 + 3E) = 0,67 3E = 0,67 5,00 + 3E 0,67 0,984E = 34,9 E = 35,5 g/mol... šāda molmasa atbilst hloram Cl un B ķīmiskā formula ir CrCl 3. Lai cik pārsteidzoši tas nebūtu, bezūdens hroma(iii) hlorīds patiešām ir violets. Gāzes, kas šai reakcijā izdalās un rada nogulsnes ar svina(ii) acetāta šķīdumu, var būt vienīgi sēra dioksīds un hlorūdeņradis, kuru šķīdumiem ir skābes īpašības. Tātad reakcijā ar tionilhlorīdu faktiski piedalījies tikai A kristalizācijas ūdens: SCl + H S + HCl Jeb reakcija ar kristālhidrātu: CrCl 3 xh + xscl CrCl 3 + xhcl + xs Nogulšņu rašanās: (CH 3 C) Pb + HCl PbCl + CH 3 CH (CH 3 C) Pb + S + H PbS 3 + CH 3 CH Jonu formā: Pb + + Cl - PbCl Pb + + S + H PbS 3 + H + Kā redzams no nogulsnēšanas reakciju vienādojumiem, izreaģējot no tionilhlorīda mola iegūtajiem moliem hlorūdeņraža un molam sēra dioksīda ar svina(ii) acetāta šķīdumu, iegūtie 3

10 . klases uzdevumuu atrisinājumii svina(ii) sulfīta un svina(ii) hlorīda daudzumi ir vienādi. Tātad iegūto nogulšņu masu sastāda vienādi daudzumi svina(ii) sulfīta un svina(ii) hlorīda: m(pbcll ) + m(pbs 3 ) = 5,9 g n(pbcl ) M(PbCl ) + n(pbs 3 ) M(PbS 3 ) = 5,9 No vienādojumiemm redzama šāda sakarība, kurā daudzumu apzīmē ar x: n(pbcl ) = n(pbs 3 ) = n(s ) = 0,5n(HCl) = x x M(PbCl ) + x M(PbS 3 ) = 5,9 78,x + 87,3x = 5,9 565,4x = 5,9 x = 0,70 mol = n( (S ) = n(hh ) Aprēķina ūdens masu, kas ietilpst dotajos,0 gramos kristālhidrāta: m(h ) = n M = 0,70 8,0 = 4,86 g Aprēķina ūdens masas daļu kristālhidrātā: w(h ) = m(h ) : m(kristālhidrātam) = 4,86 :,0 = 0,405 Sastādaa sakarību, lai uzzinātu kristalizācijas ūdens molekulu skaitu vienā molā kristālhidrāta: M(xH ) : M(CrCll 3 xh ) = 0,405 8,0x : (5, ,5 + 8,0x) = 0,405 0,7x = 64, x = 6,000 Tātad A sastāvs atbilst formulai CrCl 3 6HH Tā kā gāzu C un D blīvumi atšķiras,76 reizes, tad arī to molmasas atšķiras,76 reizes. Tādā gadījumā C ir sēra dioksīds S, bet D hlorūdeņradis HCl, jo M(S ) : M(HCl) = 64, : 36, 5 =,76. Minēto reakciju vienādojumi: CrCl 3 6H + 6SCl CrCl 3 + HCl + 6S Pb(N 3 3) + HCl PbCl + HN 3 Pb + + Cl - PbCl Pb + + S + H PbS 3 + H + Pb(N 3 3) + S + H PbS 3 + HN 3 Tionilhlorīda struktūrformula ir šāda: Visi tionilhlorīda molekulas atomi neatrodas vienā plaknē, jo uz sēra atomaa ir saišu veidošanai neizmantots elektronu pāris, kas nodrošina molekulas telpiskumu : 4

11 . klases uzdevumu atrisinājumi 7. uzdevums 6 punkti Īpašais metāls Skatīt. klases 4. uzdevumu. 8. uzdevums* 8 punkti Karbīdu dažādība. Savienojumu struktūrformulas: A D B CH 4 E C F. CaC + H Ca(H) + C H Li 4 C 3 + H 4LiH + C 3 H 4 3. I = C - II = C 4- III = C 3 4-5

12 . klases uzdevumuu atrisinājumii. uzdevums 4 punkti Latvijas 5. Nacionālās ķīmijas olimpiādes. klases teorētiskoo uzdevumu atrisinājumi Vārna vārnai acī neknābj? S 3 + H H S 4 un Ca + C CaC 3 NaH + Al(H) 3 Na[Al(H) 4 ] un KH + Zn( (H) K [Zn(H) 4 ] AgN 3 + NaCl AgCl + NaN 3 un Ba(N 3 ) + K S 4 BaS 4 + KN 3 H S + H S 4 S + S + H un HBr + H S 4 S + Br + H Iespējami ļoti daudzi citi varianti.. uzdevums 8 punkti Divas krāsvielas Skatīt 0. klases 4. uzdevumu. 3. uzdevums 8 punkti Skatīt. klases 5. uzdevumu. 4. uzdevums 8 punkti Sabiedrības veselība Īpašais metāls. Aprēķinam metāla molmasu oksīdā A. Ja oksīda vispārīgā formula ir Aab, tad A atommasu var atrast kā: w() b A ( ) b A( ) a A( A) b A( ) w( ) b A( ) w( ) a A (A) A ( A) b A( ) w( ) b A ( ) 6b 4,09b w ( ) a 0,58a 47,54 b a Aprēķina elementa atommasas pie visām iespējamajām oksidēšanās pakāpēm, iegūstot: ks. Pak. A(A) 3 3, 77 47,54 7,3 4 95,08 5 8, ,6 66,39 90,6 Izvērtējot rezultātus gan tuvākais, gan uzdevuma nosacījumiemm atbilstošākais ir ka elements A ir osmijs (s) un oksīds B ir osmija (VIII) oksīds (s 4 ).. 3. smijs ir elements ar vislielāko blīvumu. B ir molekulārs savienojums. Tā struktūra ir veidota no s 4 molekulām. Tas izskaidro gan tā zemās kušanas un viršanas temperatūras gan šķīdības organiskos šķīdinātājos.

13 . klases uzdevumuu atrisinājumii s4 ir tetraedriska struktūra: ksīda C formulu var aprēķināt: b A( ) w( ) b A ( ) w( ) a A( s) b w( ) A( s) 7,39 a A( ) w( ) A( ) 3,70 Tātad oksīda C formula ir s un tas ir osmija dioksīds. Kā jau minēts, s 4 ir molekulārs savienojums, taču s ir jonu tipa savienojums, tālab tas nešķīst organiskos šķīdinātājos un tam būtu augstākaa kušanas temperatūra (ja tas nesadalītos). Savienojumu klase ir vicinālie jeb,-dioli. Vispārīga R R 4 R R 3 s 4 Šādi tiek iegūti cis-diolu. Tas saistīts ar to, ka izveidojas ciklisks starpprodukts, kas pievienojas vienā pusē. R R 4 R R 3 H H s R R 5. uzdevums 4 punkti Skābju uzdevums.,.,3. rganisko savienojumu struktūrformulas un nosaukumi, kā arī skābju triviālie nosaukumi:

14 . klases uzdevumu atrisinājumi A H B C fenols karbolskābe D Benzoskābe (benzolkarbonskābe) benzoskābe D,4,6-trinitrofenols pikrīnskābe D3 -hidroksibenzoskābe salicilskābe E 3-hidroksibenzoskābe F 4-hidroksibenzoskābe benzolsulfonskābe Izopropilbenzols (kumols) 3

15 . klases uzdevumu atrisinājumi G H I -metil-- hidroperoksietilbenzols (kumola hidroksiperoksīds J Brombenzols K Fenilmagnija bromīds Nātrija fenolāts 3-sulfobenzoksābe 4. Tādēļ, ka fenolātā hidroksilgrupa konjugējas ar aromātiskā gredzena elektroniem un ar elektroniem bagātās vietas ir, 4 un 6, kas veicina reakciju para un orto vietās, bet samazina varbūtību reakcijai notikt meta vietā. Skābekļa atoma elektroni stabilizē izveidojušo reakcijas starpproduktus. 5. Spirti ir vājākas skābes nekā ūdens, bet fenoli stiprākas par ūdeni. Tas saistīts ar to, ka skābekļa atoms iesaistoties konjugācijā ar benzola gredzenu atdod tam daļu savu elektronu, tālab -H saites elektroni tiek nobīdītu uz skābekļa atoma pusi, saite ir vājāka un fenoli ir skābes. Benzola gredzena π elektroni stabilizē izveidojušos anjonu. 6. pikrīnskābe ir daudz stiprāka skābe par fenolu, jo nitrogrupas no benzola gredzena atvelk elektronus, tālab benzola gredzens spēcīgāk atvelk elektronus no skābekļa atoma un -H saite kļūst vēl vājāka. Tāpat iegūtais anjons tiek stabilizēts pateicoties vairākām stabilām rezonanses formulām. 4

16 . klases uzdevumu atrisinājumi 7. 4-hidroksibenzoskābe ir vājāka par benzoskābi, jo H grupas elektroni palielina elektronu blīvumu CH sistēmā. 3-hidroksibenzoskābē šāda sadarbība nenotiek. Elektronu blīvums no H grupas palielinās benzola gredzena,4 un 6 vietās, tādejādi tas nedaudz samazinās - vietā, tālab šī skābe ir nedaudz spēcīgāka par benzoskābi. 8. Tādēļ, ka salicilskābē ir izveidojusies iekšmolekulārā ūdeņraža saite un skābekļa atomu sistēmā ir elektronu deficīts salīdzinot ar 3- un 4-hidroksibenzoskābēm. 6. uzdevums 0 punkti Polimēru ķīmija. Savienojumu formulas un nosaukumi: A B D Etēns (etilēns) E Etilēna oksīds (oksirāns, epoksietāns) -hloretanols Para-ksilons, (,4-dimetilbenzols). Savienojumu klase C ir peroksiskābes, piem., peroksietiķskābe: 3. Reakciju mehānismi: 5

17 . klases uzdevumu atrisinājumi 4. H H n + n H H -(n-)h H H n- 5. Tā ir polikondensācijas reakcija, jo tajā izdalās mazmolekulārs savienojums ūdens. 6. Aprēķina katra reaģenta viena mola masu un atrod attiecību: m( tere) 66g m( etil) 6g m(tere) : m(etil) =,68 : 7. Aprēķina ar sālsskābi izreaģējušo nātrija hidroksīda daudzumu: n( NaH ) n( HCl) C V,00 0,8 0, 8mol n( NaH, kop) 000 n( NaH ) 8mol Aprēķina sākotnējo nātrija hidroksīda daudzumu: m mšķ w Všķ w ,40,43 n( NaH, sā) 43 M M M 40,0 Aprēķina ar ftalskābi izreaģējušo nātrija hidroksīda daudzumu: n( NaH, ft) n( NaH, sā) n( NaH, kop) mol Aprēķina maisījumā palikušās ftalskābes daudzumu un masu: n( NaH, ft) 5 n( ftal, pal) 7, 5mol m( ftal, pal) n( ftal, pal) M 7, g Aprēķina reakcijas iznākumu: m( ftal, pal),45 W % 00 00% 00 00% 87,6% m( ftal, kop) 0,000 6

18 . klases uzdevumuu atrisinājumii 7. uzdevums 9 punkti Enzīmu ķīmija. A - acetaldehīds B etiķskābe Acetaldehīddehidrogenāze (pieļaujamas arī atbildes aldehīddehidrogenāze, acetaldehīdoksidāze, aldehīdoksidāze). Nāvē vainojami metanola biotransformācijas produkti, analogi formaldehīds un skudrskābe, tāpēc arī nāve vai redzes traucējumi nav novērojami uzreiz pēc metanolaa lietošanas. C CH 3 CNa D H CH 3 CH + Na CH 3 CNa + H Nātrija acetāts hidrolizējas, etiķskābe ir samērā vāja skābe, tā saista protonus no ūdens, rezultātā šķīdumā uzkrājas hidroksīdjoni. M vielas_f_atom mam = (54 + 3)/3 = 9 g/mol Viela F fluors (F ), viela E nātrija trifluoracetāts (CF 3 CNa). Nātrija trifluoracetāts nehidrolizējas, jo fluoram ir lielāka elektronegativitāte kāā ūdeņradim, tāpēc fluoracetātjons ir stabils, tam nav tieksme piesaistīt protonu. Var paredzēt, ka trifluoretiķskābes ir stipra skābe, kas disociē pilnībā. 8. uzdevums* 9 punkti Fermī enerģija.. viena veida fermionii (daļiņas ar pusveselu spinu) nevar atrasties vienādā kvantu stāvoklī. Tiek pieņemtas arī atbildes: elektroniem atomā nevar būt vienādi visi 4 kvantu skaitli, vienāā orbitālē (enerģētiskā līmenī) nevar atrasties vairāk par elektroniem u.t.t. Pozitrons, protons, neitrons, kodols ar nepāra nuklonu skaitu (piem., 9 F), atoms ar nepāra neitronu skaitu (piem. 3 He, 6 Li), jebkura cita daļiņa ar pusveselu spinu. 7

19 . klases uzdevumu atrisinājumi 3. Aprēķina elektronu koncentrāciju (daudzumu tilpuma vienībā) varā: E F 3 N 3 3 N me V meef V 3 9 N meef 9.0 kg 7.00eV.600 J/eV 34 V J s 8.50 m 8.50 L 8.50 cm jeb n N meef A A C V N V 3 N kg 7.00eV.600 J/eV mol.0550 J s 5 mol mol mol m L cm Salīdzina iegūto lielumu ar atomu koncentrāciju metālā: 3 n m 8.96g/cm mol C V MV M g/mol cm jeb N nn mn N 8.96g/cm 6.00 mol V V MV M g/mol 3 3 A A A V meef Ne 3 M meef z N VN Me A 3 N A M cm g/mol 9. 0 kg 7.00eV.60 0 J/eV g/cm mol.0550 J s 4. Salīdzina elektronu un atomu koncentrācijas arī Ca, Fe un Bi: z V m E e F N e 3 M mef N VN Me A 3NA M un dati ievietoti šajā formulā jeb 8

20 . klases uzdevumu atrisinājumi M meef M E F A F M mee M F E F F 3NA M E F F z 3 N M E z M E z z M E un tika izmantota jau atrastā vērtība Iegūtās vērtības ir z Ca, z Fe, z Bi 5. Iegūtais lielums vienāds ar s- un p-elektronu skaitu metāla atoma arējā līmenī (bet iepriekšējā līmeņa d-elektroni to neietekmē) 5. Aprēķina Na un Al Fermi enerģijas vērtības! E E F F 3 N3 3zN 3 A e e 3zN 3 A m V m M Na m e M.0550 J s g/cm 0 cm /m 6.00 mol kg.99g/mol J 3.6eV (tabulas dati3.4ev, tomēr, vērtējot, uzskatīt par pareizo 3,6 ev) E F Al m 3zN 3 A e M.0550 J s 3.70g/cm 0 cm /m mol kg 6.98g/mol J.68eV, 7eV (tabulas dati.7ev) jeb: z M E F z M EF E F zm EF zm E 3 zm F EF zm un izmantotas jau zināmās Fermi enerģijas. 6. Šie lielumi (un to starpības dažādiem metāliem) nesakrīt, bet lielākā Fermi enerģijā nodrošina, ka metāls vieglāk atdod elektronu citam metālam, līdz ar to elektroķīmiskais potenciāls kļūst zemāks. Bez kristāla elektronu enerģijas elektroķīmisko potenciālu noteic metālisko saišu un jona solvatācijas (hidratācijas) enerģiju starpība. 9