RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z ANORGANICKEJ A ANALYTICKEJ CHÉMIE

Transcript

1 RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z ANRGANIKEJ A ANALYTIKEJ ÉMIE hemická olympiáda kategória A 47. ročník školský rok 010/011 eloštátne kolo Maximálne 18 bodov (b), resp. 54 pomocných bodov (pb). Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: body b = pomocné body pb 0, Nasledujú autorské riešenia súťažných úloh. Samozrejme, že treba akceptovať každé iné a správne riešenie a ohodnotiť ho príslušným počtom bodov. Riešenie úlohy 1 (0 pb) Poznámka: V celom riešení sa veličiny s čiarkou (m', V') budú vzťahovať na roztoky. 1.1 Reakcia 1: Mn + + Mn() Reakcia : 4 Mn() Mn() 8 pb Reakcia : Mn() + I Mn + + I + 1 Reakcia 4: 1. a) - S I I S Príprava Winklerovho roztoku I nepriamo: Využijeme reakciu: pb KMn S 4 MnS 4 + K S b) M r(mns 4) = 151,00; M r(mns 4. 7 ) = 77,109 V kryštalohydráte: w(mns 4) = 0, pb 150 g MnS 4. 7 zodpovedá 81,75 g MnS 4 RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z ANRGANIKEJ A ANALYTIKEJ ÉMIE 1

2 81,75 g 1 pb n(mns 4 ) ,00 g mol 0,541 mol Winklerov roztok I obsahuje 0,541 mol MnS 4. Keďže n(mns ) 0,541 mol, z rovnice v bode a) vyplýva: 4 = 0,541 mol 0,706 mol M r(kmn 4) = 158,04; M r( 4. ) = 16,07 pb m(kmn 4) = M(KMn 4) = 0,706 mol 158,04 g mol -1 = 85,5 g m( 4. ) = 5 M( 4. ) = pb = 5 0,706 mol 16,07 g mol 1 = 170,57 g Pri príprave Winklerovho roztoku I použijeme 85,5 g KMn 4 a 170,57 g 4., Pripravíme roztoky, ktoré zmiešame a doplníme v odmernej banke po značku na objem 1 dm. c) 1) Treba použiť len prevarenú destilovanú vodu. pb ) Výsledný roztok musí byť bezfarebný, ) Roztok získaný po zmiešaní východiskových roztokov treba povariť, aby sa vypudil oxid uhličitý a až potom ho doplniť na objem 1 dm. 1 pb 1. Nesmie sa objaviť modré sfarbenie, lebo by to znamenalo, že v roztoku sa nachádza jód, čím by sa skresľovalo samotné stanovenie koncentrácie kyslíka. RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z RGANIKEJ A ANALYTIKEJ ÉMIE

3 1.4 M r(ki ) = 14,00 Návažok KI = 0,4797 g, resp.,4 10 mol v 100,00 cm roztoku. 1 pb Ak vezmeme do úvahy riedenie roztoku, potom v 10,00 cm roztoku, ktorý sa odobral na stanovenie, sa nachádza, mol KI. Rovnice reakcií pri titrácii: 1 pb I + 5 I I + 1 pb I + S I + Z rovníc vyplýva: S4 6 1 pb - n (S ) = 1, mol Spotreba - V (S ) = 0,0115 dm. 1 pb c(na S ) = n Na S V Na S -4 1, mol 0,01107 mol dm 0,0115 dm 1.5 Východiskový objem skúmanej vody bol 100,00 cm Spotreba pri stanovení koncentrácie kyslíka: - V (S ) = 0,01750 dm. 1 pb n(s ) c(s ) V(S ) = ,01107 mol dm 0,01750 dm = 1, mol Vzhľadom na reakcie 1 až 4 v časti 1.1 pb n( ) = n (S ) = 4, mol 4 - m( ) = 4, mol,00 g mol 1 = 1,550 mg/ 100 cm vody, pb resp. 15,50 mg/ 1 dm vody RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z ANRGANIKEJ A ANALYTIKEJ ÉMIE

4 Riešenie úlohy.1 a), b) (4 pb) x * y * z * p z p y p x p x py p z y z 5 pb x 1 pb c) bsahuje dva nespárené elektróny v protiväzbových orbitá- loch. 1 pb d) Väzbový poriadok v = 6. Častica + : Väzbový poriadok = 6 1,5 pb Častica - : Väzbový poriadok = 6 1,5 Častica : Väzbový poriadok = RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z RGANIKEJ A ANALYTIKEJ ÉMIE

5 . a) pb 1 > 0 endotermická reakcia pb + < 0 exotermická reakcia b) Druhú rovnicu vynásobíme dvomi a rovnice sčítame: + - pb > 0 endotermická reakcia Platí: 1 + = pb Z toho vyplýva, že 1 > a teda aj 1 >..4 5 pb (+) ( ) ( ) (+) RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z ANRGANIKEJ A ANALYTIKEJ ÉMIE 5

6 RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z FYZIKÁLNEJ ÉMIE hemická olympiáda kategória A 47. ročník školský rok 010/011 eloštátne kolo Maximálne 17 bodov (b), resp. 68 pomocných bodov (pb). Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: body b = pomocné body pb 0,5 Riešenie úlohy 1 (14 pb) Aby sme mohli vypočítať, to čo sa požaduje v zadaní 1.1 a 1., musíme najprv zistiť mólový zlomok rozpustenej látky, resp. rozpúšťadla. Zistíme ich zo vzťahu pre Raoultov zákon pre teplotu 110,6 : pa pb x A = p * A = 98,1 = 0,9696 xb = 1 xa = 0, ,5 Zo známeho hmotnostného aj mólového zlomku a molárnej hmotnosti jednej zložky môžeme vypočítať molárnu hmotnosť druhej zložky rozličnými postupmi. Najrýchlejšie je to asi takto: Napíšeme si pomer hmotností zložiek a trochu sa s ním pohráme : ma 1.1 m = na MA n M = w A w = xa MA x M B B Dostaneme B B wb xa 0,0 0, pb M B = MA = 9,1 = 89,84 g mol 1 w x 0,97 0, 0074 A B B B 1. Zo vzťahu ΔT e = R T vap e A x B môžeme vypočítať Δ vap A: Δ vap A = R T e T e x B = 4 pb = 8, 145 8, 78 0,0074 = 611,40 J mol 1 =,6 kj mol 1 1,1 6 RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z FYZIKÁLNEJ ÉMIE

7 4 pb 1. K e = e RT M vap A A = = 8, 145 8,78 9, , 40 =,567 K kg mol 1 Riešenie úlohy (10 pb).1 Koligatívne vlastnosti roztokov sú vlastnosti, ktoré závisia: 1 pb b) len od koncentrácie látkového množstva rozpustenej látky a nie od jej chemickej povahy, 1 pb c) len od počtu častíc v objemovej jednotke roztoku.. Pre zriedené roztoky neprchavej látky platí pri stálej teplote s dobrým priblížením vzťah: 1 pb a) (p* 1 p 1)/(p* 1 x ) = 1, 1 pb c) (p* 1 p 1)/x = konšt.. Zníženie teploty tuhnutia rozpúšťadla v zriedenom roztoku neprchavej látky je úmerné: 1 pb a) koncentrácii látkového množstva rozpustenej látky, 1 pb b) molalite rozpustenej látky, 1 pb c) mólovému zlomku rozpustenej látky..4 smotický tlak je: 1 pb b) dodatkový tlak, ktorým sa musí pôsobiť na roztok, aby sa zabránilo prenikaniu rozpúšťadla do roztoku cez polopriepustnú membránu, 1 pb e) veličina, o ktorej má zmysel uvažovať len v prípade osmózy, t. j. prenikania rozpúšťadla do roztoku polopriepustnou membránou..5 S rastúcou teplotou osmotický tlak: 1 pb b) stúpa. RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z FYZIKÁLNEJ ÉMIE 7

8 Riešenie úlohy (10 pb).1 Pre reakciu nultého poriadku je rýchlosť reakcie konštantná nezávisí od koncentrácie reaktantov v = k c 0 = k. Koncentrácia reaktantov teda klesá priamo úmerne s časom: c = c 0 k t a aj úbytok reaktantu je priamo úmerný času priebehu reakcie Δc = kt. pb Ak za 1 s zreaguje 0,10 mol reaktantu, za 10 s zreaguje desaťkrát viac, teda 1 mol.. Počet atómov nerozpadnutých v čase t je N = N 0 e kt. Rozpadové konštanty vypočítame z uvedených polčasov: ln k = t 1/ 4 pb k 14 = ln 71 = 9,76.10 s 1 k 15 = ln 14 = 5,59.10 s 1 Podiel atómov 14 a 15 po 10 minútach bude N N = e e k14 t = k15 t e e 0, = 0, pb =,866.10, = 8,19.10 Riešenie úlohy 4 (18 pb) c( v( ) ) = = t = k 1 c(l ) c( ) + k c(l ) c( ) +k c(l ) c( ) (1) c(l v(l ) ) = = t = k 1 c(l ) c( ) k c(l ) c( ) +k c(l ) c( ) = 0 () 8 RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z FYZIKÁLNEJ ÉMIE

9 c(l v(l ) ) = = t = k c(l ) c( ) k c(l ) c( ) k 4 c (l ) = 0 () Zo vzťahu (): k 1 c(l ) = k c(l ) k c(l ) (4) Zo vzťahu (): [k c(l ) k c(l )] c( ) k 4 c (l ) = 0 (5) Spojením () a () alebo (4) a (5) dostaneme: k 1 c(l ) c( ) = k 4 c (l ) a teda k c 4 pb c(l ) = l c 1/ 1 k Máme odvodiť vzťah pre rýchlosť úbytku ozónu. Vrátime sa k rovnici (1): c( v( ) ) = = [k 1 c(l ) + k c(l ) +k c(l )] c( ) t Z rovnice (4) dosadíme k c(l ) = k 1 c(l ) +k c(l ) c( v( ) ) = = t = [k 1 c(l ) + k 1 c(l ) + k c(l ) +k c(l )] c( ) c( v( ) ) = = [k 1 c(l ) + k c(l )] c( ) t Podľa zadania je iniciácia najpomalším krokom t. j. k 1 c(l ) << k c(l a menší člen súčtu zanedbáme: c( v( ) ) = = k c(l ) c( ) t Dosadíme c(l ) z rovnice (11): c( v( ) ) = t k1 c(l ) c( ) = k k4 1/ c( ) RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z FYZIKÁLNEJ ÉMIE 9

10 Nakoniec teda dostaneme: c( 6 pb v( ) ) k 1 = = k t k4 1/ c 1/ (l ) c / ( ) 4 pb 4. Poriadok reakcie bude súčtom parciálnych poriadkov: n = 1/ + / = k 1 4 pb 4. Experimentálna rýchlostná konštanta k exp = k k4 1/ Riešenie úlohy 5 (16 pb) Výsledný roztok bude mať objem 00 cm a bude v ňom pb c(l -- ) = = 1, mol dm pb c(na + ) = = 1, mol dm V tomto roztoku sú prítomné 4 typy iónov: Na +, l, +, (ktoré si ďalej budeme písať len ako + ) a. Pomocou príncípu elektroneutrality, vyjadreného vzťahom c i z i = 0 dostaneme pb c(na+) + c(+) c(l ) c( ) = 0 Pre výpočet p musíme zistiť relatívnu rovnovážnu koncentráciu vodíkových iónov [ + ], a preto uvedený vzťah prepíšeme do tvaru: [Na+] + [+] [l ] [ ] = 0 Aby sme vo výslednom vzťahu mali len jednu neznámu, koncentráciu [ ] vyjadríme pomocou iónového súčinu vody. Dostaneme rovnicu pb [Na + ] + [ + ] [l K ] v = 0, [ ] z ktorej vypočítame [ + ] a následne aj p (o ktorom by sme už vopred mali vedieť, že bude menej ako 7). 1, , [ + K ] v = 0 [ ] 10 RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z FYZIKÁLNEJ ÉMIE

11 , [ + K ] v = 0 [ ] pb [ + ], [ + ] = 0 4 pb [ + ] = 1, pb p = log [ + ] = log 1, = 6,99457 RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z FYZIKÁLNEJ ÉMIE 11

12 RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z RGANIKEJ ÉMIE (I) hemická olympiáda - kategória A 47. ročník školský rok 010/011 eloštátne kolo Maximálne 17 bodov (b), resp. 85 pomocných bodov (pb). Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: body b = pomocné body pb 0, Riešenie úlohy 1 (0 pb) 1.1 amid kyseliny (R, S, 4R, 5S, 6S)--amino-,4,6-trihydroxy-5- sulfanylheptánovej odnotenie: Za správne priradenie deskriptorov 10 pb, za správny názov pb 1. Vznikne rovnaký izomér S S S S odnotenie: Za správne priradené substituenty 4 pb, za správnu konfiguráciu 4 pb) 1 RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z RGANIKEJ ÉMIE

13 Riešenie úlohy (6 pb) Pôsobením slabej bázy Na sa odštepuje menej kyslý protón tak, aby vznikol termodynamicky stálejší enolát s viac substituovanou násobnou väzbou. odnotenie: Za enolát pb, za zdôvodnenie pb, za produkt pb. Riešenie úlohy (18 pb) odnotenie: Za každý reaktant pb. RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z RGANIKEJ ÉMIE 1

14 Riešenie úlohy 4 (1 pb) A: Rôzne redukčné činidlá ako LiAl 4, NaB 4, + Pt (Ir, Pd) B: xidačné činidlá ako KMn 4, K r 7, r + S 4, NaBr, Ag(N ) odnotenie: 4 pb za produkty, 4 pb za priradenie pásov v IČ, 4 pb za činidlá. Riešenie úlohy 5 (9 pb) odnotenie: 6 pb za A, B a, pb za priradenie pásov v IČ. 14 RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z RGANIKEJ ÉMIE

15 Riešenie úlohy 6 (8 pb) Ako B možno uznať aj LiAl 4 a ako D aj Pd/ +. odnotenie: Za A až D po pb. Riešenie úlohy 7 (1 pb) odnotenie: Za A pb, za B a po pb, za NMR 5 pb. RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z RGANIKEJ ÉMIE 15

16 RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z BIÉMIE hemická olympiáda kategória A 47. ročník školský rok 010/011 eloštátne kolo Maximálne 8 bodov (b), resp. 4 pomocných bodov (pb). Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: body b = pomocné body pb 0, Riešenie úlohy 1 (4 pb) 1.1 A = kyselina glukónová, B = kyselina glukárová, = kyselina glukurónová pb pb pb 1. D = glukonolaktón alebo D-glukono-1,5-laktón, 4 pb 16 RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z BIÉMIE

17 1. E oxidovaný o-dianizidín 4 pb N N 1.4 Podmienky merania v prvý deň A vz = 0, 58 c št = 5 mmol/l A št = 0,176 c vz =? 4 pb Platí Lambertov-Beerov zákon: A = ε.c.l ; ε, l konštanty platia pre vzorku aj štandard, preto: A A vz št cvz c št A c vz c vz A št št 0,58 c vz = 5,0 mmol / l = 15,0 mmol / l 0,176 Podmienky v deň druhý: Sérum dvakrát riedené: R = A vz = 0, 67 A št = 0, 175 c št = 5 mmol/l 4 pb A c vz = vz c št R A =,0 mmol / št 0,175 = 15,5 mmol/l odnota koncentrácie glukózy presiahla hodnotu 11,1 mmol/l v oboch dňoch. pb Pacient trpel na cukrovku RIEŠENIE A DNTENIE ÚL Z BIÉMIE 17