CHEMICKÁ OLYMPIÁDA. 47. ročník, školský rok 2010/2011. Kategória EF, úroveň E. Študijné kolo RIEŠENIE A HODNOTENIE TEORETICKÝCH A PRAKTICKÝCH ÚLOH

Transcript

1 CHEMICKÁ OLYMPIÁDA 47. ročník, školký rok 010/011 Kategória EF, úroveň E Študijné kolo RIEŠENIE A HODNOTENIE TEORETICKÝCH A PRAKTICKÝCH ÚLOH 47. ročník Chemickej olympiády, teoretické a praktické úlohy študijného kola kategórie EF, úrovne E Zodpovedný autor: Ing. Ľudmila Gloová ydal: IUENTA - Slovenký inštitút mládeže, 010 Slovenká komiia Chemickej olympiády

2 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH ZO ŠEOBECNEJ A FYZIKÁLNEJ CHÉMIE Chemická olympiáda - kategória EF, úroveň E 47. ročník školký rok 010/011 Študijné kolo Iveta Ondrejkovičová Oddelenie anorganickej chémie, Útav anorganickej chémie, technológie a materiálov, FCHPT STU, Bratilava Maximálne 15 bodov (b) Riešenie úlohy 1 (6,5 b) 1.1 0,5 b a) Názov vzniknutého produktu je dimér oxidu foforečného alebo dekaoxid tetrafoforečný. Za uvedenie názvu oxid foforečný je len 0,5 bodu. 1,5 b b) P 4 O 10 () + 6 H O(l) 4 H PO 4 (aq) Za právny zápi reaktantov a produktov 0,5 b, za všetky koeficienty 0,5 b, za kompletný tavový zápi pri 0,5 b. 0,5 b c) Názov produktu H PO 4 je kyelina trihydrogenfoforečná (názov kyelina foforečná je neprávny). 0,5 b d) Reakcia je exotermická. 0,5 b Hodnota štandardnej reakčnej entalpie exotermickej reakcie je záporná ( r H < 0). 1. Štandardná reakčná entalpia r H je zmena entalpie, keď a reaktanty vo vojom štandardnom tave zmenia na produkty v ich štandardnom tave. Z toho vyplýva, že zhorením 1 mólu P 4 za štandardných podmienok a uvoľní teplo q = 149 kj. Najprv i vypočítame, aké látkové množtvo bieleho foforu n(p 4 ) zhorelo zo zadanej hmotnoti m(p 4 ) = 0,154 g. m(p 4) 0,5 b n(p 4 ) = M(P ) 4 0,154 g 0,5 b n(p 4 ) = ,974 g mol 0,5 b n(p 4 ) = 0, mol 0,5 b q = n(p 4 ) r H 0,154 g = -1 1,896 g mol 1

3 0,5 b q = 0, mol ( 149 kj mol 1 ) = 1,8568 kj Po zaokrúhlení na 4 platné čílice dotaneme: 0,5 b q = 1,857 kj = 1857 J q = 1857 J = teplo, ktoré a uvoľní zhorením 0,154 g bieleho foforu P 4. Riešenie úlohy (4 b).1 1 b a) Znížením teploty a v rovnovážnej zmei zväčší koncentrácia oxidu írového a zmenší a koncentrácia východikových látok. So znižovaním teploty a rovnováha poúva doprava, čím a zvyšuje koncentrácia SO v zmei. 1 b Oxidácia oxidu iričitého je exotermická reakcia ( r H < 0). Priebeh exotermických reakcií podporuje znižovanie teploty, lebo pri nich a teplo uvoľňuje. 1 b b) Zväčšením tlaku a v rovnovážnej zmei zväčší koncentrácia oxidu írového. So zväčšovaním tlaku a rovnováha poúva doprava v mere vzniku oxidu írového. 1 b Pri uvedenj reakcii a zmenšuje celkové látkové množtvo v rovnovážnej zmei z mol ( mol SO a 1 mol O ) na mol SO. Ak pri reakcii kleá celkové látkové množtvo, zväčšovanie tlaku poúva rovnováhu na tranu vzniku oxidu írového. Riešenie úlohy (4,5 b).1 1 b a) Názvy prvkov, ktoré patria medzi kovy alkalických zemín: vápnik, Ca; troncium, Sr; bárium, Ba a rádium, Ra. 0,5 b b) Elektrónová konfigurácia valenčnej vrtvy prvkov. kupiny, t.j. všeobecný krátený zápi elektrónovej konfigurácie je n ; 0,5 b dva valenčné elektróny. Pozn.: Za úplný zápi elektrónovej konfigurácie (i právny) a udelí len 0,5 bodu.

4 0,5 b c) Prvky. kupiny PSP vo vojich zlúčeninách nadobúdajú oxidačné čílo II, M(II). 0,5 b d) Prvky. kupiny PSP ú neušľachtilé kovy. 1,5 b e) Reakciou bária vodou vzniká roztok hydroxidu bárnatého a vodík: Ba() + H O(l) Ba(OH) (aq) + H (g) Za právny zápi reaktantov a produktov 0,5 b, za všetky koeficienty 0,5 b, za kompletný tavový zápi pri 0,5 b.

5 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z ORGANICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda kategória EF- 47. ročník školký rok 010/011 Študijné kolo iera Mazíková Katedra chemických technológií a environmentu FPT TnUAD, Púchov Maximálne 10 bodov (b), rep.50 pomocných bodov (pb) Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: pomocné body (pb) x 0,00 Riešenie úlohy 1 (17 pb) 4 pb a) Za každý právnu väzbu 1pb. C=O, C N, C=S, C=N pb b) Za každú právne určenú neprávnu väzbu 1 pb. C=Cl, C=H, C S 4 pb c) Nie. äčšia reaktivita dvojitej väzby je pôobená ľahšou štiepiteľnoťou π väzby oproti σ väzbe. 4 pb d) Polarita väzby- rozdiel elektronegativít viazaných atómov ( pb) Polarizovateľnoť väzby- deformovateľnoť valenčnej vrtvy v záviloti od vzdialenoti tejto vrtvy od jadra atómu ( pb). Riešenie úlohy ( pb) 1 pb a) C 7 H 14 1 pb b) C 9 H 16 1 pb c) C 9 H 16 Riešenie úlohy ( pb) pb Ide jednak o nenaýtený uhľovodík CH =CH (1 pb), jednak o dvojväzbový uhľovodíkový zvyšok CH CH (1 pb). 4

6 Riešenie úlohy 4 (8 pb) 4 pb a) S geometrickou izomériou Z-(ci) -E (tran). pb b) Iba u but--énu. pb c) Nie. Uhlíkové atómy metylových kupín ležia v tej itej rovine ako uhlíkové atómy benzénového jadra. Riešenie úlohy 5 (8 pb) pb Iónové adičné reakcie. 6 pb Adície prebiehajúce podľa Markovnikovho pravidla majú iónovú povahu (adície elektrofilné), adícia bromovodíka za prítomnoti vetla a kylíka (napr. vo forme peroxidov) prebieha proti Markovnikovmu pravidlu a má povahu radikálovú. Markovnikovo pravidlo je : v ionových adičných reakciách elektrofil (H + ) a naviaže ako prvý na uhlík dvojitej väzby väčším počtom vodíkov. ýnimka proti Markovnikovi radikálová adícia bromovodíka. Riešenie úlohy 6 (6 pb) Za každý právny štruktúrny vzorec produktu 1 pb. a) CH - CH(CH )- CH - CH -CH Cl b) CH - C- CH - CH -CH CH c) Br- CH - CH(CH )- CH - CH -CH Cl Cl d) CH - C- CH - CH -CH CH 5

7 OH e) CH - CH- CH - CH -CH CH OH OH f) CH - C- CH - CH -CH CH Riešenie úlohy 7 (6 pb) Z eténu a vyrába napríklad: polyetylén (PE): vinylbenzén (tyrén): nch =CH (CH CH ) n CH + CH =CH Pt CH=CH +H vinylchlorid: CH =CH +Cl Cl-CH -CH -Cl CH =CH-Cl + HCl etanol: CH =CH +H O CH -CH -OH 1 pb za reakciu, celkom max. pb Z acetylénu napríklad: acetaldehyd: CH CH + H O Hg CH -CHO Cu vinylchlorid: CH CH + HCl CH =CH-Cl Cd akrylonitril: CH CH + HCN CH =CH-CN 1 pb za reakciu, celkom max. pb 6

8 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z ANALYTICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda kategória EF 47. ročník školký rok 010/011 Študijné kolo Martina Gánovká Stredná odborná škola, Svit Maximálne 10 bodov (b), rep. 40 pomocných bodov (pb) Pri prepočte pomocných bodov (pb) na konečné body (b) použijeme vzťah: pomocné body (pb) 0,5 Riešenie úlohy 1 (1 pb) a) 0,5 pb NaCl (aq) AgNO (aq) AgCl () NaNO (aq) 0,5 pb K CrO AgNO (aq) AgCrO KNO (aq) 4(aq) 0,5 pb NaI(aq) AgNO (aq) AgI() NaNO (aq) 0,5 pb NaBr(aq) AgNO (aq) AgBr() NaNO (aq) 4() 0,5 pb Cl Ag AgCl - 0,5 pb CrO4 Ag AgCrO4 0,5 pb I Ag AgI 0,5 pb Br Ag AgBr b) ýpočet rozputnoti: Pre AgBr: 7

9 0,5 pb AgBr Ag Br 1 pb K Ag Br Ag Br c K c 0,5 pb c K po doadení c 7, , mol dm Pre AgCl: 0,5 pb AgCl Ag Cl 1pb pk logk, po doadení K 10 9,75 1, pb K Ag Cl Ag Cl c K c 0,5 pb c K po doadení c 1, , 10-5 mol dm Pre Ag CrO 4 : 0,5 pb Ag - CrO4 Ag CrO4 1 pb pk logk, po doadení - 1 pb K Ag CrO 4 Ag c, c CrO 4 K 10 11,61, ,5 pb K (c) c 4 c 8

10 1 pb c 1 K, ,5 10 mol dm 4 4 Pre AgI: 0,5 pb AgI Ag I 1 pb K Ag I Ag I c K c 0,5 pb c K po doadení c 1, ,10-8 mol dm c) 1,5 pb Najmenšiu rozputnoť má a ako prvá vzniká zrazenina AgI d) 1 pb c (AgNO c 1g dm m ) 0,0059 mol dm M 1 (AgNO ) 169,87 g mol 0,5 pb c(ag K 1,5 10 ) c (NaI) 0,0 16 7, mol dm 1 pb (AgNO ) 1, n c (AgNO ) c(ag ) (AgNO ) c(agno ) dm roztoku 15 7,5 10 mol dm 0,1dm 0,0059 mol dm e) Po objavení a prvej zrazeniny a bude prednotne zrážať AgI, na jej úplné vyzrážanie potrebujeme: 9

11 pb n (AgNO ) n (KI) - c(i ) (I ) 0,0 mol dm 0,100dm (AgNO ) 0,9 dm c(ag ) 0,0059 mol dm Po pridaní tohto množtva a začne zrážať AgBr. Riešenie úlohy (19pb) a) 1 pb KI AgNO AgI KNO 1 pb AgNO KSCN AgSCN KNO 1 pb Fe SCN FeSCN 1 pb AgNO K CrO 4 AgCrO 4 KNO 1 pb NaCl AgNO AgCl NaNO b) 1 pb n(nacl) n(agno ) 1 pb m(nacl) 0,0587 g n (NaCl) 1, mol M 1 (NaCl) 58,44 g mol c) 1 pb c (AgNO n(agno ) 1, mol - ) 0,051 mol dm (AgNO ) 0,0196 dm 1 pb n(kscn) n(agno ) 1 pb n (AgNO 0,00051mol ) c (AgNO ) (AgNO ) 0,051 mol dm 0,01 dm 10

12 1 pb n (KSCN) 0,00051mol c (KSCN) 0,058 mol dm (KSCN) 0,0097 dm - d) pb n(ki) n(agno ) n(kscn) 1 pb n(ki) c(agno ) (AgNO ) c(kscn) (KSCN) n(ki) 0,051 mol dm 4, mol v 0 cm 0,015 dm 0,058 mol dm 0,006 dm 5 1 pb n (KI),010 v 1cm roztoku 1 pb m(ki) n(ki) M(KI) 0,0 10,657 mg KI v 1cm -4 mol 166,0 g mol 1 e) f) pb Ako indikátor a používa chróman draelný. Po doiahnutí ekvivalentného bodu reaguje prvou nadbytočnou kvapkou odmerného roztoku duičnanu trieborného za vzniku červenohnedej zrazeniny Ag CrO 4, ktorá zafarbí pôvodnú bielu zrazeninu do vetlo motanovej. Najprv a zráža zrazenina AgCl a až po vyzrážaní všetkých Cl - iónov a vyzráža chroman trieborný. 1 pb Použitie K CrO 4 nie je vhodné, pretože blízke hodnoty účinu rozputnoti AgSCN a Ag CrO 4 pôobujú neprenoť pri odčítavaní ekvivalentného bodu: pk ( AgSCN ) 11,97, rep. pk ( 4 AgCrO ) 11,61, rep. K K (AgSCN) 10 (Ag 11,97 1, ,61 1 CrO 4 ) 10,

13 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z TECHNOLOGICKÝCH ÝPOČTO Chemická olympiáda kategória EF, úroveň E 47.ročník školký rok 010/011 Študijné kolo Ľudmila Gloová Stredná odborná škola, Nováky Maximálne 15 bodov (b), rep.0 pomocných bodov (pb) Pri prepočte pomocných bodov (pb) na konečné body (b) použijeme vzťah: pomocné body (pb) x 0,50 Riešenie úlohy 1 ( 18 pb) a) výpočet celkového látkového množtva duíka v airbagu za daných podmienok 0,5 pb vychádzame zo tavovej rovnice ideálneho plynu p. = n. R. T 1,5 pb zadané údaje a premena jednotiek p = 10 kpa = Pa = 65,0 dm = 0,065 m t = 0 C = 9,15 K 0,5 pb R = 8,14 J.mol -1.K -1 1 pb n p. R.T 1 pb Pa. 0, 065 m n 1 1 8, 14 J. mol. K. 9, 15 K 0,5 pb n =,747 mol Celkové látkové množtvo duíka v nafúknutom airbagu je,747 mol b) výpočet látkového množtva duíka, ktoré vzniklo v 1. a. reakcii najkôr zjednodušene označíme látkové množtvo duíka z 1.reakcie n 1 (N ) = x a látkové množtvo duíka z.reakcie n (N ) = y 1. reakcia : NaN Na + N. reakcia: 10 Na + KNO 5 Na O + K O + N 1

14 1pb úvaha v oboch rovniciach figuruje odík, množtvo odíka, ktoré vzniklo pri 1.reakcii a využije na priebeh.reakcie n 1 (Na) = n (Na) pb z pomeru látkových množtiev odíka a duíka vytvoríme matematické rovnice a ich riešením zitíme látkové množtvo duíka v 1. a.reakcii n( Na) 1.rovnica... n( Na) x x n( Na) 10.rovnica... n( Na) 10. y y 1.rovnica...x + y =,747 pb riešenie rovníc: n 1 (Na) = n (Na) x 10(, 747 x) x 7, 47 10x /. x 8, x. x 8, 41 x = n 1 (N ) =,575 mol y = n (N ) = 0,17 mol Látkové množtvo duíka vytvorené v 1.reakcii je,575 mol a v.reakcii 0,17 mol. c) výpočet hmotnoti použitého azidu odného a duičnanu draelného n( NaN ) n( NaN )., 575 mol 1717, mol pb x 1 m( NaN ) 1717, mol. 65, 011gmol. 1 pb m(nan ) = 111,6 g pb n( KNO y n( KNO 1 m( KNO ) 0, , 1 pb m(kno ) = 4,78 g ) ). 0, 17 0, 44 mol Hmotnoť použitého azidu odného je 4,78 g. Riešenie úlohy (1 pb) a) výpočet potreby vody v prípade A 1

15 1 pb Objemový prietok vypočítame zo vzťahu :. τ 0,5 pb = 15 min = 900,. = m. -1, tudená voda potom objem tudenej vody:. 1 pb. τ = m = m = 9 dm = 0,009 m 0,5 pb = 15 min = 900,. =, m. -1, teplá voda a objem teplej vody: 1pb.. τ =, m = 0,04 m = 4 dm = 0,04 m pb za túto potrebu zaplatíme: tudená voda 0,009 m..m - = 0,018 teplá voda 0,04 m. 10.m - = 0,4 v prípade A polu: 0,58.po deiatich umytiach,58 1 pb v prípade B tudená voda 0,004 m..m - = 0,008 teplá voda 0,01 m. 10.m - = 0,1 v prípade B polu: 0,18..po deiatich umytiach 1,8 1 pb v prípade A je cena vody dvojnáobne väčšia b) výpočet rýchloti prúdenia vody v prípade A pb v. d, 14. 0, pb v = 0,056 m. -1 tudená voda 1 pb v = 0,151 m. -1 teplá voda 14

16 RIEŠENIA A HODNOTENIE ÚLOH Z PRAXE Chemická olympiáda kategória EF 47. ročník školký rok 010/011 Študijné kolo Elena Kulichová Stredná odborná škola Nováky Maximálne 50 bodov (b) Cieľom študijného kola je ovojiť i poznatky a metódy, ktorými a žiaci tretnú vo vyšších kolách úťaže. Pri poudzovaní doiahnutých výledkov odporúčame prideliť body podľa naledujúcich kritérií: a) 6 b Hodnotenie všeobecných zručnotí a laboratórnej techniky - dodržanie záad bezpečnoti a hygieny práce v laboratóriu -max. b - laboratórna technika (príprava roztokov, titrácia ) - max. b b) Hodnotenie prenoti práce (polu max. 16 b): Body a pridelia podľa výledku naledujúcich tanovení: - tanovenie prenej koncentrácie odmerného roztoku AgNO Počet bodov a vypočíta podľa kľúča: počet bodov = 6 0,5 x % odchýlky tanovenia - tanovenie prenej koncentrácie chloridov v izotonickom roztoku počet bodov = 10 0, x % odchýlky tanovenia c) Riešenie úloh v odpoveďovom hárku (polu max. 8 b): zohľadní právnoť výpočtov, vykonané operácie, znaloť chemických dejov a pod. Body a pridelia podľa riešenia úloh: 15

17 Odpoveďový hárok z PRAXE Škola: Meno úťažiaceho: Celkový počet pridelených bodov: Podpi hodnotiteľa: loha 1.1 4b 1. b.1,5b. 0,5b.1 1b. Zloženie izotonického roztoku podľa Ringera Zloženie izotonického roztoku podľa Hartmanna Príklady terapií, kde možno využiť izotonické roztoky - c(na + ) = 0,10 mol dm - - c(cl - ) = 0,109 mol dm - - c(laktany) = 0,08 mol dm - - c(k + ) = 0,004 mol dm - b - c(ca + ) = 0,0015 mol dm - - c(na + ) = 0,11 mol dm - - c(cl - ) = 0,111 mol dm - - c(laktany) = 0,09 mol dm - b - c(k + ) = 0,005 mol dm - - c(ca + ) = 0,00 mol dm - - intravenózna terapia po izotonickej alebo hypotonickej dehydratácii (napr. po úraze, či chirurgických výkonoch) - základný roztok pre intravenózne podávané liečivá - orálne podávaný doplnok výživy ýpočet hmotnoti NaCl: m NaCl c NaCl NaCl M NaCl Po doadení a vyčílení 1 m NaCl 0,05mol dm 0,1 dm 58,44 g mol 0,9 g 1b Skutočný návažok NaCl: m ST = 0,5b ýpočet prenej koncentrácie štandardného roztoku: m ST m ST g c ST po doadení c ST 1 M NaCl 58,44 g mol 0,1 dm ST ýpočet hmotnoti NH 4 SCN: m m NH 4Cl c NH 4Cl NH 4Cl M NH 4Cl 1 NH Cl 0,05mol dm 0,5 dm 76,1 g mol 0,9515 g 4 Úplný iónový zápi rovnice reakcie, ktorá prebehne pri tanovení prenej koncentrácie AgNO : Na Cl Ag NO AgCl Na NO Spotreba odmerného roztoku ODM na tanovenie: (1 b a pridelí za každú titráciu) 1 1b 1,5b 16

18 . b. 1b ýpočet priemernej hodnoty: 1 ODM ýpočet prenej koncentrácie odmerného roztoku AgNO : c ST 0,01 dm codm ODM Uzná a aj ľubovoľný iný logicky právny výpočet. 0,5b 4.1 1b 4. 4b 4. 1b 5.4 b 5.5 b 5.6 b Skrátený iónový zápi rovnice reakcie, ktorá prebehne pri tanovení prenej koncentrácie NH 4 SCN SCN Ag AgSCN Spotreba odmerného roztoku NH 4 SCN na tanovenie SCN : (1 b a pridelí za každú titráciu) b / 1 / / / / 1 ýpočet priemernej hodnoty: SCN 0,5b Odchýlka hodnôt tanovení použitých do výpočtu do 5 % 0,5b / ýpočet prenej koncentrácie odmerného roztoku NH 4 SCN: ODM codm c SCN SCN vo výpočte a za ODM doadí je pipetovaný objem ODM =0,01 dm Uzná a aj ľubovoľný iný logicky právny výpočet. Spotreba odmerného roztoku NH 4 SCN na tanovenie STAN b (1 b a pridelí za každú titráciu, max b) ST1 ST ST ST 1 ST ST 0,5b ýpočet priemernej hodnoty: STAN Odchýlka hodnôt tanovení použitých do výpočtu do 5 % 0,5b Spotreba odmerného roztoku NH 4 SCN na lepý poku SL b (1 b a pridelí za každú titráciu max b) SL1 SL SL SL1 SL SL 0,5b ýpočet priemernej hodnoty: SL Odchýlka hodnôt tanovení použitých do výpočtu do 5 % 0,5b ýpočet koncentrácie chloridových iónov vo vzorke izotonického roztoku: SL ST c SCN ccl Z vo výpočte a za Z doadí je pipetovaný objem Z =0,01 dm Uzná a aj ľubovoľný iný logicky právny výpočet 17