SLOVENSKÁ KOMISIA CHEMICKEJ OLYMPIÁDY CHEMICKÁ OLYMPIÁDA. 48. ročník, školský rok 2011/2012 Kategória C. Študijné kolo RIEŠENIE A HODNOTENIE

Transcript

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

2 RIEŠENIE A HODNOTENIE TEORETICKÝCH ÚLOH Chemická olympiáda kategória C 48. ročník školský rok 011/01 Študijné kolo Milan Melicherčík, Jarmila Kmeťová, Mária Lichvárová Maximálne 60 bodov Riešenie úlohy 1 (1 b) 1 b 1.1 a) CaCO 3 + HCl CaCl + H O + CO chlorid vápenatý, voda, oxid uhličitý 1 b 1. KMnO H O + 3 H SO 4 MnSO 4 + K SO H O + 5 O s íran manganatý, síran draselný, voda, kyslík 1 b 1.3 H O katalyzátor H O + O voda, kyslík b 1.4 a) (NH 4 ) Cr O 7 Cr O 3 + N + 4 H O oxid chromitý, dusík, voda b) HgO Hg + O ortuť, kyslík 1.5 a) Chemická rovnica má tvar: 1 b FeS + H SO 4 FeSO 4 + H S 1 b Neznámy produkt X je síran železnatý FeSO 4 b) n(fes) = m M ( FeS) 50 g ( FeS) 1 87,91 g mol = =,844 mol Z chemickej rovnice vyplýva: n(h S) = n(fes) 1 b n(h S) =,844 mol c) Mólový objem plynu za normálnych podmienok je: V mn =,41 dm 3 mol -1, b V(H S) =,41 dm 3 mol -1,844 mol = 63,7 dm 3 d) Počet molekúl sulfánu vypočítame zo vzťahu:

3 N(H S) = n(h S) N A =,844 mol 6, mol -1 b N(H S) = 1, molekúl e) Z rovnice (1.5) vyplýva, že: n(h SO 4 ) = n(fes) m(h SO 4 ) = n(h SO 4 ) M(H SO 4 ) m(h SO 4 ) =,844 mol 98,07 g mol -1 3 b m(h SO 4 ) = 78,9 g H SO 4 ( ) b m HSO4 78,9 g m(48,0 % H SO 4 ) = = = 581,0 g w ( HSO4 ) 0,480 b m ( 48,0 % HSO4 ) 581,0 g V(48,0 % H SO 4 ) = = 3 ρ 48,0 % H SO 1,38 g cm = 41 cm 3 ( ) 4 f) Z rovnice (1.5) vyplýva, že: n(feso 4 ) = n(fes) m(feso 4 ) = n(feso 4 ) M(FeSO 4 ) m(feso 4 ) =,844 mol 151,91 g mol -1 b m(feso 4 ) = 43 g Z 50 g FeS vznikne,844 mol H S, t.j. 63,7 dm 3 H S, ktorý obsahuje 1, molekúl (za normálnych podmienok) a 43 g FeSO 4. V reakcii sa spotrebuje 41 cm 3 H SO 4 (w = 0,480; ρ = 1,38 g cm -3 ). Riešenie úlohy (19 b) 3 b.1 Neznámu zlúčeninu L označíme H x O y % kyslíka v binárnej zlúčenine L vypočítame: (100 5,96) % = 94,074 % Stechiometrické koeficienty x a y vypočítame zo vzťahu: x : y = w A ( H) ( H) w : r A r ( O) ( O) kde A r (H) a A r (O) sú relatívne atómové hmotnosti atómov vodíka a kyslíka, w(h) a w(o) sú hmotnostné zlomky vodíka a kyslíka. Po dosadení: x : y = 0,0596 0,94074 : 1, ,999 = 0,0580 : 0,0580 = 1 : 1 3

4 Pomer stechiometrických koeficientov 1 : 1 určuje, že zlúčenina L môže byť HO, H O, H 3 O 3 atď. Z uvedených možností vyhovuje molekulový vzorec H O, t. j. L je peroxid vodíka. 1 b. H O O H 1 b.3 H I O -I 1 b.4 [He]s p 6 1 b.5 H O katalyzátor 1 b.6 jeden H O + O 1 b.7 Napríklad: H SO 4, H 3 PO 4, močovina, glycerol 1 b.8 H O + H O H 3 O + + HO.9 a) Schéma redoxnej reakcie je: 0,5 b H O -I + KI -I + H SO 4 I 0 + K SO 4 + H O -II Čiastkové rovnice redukcie a oxidácie sú: 0,5 b I -I - e - I 0 0,5 b O -I + e - O -II Po sčítaní upravených rovníc získame čiastkovú rovnicu redoxnej reakcie: 0,5 b O -I + I -I I 0 + O -II Vypočítané koeficienty zapíšeme do reakčnej schémy pred zodpovedajúce zlúčeniny. Na určenie ostatných koeficientov využijeme podmienku zachovania druhu a počtu atómov. Výsledná rovnica redoxnej reakcie má potom tvar: 1,5 b H O + H SO 4 + KI I + K SO 4 + H O 0,5 b oxidovadlo: H O 0,5 b redukovadlo: KI. b) Schéma redoxnej reakcie je: 0,5 b H O -I + KMn VII O 4 + H SO 4 O 0 + Mn II SO 4 + K SO 4 + H O Čiastkové rovnice redukcie a oxidácie sú: 0,5 b Mn VII + 5 e - Mn II 0,5 b O -I - e - O 0 4

5 Aby počet prijatých a odovzdaných elektrónov bol rovnaký, musíme upraviť čiastkové rovnice nasledovne: Mn VII + 5 e - Mn II / O -I - e - O 0 / 5 Po sčítaní upravených rovníc získame čiastkovú rovnicu redoxnej reakcie: 0,5 b 10 O -I + Mn VII 5 O 0 + Mn II Vypočítané koeficienty zapíšeme do reakčnej schémy pred zodpovedajúce zlúčeniny. Na určenie ostatných koeficientov využijeme podmienku zachovania druhu a počtu atómov. Výsledná rovnica redoxnej reakcie má potom tvar: 1,5 b 5 H O + KMnO H SO 4 5 O + MnSO 4 + K SO H O 0,5 b oxidovadlo: KMnO 4 0,5 b redukovadlo: H O Riešenie úlohy 3 (10,75 b) 3,5 b 3.1 kyslíka, prvkami, atóm kyslíka, atóm kyslíka, -I, molekulové (SO 3 ), s atómovou štruktúrou (Fe O 3 ), iónové (CaO), kyselinotvorné: SO 3 + H O H SO 4, zásadotvorné: CaO + H O Ca(OH), amfotérne: ZnO + H 3 O + Zn H O, ZnO + OH - + H O [Zn(OH) 4 ] -,5 b 3. oxid uhoľnatý (CO), oxid uhličitý (CO ), oxid uhoľnatý, redukčnými, železa, oxid uhličitý, uhličitanov, uhličitanov, oxid uhoľnatý 1,75.b 3.3 oxid siričitý (SO ), redukovadlo: SO + O SO 3, oxidovadlo: SO + H S 3 S + H O, oxid sírový (SO 3 ), kyseliny sírovej (H SO 4 ).b 3.4 I až V, oxidu dusného (N O), oxid dusičitý (NO ), oxid dusnatý (NO), oxid dusičitý (NO ), dusičitý (NO ), oxid dusičný N O 5 1,5 b 3.5 kyslé dažde: oxidy síry a dusíka, skleníkové plyny: CO, N O, fotochemický smog: oxidy dusíka (NO x ). Riešenie úlohy 4 (9,5 b) 5 b 4.1 Chemickú rovnicu (a) získame tak, že rovnicu (c) vynásobíme číslom, rovnicu (d) číslom 1 a takto upravené rovnice sčítame. 5

6 SO (g) = S(s) + O (g) CS (l) + 3 O (g) = CO (g) + SO (g) CS (l) + O (g) = CO (g) + S(s) (a) To isté urobíme aj s hodnotami reakčnej entalpie. Reakčná entalpia výslednej reakcie (a) sa teda vypočíta nasledovne: H (a) = H (c) H (d) H (a) = ( ) kj mol -1 = 481 kj mol -1 b 4. Vzťahy pre rovnovážne konštanty uvedených chemických reakcií sa zapíšu pomocou parciálnych tlakov plynných zložiek: p(co ) K p(a) = p(o ) p(so ) K p(c) = p(o ) p(co ) K p(b) = p(o ) K p(d) = 3 (O ) p p p(co ) (SO ) 1 b 4.3 Vzťah pre rovnovážnu konštantu chemickej reakcie (a) možno vyjadriť pomocou rovnovážnych konštánt chemických reakcií (c) a (d). (a) K p = K p(c) 1 K p(d) 1,5 b 4.4 Vzťahy pre rovnovážne konštanty budú obsahovať aj parciálny tlak síry. (a) K p = p(co ) p ( S) p(o ) p(so ) (c) K p = p(o ) p(s) 6

7 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH PRAKTICKEJ ČASTI Chemická olympiáda kategória C 48. ročník školský rok 011/01 Študijné kolo Milan Melicherčík, Iveta Nagyová Maximálne 40 bodov (b), resp. 57 pomocných bodov (pb). Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: body b = pomocné body pb 0,70 Doba riešenia: neobmedzená Riešenie úlohy 1 (4 pb) pb CaCO 3 + HCl CaCl + H O + CO (1) pb CO H 3 O + CO + 3 H O Riešenie úlohy (6 pb) m(0% HCl) = V(0% HCl) ρ(0% HCl) = 1 pb 3 3 = 40,0 cm 1,0980 g cm = 43,9 g 1 pb m(hcl) = m(0% HCl) w(0% HCl) = = 43,9 g 0,00 = 8,784 g 1 pb m(hcl) 8,784 mol n(hcl) = = = 0,409 mol 1 M(HCl) 36,461g mol Z rovnice vyplýva: n(hcl) 0,409 mol 1 pb n (CaCO 3 ) = = = 0,105 mol 1 pb m(caco ) = n(caco ) M(CaCO ) = 0,105 mol 100,09 g mol = 1,06 g Vzhľadom na nadbytok: 1 pb m(caco 3 ) = 1,06 g 1,5 = 15,1 g 1 Na reakciu so 40,0 ml 0 % HCl treba navážiť 15,1 g uhličitanu vápenatého. 7

8 Riešenie úlohy 3 (4 pb) 1 pb n(co ) = n(caco 3 ) Z rovnice (1) vyplýva: n(hcl) 0,409 mol 1 pb n (CO ) = = = 0,105 mol 1 pb V o (CO ) = n(co ) V mn = 0,105 mol,41 dm 3 mol -1 =,70 dm 3 1 pb Objem oxidu uhličitého, ktorý možno za normálnych podmienok pripraviť chemickou reakciou zo 40,0 ml 0 % HCl, je,70 dm 3. Riešenie úlohy 4 (4 pb) pb Ca(OH) + CO CaCO 3 + H O Ca + + OH + CO CaCO 3 + H O pb CaCO 3 + CO + H O Ca(HCO 3 ) CaCO 3 + CO + H O Ca HCO 3 Riešenie úlohy 5 (4 pb) pb 3 CaCl + Na 3 PO 4 Ca 3 (PO 4 ) + 6 NaCl () pb 3 Ca + + PO 3-4 Ca 3 (PO 4 ) Riešenie úlohy 6 (9 pb) Teoretické množstvo pripraveného CaCl : Z rovnice (1) a úlohy vyplýva: n(hcl) 0,409 mol 1 pb n (CaCl ) = = = 0,105 mol 1 pb m(cacl ) = n(cacl ) M(CaCl ) m(cacl ) = 0,105 mol 110,99 g mol -1 = 13,4 g pb Vzhľadom na štvornásobné zriedenie roztoku CaCl teoreticky by sme mali získať 3,35 g CaCl. čo je 0,0301 mol. Z rovnice () vyplýva: 1 pb n(ca 3 (PO 4 ) ) = n(cacl ) 0,0301mol = = 0,0100 mol pb m(ca 3 (PO 4 ) ) = n(ca 3 (PO 4 ) ) M(Ca 3 (PO 4 ) ) = 8

9 1 pb = 0,0100 mol 310,18 g mol -1 = 3,10 g Praktický výťažok vypočítame: pb praktický výťažok v % = hmotnosť získaného produktu 100 = 3,10 g Riešenie úlohy 7 (14 pb) Hodnotenie manuálnych zručností: 6 pb Príprava zariadenia na vývoj a zachytávanie plynu. 4 pb Príprava skladaného filtra, filtračnej aparatúry a spôsob filtrácie za atmosférického tlaku. 4 pb Príprava filtračnej aparatúry a spôsob filtrácie za zníženého tlaku. Riešenie úlohy 8 (10 pb) Hodnotenie produktov a reakcií: 4 pb za oxid uhličitý (4 pb, ak došlo v premývačke k úplnému rozpusteniu zrazeniny, pb za čiastočné rozpustenie zrazeniny, 0 pb ak sa zrazenina vôbec nevyzrážala), 6 pb za bis(fosforečnan) trivápenatý (6 pb - výťažok %, 5 pb %, 4 pb %, 3 pb 84-80%, pb %, 1 pb pod 74 %) Autori: Doc. RNDr. Jarmila Kmeťová, PhD., Doc. RNDr. Mária Lichvárová, PhD. Prof. RNDr. Milan Melicherčík, PhD. (vedúci autorského kolektívu), Ing. Iveta Nagyová, PhD. Recenzent: RNDr. Anton Sirota, PhD. Vydal: IUVENTA Slovenský inštitút mládeže, Bratislava 011 9