XXIII Ogólnopolski Konkurs Chemiczny Klucz do zadań 1 etapu

Wielkość: px

Rozpocząć pokaz od strony:

Download "XXIII Ogólnopolski Konkurs Chemiczny Klucz do zadań 1 etapu"

Renata Mazur
5 lat temu
Przeglądów:

1 XXIII Ogólnopolski Konkurs Chemiczny Klucz do zadań 1 etapu Zadanie 1 mosiądz, izotopy, estry, grafit/grafen, wapno, dekantacja Stefan Hell alkohole, metan, mol, hydroliza Zadanie N H + H O N + H O 16 g N H to 16g/( g/mol) = 0,5 mola g H O to g/(g/mol) = 1 mol Substancje wzięto do reakcji w stosunku stechiometrycznym. Z równania reakcji oraz wziętych do reakcji reagentów wynika, że: - wydzieliło się w niej 0,5 mol * 65,5 kj/mol = 7,5 kj ciepła - powstało w niej 0,5 mola azotu i mole pary wodnej, czyli,5 mola gazów uznanych za doskonałe Pochłaniając wydzieloną ilość ciepła taka liczba moli gazu jest w stanie się ogrzać o: 750J/(,5 mola*1,j/(mol* C)) = 177 C. Jeśli początkowa temperatura substratów wynosiła 5 0 C = 98 K, to temperatura gazu po reakcji wyniosła K = 75 K Te,5 mola gazu, w temperaturze 75 K, zgromadzone w naczyniu o objętości 100 cm = 0,0001 m musi wywierać ciśnienie p= (nrt/v) czyli [(,5mol)*(8,1N*m/mol*K)*(75 K)]/(0,0001 m ) = 9, N/m = 9, Pa 90 Mpa 9180 atm Zadanie Warstwa ochronna ma służyć przez 1 lat, czyli 1 lat = [9*65 dni + *66 dni (rok przestępny)] = 8 dni, czyli 8 dni* ( godziny/dzień)*(60 minut/godzina)*(60 sekund/minuta) = sekund W tym czasie przy średnim natężeniu prądu korozyjnego,16 ma przepłynie ładunek: 0,0016 A* sekund = (0,0016 C/sekunda)* sekund = ,19 C Ładunek 1 mola elektronów wynosi C (stała Faradaya), czyli ,19 C stanowi ładunek ,19 C/(96500 C/mol) = 1,00 mola elektronów Zachodzi reakcja ochrony katodowej przez cynk: Zn = Zn + + e, w której bierze udział 1,00/ = 6,00 moli cynku, czyli 6,00 moli*65,9 g/mol = 05, g Zn, czyli użyta objętość cynku wynosi 05, g /(7,1 g/cm ) = 56,78 cm. Taka objętość cynku pokryje powierzchnię 0,5 m m = 1 m = cm stali warstwą ochronną o grubości 56,78 cm / cm = 0, cm = 0,05678 mm. (0,057 mm po zaokrągleniu, nie jest tez konieczne uwzględnianie lat przestępnych) Zadanie Trzy warianty odpowiedzi: a) AgCl Ag + + Cl - Ag CrO Ag + + CrO - s s s s s s [Ag + ][Cl - ] = s*s = s [Ag + ] [CrO - ] = (s) *s = s s AgCl = IR = 1, = 1, ,6 10 mol/l s AgCrO = 1 = 6, mol/l 1

2 s AgCl < s AgCrO (pierwszy będzie się strącał chlorek, bo jest trudniej rozpuszczalny b) [Ag + ] = IR/[Cl - ] = 1, /0,1 = 1, mol/l [Ag + 1 1,6 10 ] = =, mol/l 0,1 Chlorek będzie się strącał już przy stężeniu Ag + = 1, mol/l, a chromian dopiero przy stężeniu Ag + =, mol/l. (prawie 000 razy większym) c) Po dodaniu niewielkiej ilości roztworu AgNO wytrąci się osad AgCl, a stężenie jonów chlorkowych praktycznie nie zmieni się. Zatem stężenie jonów Ag + wyniesie: [Ag + ] = 1, /0,1 = 1, mol/l W tych warunkach iloczyn jonowy Ag CrO wynosi: IJ = (1, ). 0,1 =, << IR = 1, więc Ag CrO nie może się strącać. Zadanie 5 C x H y + (x + y/) O = xco + y/ H O x + y/ = 7 M = 1x + y < 60 x < 5 x y wzór uwagi 1 1 CH 1 nie istnieje 10 C H 10 nie istnieje 8 C H 8 istnieje tylko jeden 6 C H 6 istnieje kilka C H 6 1,-butadien 1,-butadien 1-butyn -butyn cyklobuten bicyklo[1.1.0]butan 1-metylo-cyklopropen -metylo-cyklopropen metylenocyklopropan

3 Zadanie 6 A B C D E F G H I J 1 Forma występow ania Mg + Masa tablet ki* [mg] MgO 696,5 Mg (C 6 H 5 O 7 ) 15,5 90 MgCO 16 0 MgCl 80,8 16 Wyniki: Forma występow ania Mg + Masa tablet ki* [mg] Wchłanial ność jonów Mg + [%] Wchłanial ność jonów Mg + [%] wypełni enie % masa molowa "formy" 1 =,+16 1 =*,+1* *16 1 =,+1+16* 1 =,+*5,5 wypełni enie % masa molowa "formy" mmole Mg w tabletce =C*((100- E)/100)/F =C*((100- E)/100)/F* =C5*((100- E5)/100)/F5 =C6*((100- E6)/100)/F6 mmole Mg w tabletce mmole Mg wchłonięte =G*D/100 =G*D/100 =G5*D5/100 =G6*D6/100 mmole Mg wchłonięte mmol Mg w 1 litrze krwi po tabletk ach mmol Mg w 1 litrze krwi po tabletkach z uwzględnie niem początkowe j zawartości Mg we krwi =H*/ 5 =I+0,5 =H*/ 5 =I+0,5 =H5*/ 5 =I5+0,5 =H6*/ 5 =I6+0,5 mmol Mg w 1 litrze krwi po tabletk ach mmol Mg w 1 litrze krwi po tabletkach z uwzględnie niem początkow ej zawartości Mg we krwi 1 MgO 696,5 1 0, 15,1 0,61 0, 0,9 Mg (C 6 H 5 15,5 90 O 7 ) 1 50,9,,19 0,88 1,1 MgCO 16, , 1, 0, 0,17 0, MgCl 80, ,,60 0, 0,17 0, LIMIT 0,65-1,5 mmol/l Zadanie 7 X Y Z D n m Al S NH H O Wzór końcowy: Al (SO ) * (NH ) SO *H O ałun glinowo-amonowy Zadanie 8 - substancja zawiera pierwiastki CHN oraz X, CHN mają praktycznie jeden izotop, więc obecność izotopomerów musi być konsekwencją składu izotopowego pierwiastka X. Wiemy, że pierwiastek X ma izotopy występujące w porównywalnych ilościach. Obserwujemy jednak trzy sygnały, które odpowiadają izotopomerom: (lekki, lekki), (lekki,

4 ciężki)=(ciężki, lekki), (ciężki, ciężki)*. Stosunek wysokości sygnałów wskazuje na udział poszczególnych izotopów bliski 50%**. - średnia atomowa: 196,85*0,5+198,85*0,5+00,8*0,5=198,85 Jeśli jest co najmniej po 1 atomie CHN to masa molowa pierwiastka X musi wynosić co najwyżej: (198,85-(1,01+1,01+1,01))/ = 85,91 czyli nie cięższy niż Rb*** Dodatkowo można zauważyć, że cząsteczka organiczna o masie około 198 będzie zawierała łącznie nie więcej niż 1 atomów (tyle miałby odpowiedni węglowodór nasycony, azot może tworzyć mniej wiązań od C i jest cięższy). Skoro dwa z tych atomów to pierwiastek X, to pozostałych jest co najwyżej 1. (Jeśli uwzględnimy, że nie ma innych lekkich pierwiastków niż H to można przyjąć nie więcej niż 10 atomów) Biorąc pod uwagę, że CNH maja masy atomowe o końcówce,01 (lub mniej) to część dziesiętna masy dwóch atomów pierwiastka X będzie w przedziale od 0,85-1*0,01 do 0,85-*0,01 (bo mogą być tylko atomy - po jednym CHN lub więcej aż do 1) czyli musi wynosić od 0,7 do 0,8. Skoro są dwa takie atomy to oznacza część dziesiętną masy atomowej od 0,65 do 0,1 lub 0,865 do 0,91. Przy pomocy układu okresowego możemy ustalić, że taki warunek spełnia tylko Br. (Cl nie mieści się w przedziale). Brom, masa średnia = 79,90. Skoro są dwa atomy Br to mamy 198,85-*79,9-1,01-1,01-1,01 = 1,0 czyli cząsteczka ma wzór C HNBr. Pozostaje reszta 0,01, która odpowiada dokładności obliczeń. C HNBr. Spośród możliwych połączeń najbardziej prawdopodobne jest: Br H C N Br dibromoacetonitryl *Jakie jest prawdopodobieństwo wylosowania dokładnie jednej reszki w dwóch rzutach monetą? **Znajomość składu izotopowego pierwiastków może być w tym miejscu pomocna i po założeniu, że pierwiastkiem X jest brom pozwala na przejście od razu do weryfikacji masy cząsteczkowej. ***Z pierwiastków, które mają tylko dwa trwałe izotopy o liczbach masowych mniejszych od 86 (nawet 100) wchodzą w rachubę tylko następujące: Rb, Br, Ga, Cu, V, Cl i Ni, a jedynie Br ma dwa izotopy o udziale bliskim 50%. (udziały izotopów innych pierwiastków wyraźnie różnią się od 50%). Jeśli cząsteczka ma zawierać dwa atomy bromu to masa C x H y N z musi wynosić: 198,85-*79,9 = 9,05. z <, gdyż dla z = masa C x H y musiałaby wynosić 9-*1 = 11, czyli x = 0, y = 11 (absurd) dla z = 1 masa C x H y wynosi 9-1 = 5, czyli albo x = 1, y = 1 (absurd) albo x =, y = 1, czyli C HNBr. Zadanie 9 p-ksylen, kwas tereftalowy; styren; polistyren; izopropylobenzen; cykloheksan; cykloksanon/cykloheksanol; kwas adypinowy; -kaprolakton Zadanie 10

5 Proces Krolla TiO + Cl + C TiCl + CO lub TiO + Cl + C TiCl + CO Mg + TiCl MgCl + Ti(s) [T = C] Metoda jodkowa: Ti(surowiec) + I (gazowy) TiI (gazowy) 500 C TiI (gazowy) Ti(czysty) + I (gazowy) 100 C 5

Podobne dokumenty

Elektrochemia - prawa elektrolizy Faraday a. Zadania

Elektrochemia - prawa elektrolizy Faraday a Zadania I prawo Faraday a Masa substancji wydzielonej na elektrodach podczas elektrolizy jest proporcjonalna do natężenia prądu i czasu trwania elektrolizy q