Zadanie 1. Tlenek wanadu(v) jest tlenkiem o właściwościach kwasowych. W reakcji z amoniakiem tworzy sól, wanadan(v) amonu: (NH 4 ) n VO m.

Transkrypt

1 i. Zadanie 1 M(V 2 O 5 ) = 181,9 g/mol n V = 2 n V2O5 = 2 0,5082/181,9 = 0, mol n S = ,00056/(8, ) = 0, V:S wynosi 1:4 Wzór empiryczny patronitu VS 4 4 VS O 2 2 V 2 O SO 2 Punktacja: równanie reakcji 2 pkt.; ustalenie wzoru 10 pkt. UWAGA: Nazwa polisiarczek wanadu wskazuje na obecność jonów polisiarczkowych (S n 2- ) w strukturze patronitu. Wielu uczestników odczytywało ją jako wskazującą na polimeryczny charakter minerału ((VS 4 ) n ) w takim przypadku brzmiała by ona poli(siarczek wanadu). ii. Rozpuszczając się w wodzie, amoniak zachowuje się jak zasada: NH 3 + H 2 O NH OH - K = [NH + 4 ][OH - ]/[NH 3 ] = [OH - ] 2 /(c 0 -[OH - ]) poh = 14-pH = 3,29 [OH - ] = 10-3,8 = 0, M Kc 0 K[OH - ] = [OH - ] 2 ([OH - ] 2 + K[OH - ])/K = c 0 c 0 = 0,01673 M Tlenek wanadu(v) jest tlenkiem o właściwościach kwasowych. W reakcji z amoniakiem tworzy sól, wanadan(v) amonu: (NH 4 ) n VO m. Zakładając, że w skład soli wchodzi jeden jon amonowy (n = 1), masa molowa tego związku wynosi: 2 g - 0,01673 mol x g - 1 mol x = 119 g/mol = 50 m = 50/16 3 Dla n > 1 uzyskujemy masy molowe < 60, nie spełniające warunków zadania.

2 Wzór substancji: NH 4 VO 3. 2 NH 3 + H 2 O + V 2 O 5 2 NH 4 VO 3 2 NH 4 VO 3 2 NH 3 + H 2 O + V 2 O 5 Punktacja: ustalenie wzoru związku 20 pkt.; równania reakcji po 2 pkt. iii. M(V 2 O 5 ) = 181,9 g/mol M(Fe 2 O 3 ) = 159,6 g/mol 3 V 2 O Al = 6 V + 5 Al 2 O 3 Fe 2 O Al = 2 Fe + Al 2 O 3 W 100 g mieszaniny o podanym składzie jest 10 g metalicznego Fe, 60 g V 2 O 5 i 30 g Fe 2 O 3. Po redukcji masa metalicznego wanadu wynosi: 181,9-2 50,9g 60 - x g x = 33,58 g V zaś żelaza 159,6-2 55,8 g 30 - y g y = 20,98 g Fe z redukcji tlenku żelaza(iii) z = 20, = 30,98 g Fe Sumaryczna masa stopu 30, ,58 = 64,56 g c Fe = 30,98/64,56 = 48 % c V = 33,58/64,56 = 52 % Punktacja: obliczenie składu stopu 10 pkt.; równania reakcji po 2 pkt. iv. 2 SO 2 + O 2 2 SO 3 B SO 3 SO 3 + H 2 O H 2 SO 4 C H 2 SO 4 2 H 2 SO 4 + Cu CuSO 4 + SO H 2 O D CuSO 4, E SO 2 3 SO 2 + K 2 Cr 2 O 7 + H 2 SO 4 Cr 2 (SO 4 ) 3 + K 2 SO 4 + H 2 O H Cr 2 (SO 4 ) 3, I K 2 SO 4 C 6 H 6 + H 2 SO 4 C 6 H 5 SO 3 H + H 2 O J C 6 H 5 SO 3 H 2 C 6 H 5 SO 3 H + 4 NaOH + O 2 2 C 6 H 5 OH + 2 Na 2 SO H 2 O K C 6 H 5 OH Punktacja: równania reakcji po 2 pkt.; identyfikacja związków po 1 pkt.

3 v. 2 NO + O 2 2 NO 2 NO 2 + SO 2 NO + SO 3 SO 3 + H 2 O H 2 SO 4 Punktacja: 10 pkt. (akceptowano dowolną reakcję/ciąg reakcji, prowadzących do kwasu siarkowego(vi)) i. K: Sb e - Sb 2 H e - H 2 A: 2 Cl - Cl e - 4 OH - 2 H 2 O + O e - Punktacja: po 2 pkt. za rówanie Zadanie 2 ii. n e = ( )/96500 = 0,2984 mol e - Przy wydajności 100% powinno wydzielić się 0,2984/3 = 0,0995 mol Sb 3+, czyli 12,12 g Sb. Wydajność procesu wynosi: (3/12,11) 100% = 24,75% Punktacja: 15 pkt. iii. Przez elektrolizer przepłynęło 0,298 mol e -. Wydzieliło się 2,5/22,414 = 0,1115 mola produktów (O 2 i Cl 2 ). n O2 + n Cl2 = 0,1115 mola 4n O2 + 2n Cl2 = 0,2984 mola e - n O2 = 0,0377 mol; n Cl2 = 0,0738 mol. Mieszanina gazowa wydzielona na anodzie składa się z 33.8% O 2 i 66,2% Cl 2 (procent molowy). Punktacja: 15 pkt.

4 Zadanie 3 i. 18 F 18 O + β + + ν e 20 Ne + 2 H 18 F + 4 He 18 O + 1 H 18 F + 1 n Punktacja: po 2 pkt. za równanie ii. Punktacja: 12 pkt. (akceptowano dowolną, poprawną postać wzoru) iii. T 1/2 = 110 min = 6600 s k = ln2/t 1/2 = 0, s -1 c = c 0 e -0, = 1, μm = 1,15 nm Punktacja: 20 pkt. (w przypadku zastosowania podejścia analitycznego, przy pomocy wzorów) lub 10 pkt. (uzyskanie wyniku przybliżonego przy pomocy tabeli, zestawiającej wartości c po upływie kolejnych interwałów wynoszących T 1/2 ) iv. Punktacja: 15 pkt.; akceptowano dowolną, poprawną metodę, umożliwiającą otrzymanie oczekiwanego produktu w stanie czystym

5 Zadanie 4 i. Woda destylowana otrzymywana jest w procesie fizycznym, destylacji, polegającym na ogrzaniu cieczy do wrzenia a następnie skropleniu otrzymanych par. Woda demineralizowana (dejonizowana) otrzymywana jest w procesie chemicznym. Wykorzystuje on zjawisko wymiany jonowej, polegające na zastępowaniu jonów metali (i jonów oniowych) jonami H + a anionów reszt kwasowych jonami OH -. Proces ten prowadzi się przy wykorzystaniu syntetycznych materiałów polimerowych, zwanych jonitami. W formie aktywnej zawierają one związane elektrostatycznie z matrycą polimerową jony wodorowe i wodorotlenowe. Proces destylacji nie usuwa całkowicie zanieczyszczeń lotnych (niektórych substancji organicznych, soli amonowych, rozpuszczonych gazów). Ponadto, podczas klasycznej destylacji w atmosferze powietrza, woda nasyca się tlenkiem węgla(iv) ph wody destylowanej wynosi około 5 jednostek. Usunięcie rozpuszczonych gazów w procesie destylacji wymaga specjalnych procedur. Demineralizacja nie usuwa z wody substancji niejonowych (wielu składników organicznych, słabo zdysocjowanych substancji nieorganicznych). Ponadto uzyskana woda zawiera pewne ilości oligomerów, wymytych z jonitów. ii. Czernienie bieli ołowiowej (węglanu hydroksoołowiu(ii)) związane jest z tworzeniem się czarnego siarczku ołowiu(ii). Proces ten wywoływany jest przez zawarty w atmosferze siarkowodór. Przyczynia się do niego także bezpośrednia reakcja bieli ołowiowej z pigmentami siarczkowymi stosowanymi w malarstwie. Jony S 2-, wywołujące ciemnienie, powstawać mogą także w wyniku działalności mikroorganizmów, rozwijających się na substancjach organicznych obecnych na obrazie (naturalne lepiszcza i żywice, zanieczyszczenia etc.). iii. Olej napędowy stanowi mieszanina wyższych węglowodorów alifatycznych oraz aromatycznych (np.: pochodnych naftalenu), uzyskana w procesie destylacji ropy naftowej (frakcja C). W niskich temperaturach olej napędowy gęstnieje, przyjmując konsystencję żelu. Proces ten obserwuje się już poniżej -15 C. Wiąże się to nie tylko ze wzrostem lepkości ciekłych składników oleju, ale także z krystalizacją niektórych związków, wchodzących w jego skład. Paliwo w tej formie nie może być efektywnie pompowane do silnika a powstające kryształy zatykają przewody paliwowe. Zimowe dodatki do oleju napędowego zapobiegają gęstnieniu i krystalizacji paliwa. Stosuje się w tym celu rozgałęzione węglowodory alifatyczne i aromatyczne oraz pochodne polieterów. iv. Acetylen jest związkiem wysoce endoenergetycznym (ΔH tw = +227 kj/mol). Sprężanie acetylenu prowadzi do jego spontanicznego rozkładu z wydzieleniem węgla i wodoru. Towarzyszy temu silne nagrzanie mieszaniny, kończące się eksplozją. Proces rozkładu zachodzi przy ciśnieniach większych niż 1 atm. Z tego powodu nie jest możliwe przechowywanie acetylenu w postaci sprężonej w butlach. UWAGA: Wbrew często powielanej opinii, wybuchowe zachowanie acetylenu podczas sprężania nie jest związane z jego oligo- lub polimeryzacją. Punktacja: po 5 pkt. za każdą poprawną odpowiedź

6 Zadanie 5 M(BaSO 4 ) = 233,4 g/mol M(Na 2 SO 4 ) = 142,0 g/mol 0,312 g - x mol 233,4 g - 1 mol x = 0, mol obliczamy masę siarczanu(vi) sodu, obecnego w próbce: 0, mol - y g 1 mol g y = 0,1899 g Zawartość Na 2 SO 4 wynosi: 0,1899 g - z % 5,0000 g - 100% z = 3,8% Siarczan(IV) sodu stanowi 100-3,8 = 96,2% próbki. Na 2 SO 4 + BaCl 2 2 NaCl + BaSO 4 Na 2 SO 3 + BaCl 2 2 NaCl + BaSO 3 BaSO HCl BaCl 2 + H 2 O + SO 2 Punktacja: 10 pkt. za obliczenie zawartości siarczanu(iv) sodu, po 2 pkt. za równania reakcji Zadanie 6 W wyniku rozpuszczenia uwodnionego chlorku żelaza(iii) otrzymamy 40, = 490,84 g roztworu. Jest to roztwór 5%. Zawiera on zatem 0,05 490,84 = 24,542 g FeCl 3. M(FeCl 3 ) = 162,3 g/mol 24,542 g - x mol 162,3 g - 1 mol x = 0,1512 mol masa wody w hydracie wynosi 40,840 24,542 = 16,298 g M(H 2 O) = 18 g/mol 18-1 mol 16,298 g - y mol y = 0,9054 mol

7 FeCl 3 :H 2 O wynosi 0,9054/0,1512 = 6, zatem wzór hydratu FeCl 3 6 H 2 O Z 1 mol FeSO 4 7 H 2 O otrzymamy 1 mol FeCl 3 6 H 2 O przy wydajności 100%. M(FeCl 3 6 H 2 O) = 270,3 g/mol M(FeSO 4 7 H 2 O) = 278,0 g/mol 270,3 g - 278,0 g 30 g - m g m = 30,83 g (przy wydajności 100%), zatem: 30,83/0,78 = 39,52 g FeSO 4 7 H 2 O to ilość potrzebna do syntezy, przy wydajności 78%. FeSO NaOH Fe(OH) 2 + Na 2 SO 4 2 Fe(OH) 2 + H 2 O 2 2 Fe(OH) 3 Fe(OH) HCl FeCl H 2 O Punktacja: 10 pkt. za ustalenie wzoru hydratu, 10 pkt. za propozycję syntezy FeCl 3, 5 pkt. za obliczenie masy uwodnionego siarczanu(vi) żelaza(ii), potrzebnej do syntezy M(CO 2 ) = 44 g/mol M(C 8 H 18 ) = 114,2 g/mol 99 g - x mol 44 g - 1 mol x = 2,25 mola C 8 H O 2 8 CO H 2 O Zadanie 7 1 mol C 8 H 18-8 mol CO 2 y mol - 2,25 mol y = 0,28125 mol Na 100 km zużyjemy 100 0,28125 mol = 28,125 mola izooktanu. 1 mol - 114,2 28,125 mol - z g z = 3211,875 g izooktanu 1 cm 3-0,69 g n cm ,875 g n = 4655 cm 3 = 4,655 dm 3

8 Wzór izooktanu: Punktacja: 10 pkt. za obliczenie objętości paliwa, 2 pkt. za podanie wzoru izooktanu