48. Olimpiada Chemiczna. Zadania teoretyczne

Transkrypt

1 M P IA O L I D A C EM Z I C A N 48. Olimpiada Chemiczna Etap I Zadania teoretyczne ZADANIE 1 Roztwory buforowe w analizie Systematyczny tok analizy jakościowej kationów polega na wydzielaniu określonych grup tych jonów w postaci trudno rozpuszczalnych osadów, a następnie identyfikacji poszczególnych kationów w ramach grupy. Przy takim sposobie postępowania pierwszy etap analizy mieszaniny kationów: Ba 2+, Sr 2+, Mg 2+ i K + polegałby na wydzieleniu trudno rozpuszczalnych węglanów BaCO 3 i SrCO 3. Wartość p roztworu powinna być wysoka, jednak możliwość jej zwiększania jest ograniczona. Dlatego takie rozdzielanie przeprowadza się w obecności roztworów buforowych zapewniających optymalną wartość p roztworu. 1. Dlaczego wartość p przy wytrącaniu BaCO 3 i SrCO 3 powinna być możliwie wysoka? Jakie zjawisko powoduje, że wartość ta nie może być zbyt duża? 2. Jaki procent początkowej zawartości jonów Mg 2+ (przy początkowym stężeniu tych jonów w mieszaninie równym 0,1 mol/dm 3 ) pozostanie w roztworze przy p wynoszącym (a) 8; (b) 9 i (c) 9,5? 3. Spośród trzech wymienionych wyżej wartości p wybierz tę, która będzie najlepsza dla wydzielenia BaCO 3 i SrCO 3 z mieszaniny kationów wymienionych w treści zadania. Jakich ilości (w gramach) stałego N 4 Cl i stałego NaO należy użyć, aby przygotować 200 cm 3 roztworu buforowego o takiej wartości p, przy założeniu, że stężenie formy kwasowej buforu wyniesie 1 mol/dm 3? Iloczyn rozpuszczalności Mg(O) 2, K s0 = Stała dysocjacji kwasowej N + 4, K a = 6, Masy molowe: : 1, N: 14, O: 16, Na: 23; Cl: 35,5 g/mol

2 2 ZADANIE 2 Optycznie nieczynny disacharyd W wyniku reakcji hydrolizy nieredukującego, nieczynnego optycznie disacharydu I otrzymuje się dwie aldoheksozy II i III, które wykazują takie same właściwości fizykochemiczne z wyjątkiem dokładnie przeciwnych wartości skręcalności właściwej. Po hydrolizie całkowicie zmetylowanego disacharydu uzyskuje się dwie 2,3,4,6tetraOmetylowe pochodne IV i V, które znów różnią się od siebie tylko wartością skręcalności optycznej (wartości równe co do liczby, przeciwne co do znaku). Redukcja II oraz III prowadzi do uzyskania takiego samego alditolu VI (heksano1,2,3,4,5,6 heksaolu), nieczynnego optycznie (forma mezo). Związek II poddany reakcji skrócenia łańcucha węglowego tworzy aldopentozę szeregu D, z której w wyniku redukcji powstaje czynny optycznie alditol VII (pentano1,2,3,4,5pentaol). Wiedząc, że w disacharydzie konfiguracje przy obu anomerycznych atomach węgla są typu α, podaj: a) wzory łańcuchowe Fischera aldoheksoz II i III; b) wzór łańcuchowy Fischera alditolu VI; c) wzór łańcuchowy Fischera alditolu VII; d) wzory perspektywiczne awortha produktów hydrolizy zmetylowanego disacharydu IV i V (w postaci anomerów α); e) wzór perspektywiczny awortha disacharydu I. ZADANIE 3 Obliczenia termochemiczne i energia wiązań Specyficzne właściwości aromatycznych związków organicznych wynikają z delokalizacji elektronów wiązań π w obrębie ich cząsteczek. Różnica między energią elektronów dla teoretycznej struktury ze zlokalizowanymi wiązaniami podwójnymi i dla rzeczywistej struktury elektronowej związku aromatycznego nosi nazwę energii rezonansu. Bez wykonywania złożonych obliczeń kwantowochemicznych energię tę można wyznaczyć z danych termochemicznych, aby przekonać

3 3 się, jak istotny jest efekt rezonansu dla trwałości cząsteczki. Entalpia spalania ciekłego oksylenu (odimetylobenzenu) do gazowego CO 2 i ciekłej wody wynosi 4569 kj/mol. Entalpia parowania oksylenu jest równa 37 kj/mol. Entalpie innych procesów podane są w Tabeli 1. Tabela 1 Proces Δ [kj/mol] Spalanie C (grafit) do CO 2(g) 394 Spalanie 2(g) do 2 O (c) 286 Dysocjacja 2(g) do gazowego atomowego wodoru 436 Sublimacja grafitu do gazowego atomowego węgla 715 Z kolei na podstawie innych danych termochemicznych można wyznaczyć energie (entalpie) wiązań CC, C=C oraz C, zestawione w Tabeli 2. Są to bezwzględne wartości entalpii uwolnionej przy tworzeniu danego wiązania ze swobodnych, izolowanych atomów w stanie gazowym. Tabela 2 Wiązanie Entalpia [kj/mol] CC 346 C=C 610 C Napisz równanie reakcji przejścia hipotetycznej przykładowej struktury Kekulégo oksylenu w rzeczywistą strukturę aromatyczną. 2. Oblicz molową entalpię powstawania gazowego oksylenu o rzeczywistej strukturze cząsteczki z gazowego atomowego węgla i gazowego atomowego wodoru (z dokładnością do 1 kj/mol). 3. Oblicz molową entalpię powstawania hipotetycznego gazowego oksylenu o strukturze Kekulégo z tych samych substancji, które podane są w p. 2 (z dokładnością do 1 kj/mol)

4 4 4. Oblicz entalpię rezonansu dla oksylenu i porównaj ją z danymi z Tabeli 1. Oceń, czy stabilizacja cząsteczki aromatycznej przez efekt rezonansowy jest znacząca. ZADANIE 4 8 reakcji nieorganicznych Uzupełnij równania reakcji a) f) oraz nazwij w nich substraty oraz produkty (wszystkie nie będące substancjami prostymi lub wodą). Reakcje a), b), e), f) zapisz dodatkowo w postaci jonowej. Zbilansuj reakcje g) i h). Podaj odpowiednie równania cząstkowe. a) Zn (s) + NO 3(aq. stęż.) b) Ga (s) + 2 O + NaO (aq) c) Si 4(g) + 2 O d) NO 2(g) + 2 O e) AlCl 3(aq) + N 3(g) + 2 O f) As 2 O 5(s) + NaO (aq) g) Fe 2 O 3(s) + KNO 3(aq) + KO (aq) K 2 FeO 4(aq) + NO (g) + 2 O h) MnSO 4(s) + NaNO 3(s) + Na 2 CO 3(s) Na 2 MnO 4(s) + NaNO 2(s) + Na 2 SO 4(s) + CO 2(g) ZADANIE 5 Malonian dietylu substrat do syntezy kwasów karboksylowych Alkilowanie estrów kwasu malonowego za pomocą halogenków organicznych: C 2 Malonian dietylu C 2 5 ONa R Br Na. C C R Sól sodowa ALKILOMALONIAN malonianu dietylu DIETYLU znajduje ważne zastosowanie w syntezie kwasów karboksylowych, z którą zapoznasz się rozwiązując następujące zadanie. W wyniku alkilowania malonianu dietylu bromkiem allilu (C 2 =CC 2 Br) otrzymano związek

5 5 A, który ogrzewano następnie z wodnym roztworem NaO, otrzymując po zakwaszeniu mieszaniny reakcyjnej związek B. Związek B pod wpływem ogrzewania ulega rozkładowi na dwa związki: C i gazowy związek D. Związek C reaguje z wodorowęglanem sodu z wydzieleniem CO 2, zaś jego analiza elementarna wykazuje 60,00% węgla i 8,00% wodoru. Gęstość par związku C jest 3,125 razy większa od gęstości tlenu. W wyniku utlenienia związku C nadmanganianem potasu na gorąco (jest to reakcja, która przebiega z całkowitym rozerwaniem podwójnego wiązania patrz: uwagi na końcu tekstu) otrzymuje się po zakwaszeniu kwas butanodiowy. 1. Podaj wzory substancji A, B, C i D. Odpowiedź uzasadnij 2. Podaj nazwę systematyczną substancji C 3. Wykorzystując podaną wyżej metodę, zaproponuj syntezę kwasu heptanodiowego z UWAGI wykorzystaniem malonianu dietylu. 1. W obliczeniach masy molowe węgla, wodoru i tlenu należy zaokrąglić do liczb całkowitych. 2. Alkeny pod wpływem KMnO 4 na gorąco ulegają następującym reakcjom R C C 2 KMnO 4 RCOOK + K 2 CO 3 R C C R' R' R C C 2 R'' R C C R' KMnO 4 KMnO 4 KMnO 4 RCOOK + R' RC R'' RC O + O + R'COOK K 2 CO 3 R'COOK :

6 ROZWIĄZANIA ZADAŃ TEORETYCZNYC 6 ROZWIĄZANIE ZADANIA 1 1. Węglany są anionami słabego kwasu, dlatego ze wzrostem p stężenie nieprotonowanych jonów węglanowych (CO 2 3 ) będzie wzrastało. W rezultacie efektywność wytrącania węglanów będzie się zwiększać. Podwyższanie wartości p roztworu jest ograniczone możliwością wytrącenia osadu Mg(O) Przy określonym p stężenie jonów O wyniesie: [O ] = 10 p14, a najwyższe dopuszczalne stężenie wolnych jonów Mg 2+ obliczymy z równania: [Mg 2+ ] = K s0 /[O ] 2. Dla punktów (a) (c) obliczone [Mg 2+ ] wynoszą odpowiednio: 20; 0,20 i 0,02 mol/dm 3. Oznacza to, że przy p=8 oraz 9 nie następuje wytrącanie osadu, a przy p = 9,5 w roztworze pozostanie (0,02/0,1) 100% = 20% początkowej zawartości Mg Wybieramy p=9 jako najwyższą wartość, przy której jeszcze nie wytrąca się osad Mg(O) 2. Należy więc przygotować bufor amonowy (N 3 + N + 4 ) o p = 9. Wartość p buforu opisuje równanie: p = pk a + log([n 3 ]/[N + 4 ]). Przyjmując, że pk a = 9,2 i [N + 4 ] = 1 mol/dm 3, można obliczyć [N 3 ] = 0,63 mol/dm 3. Bufor można utworzyć przez zmieszanie NaO z nadmiarem N 4 Cl. Przebiegnie wówczas reakcja: N O N 3, ilość moli powstałego N 3 jest równa ilości moli wprowadzonego NaO. Dlatego potrzebne ilości moli wynoszą dla NaO: 0,63 mol/dm 3 0,20 dm 3 = 0,126 mola; dla N 4 Cl: (0,63 + 1) mol/dm 3 0,2 dm 3 = 0,326 mola. Ponieważ masy molowe wynoszą 40 i 53,5 g/mol, odpowiednio dla NaO i N 4 Cl, należy rozpuścić 5,04 g NaO oraz 17,4 g N 4 Cl w wodzie i dopełnić objętość do 200 cm 3.

7 ROZWIĄZANIE ZADANIA 2 7 a c) wzory łańcuchowe Fischera związków: II, III, VI i VII: O O CO C O C C C O C 2 O O O CO C C O C O C C 2 O O O C 2 O C O C C C O C 2 O LUB O O C 2 O C C O C O C C 2 O O O C 2 O C C C O C 2 O LUB O C 2 O C C O C O C 2 O Monosacharyd II ( Dgalaktoza ) Monosacharyd III ( Lgalaktoza ) Alditol VI Alditol VII d) wzory perspektywiczne awortha związków: IV i V (w postaci anomerów α): e) wzór perspektywiczny awortha disacharydu I :

8 ROZWIĄZANIE ZADANIA Równanie reakcji: C3 C3 C3 ΔR C3 2. Entalpię powstawania ksylenu o rzeczywistej, aromatycznej strukturze cząsteczki, z gazowych atomów węgla i wodoru można obliczyć z następującego cyklu termodynamicznego: C 3 8C(g), 10 (g) Δ x C 3 8Δ sub 5Δ dys (gaz) 8C(grafit), 5 (g) 2 Δ par 8Δ, spal (C) 5Δ spal, ( 2) C 3 8CO (g), 5 O(c) 2 2 Δ spal (ksylen,c) C 3 (ciecz) Δ x = Δ par (ksylen) Δ spal (ksylen)+8 (Δ spal (grafit)δ subl (grafit)) + 5 (Δ spal ( 2 )Δ dys ( 2 )) = 37 (4569) + 8 (394715) + 5 (286436) = = 7876 kj/mol. 3. ipotetyczna cząsteczka oksylenu o strukturze Kekulégo zawiera trzy wiązania C=C, pięć wiązań CC oraz dziesięć wiązań C. Entalpie wiązań podane w Tabeli 2 odnoszą się do tych samych substratów, dla których należy obliczyć entalpię powstawania struktury Kekulégo. Stąd szukana molowa entalpia powstawania hipotetycznego oksylenu: C 3 C3 jest sumą entalpii wiązań: 8 C (g) + 10 (g)

9 9 Δ (Kekulé) = 3Δ(C=C) + 5Δ(CC) + 10Δ(C) = 3 (610)+5 (346)+10 (413) = = 7690 kj/mol Należy przy tym pamiętać, że w tych obliczeniach wartości entalpii wiązań są ujemne, ponieważ w procesie tworzenia wiązań entalpia (energia) jest uwalniana, co podkreślono w treści zadania. 4. Entalpia rezonansu dana jest różnicą: Δ R = Δ x Δ (Kekulé) = 7876 (7690) = 186 kj Otrzymana wartość molowej energii rezonansu jest niewiele niższa (co do wartości bezwzględnej) od molowej entalpii spalania wodoru w tlenie, znanego jako istotne źródło energii. Zatem stabilizacja cząsteczek aromatycznych przez efekt rezonansowy (delokalizacji elektronów) jest związana z istotnym efektem energetycznym. ROZWIĄZANIE ZADANIA 4 a) 4Zn (s) + 10NO 3(stęż.) 4Zn(NO 3 ) 2(aq) + N 4 NO 3 (aq) O 4Zn O 1+ + NO Zn 2+ + N O NO 3 kwas azotowy(v) ; Zn(NO 3 ) 2 azotan(v) cynku ; N 4 NO 3 azotan(v) amonu b) Ga (s) O + NaO (aq) Na[Ga(O) 4 ] (aq) + 1,5 2(g) Ga O O 1 [Ga(O) 4 ] 1 + 1,5 2 Dopuszcza się również: NaGaO 2 lub Na 3 GaO 3 NaO wodorotlenek sodu ; Na[Ga(O) 4 ] tetrahydroksogalan(iii) sodu, NaGaO 2 dioksygalan(iii) sodu, metagalan sodu, Na 3 GaO 3 trioksygalan(iii) trisodu, ortogalan sodu a) Si 4(g) O 4 2(g) + 4 SiO 4(s) Si 4 silan, (krzemowodór, wodorek krzemu) ; 4 SiO 4 kwas krzemowy(iv), kwas ortokrzemowy b) 2NO 2(g) + 2 O NO 3(aq) + NO 2(aq)

10 10 NO 2 ditlenek azotu, dwutlenek azotu, tlenek azotu(iv); NO 3 kwas azotowy(v); NO 2 kwas azotowy(iii) c) AlCl 3(aq) + 3N 3(g) O Al(O) 3(s) + 3N 4 Cl (aq) Al N O O 1 Al(O) 3 + 3N 4 1+ AlCl 3 chlorek glinu(iii), trójchlorek glinu, trichlorek glinu ; N 3 azan, amoniak ; Al(O) 3 triwodorotlenek glinu, wodorotlenek glinu(iii) ; N 4 Cl chlorek amonu d) As 2 O 5(s) + 6NaO (aq) 2Na 3 AsO 4(aq) O As 2 O 5 + 6O 2AsO O As 2 O 5 pentatlenek diarsenu, tlenek arsenu(v), pięciotlenek arsenu; NaO wodorotlenek sodu; Na 3 AsO 4 arsenian(v) trisodu, arsenian(v) sodu e) Fe 2 O 3(s) + KNO 3(s) + KO K 2 FeO 4(aq) + NO (g) + 2 O Sposób I 2Fe 3+ 2Fe e (1) N e N +2 (2) Po wymnożeniu (2) przez 2 i zsumowaniu otrzymujemy Fe 2 O 3 + 2NO 3 2FeO NO Dobierając współczynniki z uwzględnieniem występowania w równaniu KO i wody otrzymujemy: Fe 2 O 3(s) + 2KNO 3(aq) + 2KO (aq) 2K 2 FeO 4(aq) + 2NO (g) + 2 O Sposób II Fe 2 O O 2FeO O + 6e (1) NO e NO O (2)

11 Po wymnożeniu (2) przez 2 i zsumowaniu otrzymujemy 11 Fe 2 O O + 2NO FeO NO O po uproszczeniu Fe 2 O 3 + 2O + 2NO 3 2FeO NO + 2 O Widać, że reakcja powinna przebiegać w środowisku zasadowym. Ostatecznie więc: Fe 2 O 3(s) + 2KNO 3(aq) + 2KO (aq) 2K 2 FeO 4(aq) + 2NO (g) + 2 O Sposób III Fe 2 O 3 + 5O 2 2FeO e (1) NO 3 + 3e NO + 2 O 2 (2) Po wymnożeniu (2) przez 2 i zsumowaniu otrzymujemy Fe 2 O 3 + 5O 2 + 2NO 3 2FeO NO + 4O 2 Po uproszczeniu widać, że reakcja powinna przebiegać w środowisku donora O 2 : 2O O O ostatecznie: Fe 2 O 3(s) + 2KNO 3(aq) + 2KO (aq) 2K 2 FeO 4(aq) + 2NO (g) + 2 O MnSO 4 + NaNO 3 + Na 2 CO 3 Na 2 MnO 4 + NaNO 2 + Na 2 SO 4 + CO 2 Sposób I Mn 2+ Mn e (1) N e N +3 (2)

12 Po wymnożeniu (2) przez 2 i zsumowaniu otrzymujemy 12 Mn NO 3 MnO NO 2 Dobierając współczynniki z uwzględnieniem występowania w równaniu Na 2 CO 3 oraz CO 2 otrzymujemy: MnSO 4(s) + 2NaNO 3(s) + 2Na 2 CO 3(s) Na 2 MnO 4(s) + 2NaNO 2(s) + Na 2 SO 4(s) + 2CO 2(g) Sposób II Mn O MnO O + 4e (1) NO e NO O (2) Po wymnożeniu (2) przez 2 i zsumowaniu otrzymujemy Mn O + 2NO MnO NO O Po uproszczeniu Mn O + 2NO 3 MnO NO O Widać, że reakcja powinna przebiegać w środowisku zasadowym. Wydzielanie się CO 2 oraz brak wody po prawej stronie reakcji sugeruje, że zasadą jest jon CO 3 2 reagujący zgodnie z reakcją: CO 3 2 CO 2 + O 2 po usunięciu jonów O, dobierając współczynniki z uwzględnieniem występowania w równaniu Na 2 CO 3 oraz CO 2 otrzymujemy: MnSO 4(s) + 2NaNO 3(s) + 2Na 2 CO 3(s) Na 2 MnO 4(s) + 2NaNO 2(s) + Na 2 SO 4(s) + 2CO 2(g) Sposób III Mn O 2 MnO e (1)

13 NO 3 + 2e NO O 2 (2) Po wymnożeniu (2) przez 2 i zsumowaniu otrzymujemy Mn O 2 + 2NO 3 MnO NO 2 + 2O 2 Po uproszczeniu widać, że reakcja powinna przebiegać w środowisku donora O 2. Wydzielanie się CO 2 po prawej stronie reakcji sugeruje, że donorem tym jest jon CO 3 2 zgodnie z reakcją: CO 3 2 CO 2 + O 2 po wymnożeniu tego równania przez 2 uzyskujemy końcowy rezultat MnSO 4(s) + 2NaNO 3(s) + 2Na 2 CO 3(s) Na 2 MnO 4(s) + 2NaNO 2(s) + Na 2 SO 4(s) + 2CO 2(g) W rozwiązaniu zadania 4 podane są różne metody uzgadniania równań reakcji redoks. W naszej opinii metody operujące fikcyjnymi formami, takimi jak np. Fe +6 czy Mn +6 są mniej godne polecenia niż postępowanie oparte na bardziej realnych połączeniach, np. FeO 4 2, MnO 4 2. ROZWIĄZANIE ZADANIA 5 a) Obliczamy masę molową związku C: M = 3, g/mol = 100 g/mol b) Z danych analizy elementarnej otrzymujemy wzór elementarny: C 5 8 O 2. Ponieważ odpowiada mu masa molowa = 100 g/mol zatem jest to jednocześnie wzór sumaryczny związku C. c) Ponieważ związek C reaguje z wodorowęglanem sodu, zatem musi być kwasem karboksylowym. Ze wzoru sumarycznego związku C wynika, że kwas ten musi zawierać wiązanie podwójne lub pierścień, zaś z informacji o produkcie jego utlenienia wnioskujemy, że kwas ten zawiera wiązanie podwójne na końcu nierozgałęzionego łańcucha. Zatem związek C ma następującą budowę:

14 C 2 C C 2 C 2 COO 14 Kwas 4pentenowy d) Ze schematu podanego we wstępie do zadania wynika, że związek A jest allilomalonianem dietylu. W wyniku jego ogrzewania z roztworem NaO przebiega hydroliza grup estrowych prowadząc do powstawania soli disodowej kwasu allilomalonowego. Po zakwaszeniu mieszaniny reakcyjnej otrzymuje się kwas allilomalonowy. Na. C Sól sodowa malonianu dietylu C 2 C C 2 Br C C 2 C C 2 Allilomalonian dietylu A 1) NaO / 2 O 2) COO C C 2 C C 2 COO Kwas allilomalonowy B e) Z porównania budowy związku B i związku C wynika, że gazowy związek D to ditlenek węgla, zaś reakcja rozkładu związku B to reakcja dekarboksylacji. COO C C 2 C C 2 CO 2 + C 2 C C 2 C 2 COO COO B D C Do syntezy kwasu heptanodiowego należy użyć 1,3dibromopropanu lub 5bromopentanianu etylu. Metoda I: 2 Na. C BrC 2 C 2 C 2 Br C C 2 C 2 C 2 C 1) NaO / 2 O 2) COO C C 2 C 2 C 2 COO COO C COO 2 CO 2 + OOCC 2 C 2 C 2 C 2 C 2 COO

15 Metoda II: 15 Na. C BrC 2 C 2 C 2 C 2 C C 2 C 2 C 2 C 2 1) NaO / 2 O 2) COO C C 2 C 2 C 2 C 2 COO CO 2 + OOCC 2 C 2 C 2 C 2 C 2 COO COO Autorami zadań są: Zadanie 1 Krzysztof MAKSYMIUK, zadanie 2 Janusz STĘPIŃSKI, zadanie 3 Marek ORLIK, zadanie 4 Zbigniew BRYLEWICZ, zadanie 5 Tadeusz Mizerski