analogicznie: P g, K g, N g i Mg g.

Transkrypt

1 Zadanie 1 Obliczamy zawartość poszczególnych składników w 10 m 3 koncentratu: Ca: 46 g Ca - 1 dm 3 roztworu x g Ca dm 3 roztworu x = g Ca analogicznie: P g, K g, N g i Mg g. a. Jedynym źródłem fosforu jest Ca(H PO 4 ) x H O. M(Ca(H PO 4 ) H O) = 5 g/mol obliczamy masę soli: x 31 g P - 5 g Ca(H PO 4 ) H O g P - x g Ca(H PO 4 ) H O x = 690,968 kg Ca(H PO 4 ) H O b. Wapń pochodzi z dwóch związków: Ca(H PO 4 ) H O i Ca(NO 3 ) M(Ca(NO 3 ) ) = 164 g/mol Obliczamy zawartość Ca w 690,968 kg Ca(H PO 4 ) H O: 40 g Ca - 5 g Ca(H PO 4 ) H O x g Ca g Ca(H PO 4 ) H O x = g Ca należy zatem dodać g = g wapnia. Ilość ta zawarta jest w: 40 g Ca - 1 mol Ca(NO 3 ) Ca - x mol Ca(NO 3 ) x = 8758 mol Ca(NO 3 ) stanowi to: 1 mol Ca(NO 3 ) g Ca(NO 3 ) 8758 mol Ca(NO 3 ) - x g Ca(NO 3 ) x = g tej soli

2 a zarazem: 5 mol Ca(NO 3 ) - 1 dm 3 roztworu 8758 mol Ca(NO 3 ) - x dm 3 roztworu x = 1751,6 dm 3 roztworu azotanu(v) wapnia o stężeniu 5 M, znając gęstość obliczamy masę tego roztworu: 1,31 g - 1 cm 3 x g cm 3 x = 94,596 kg roztworu Ca(NO 3 ) o stężeniu 5 M. c. Potas w koncentracie pochodzi wyłącznie z KNO 3. Obliczamy masę KNO 3 potrzebną do przygotowania pożywki: M(KNO 3 ) = 101 g/mol g K - x g KNO 3 39 g K g KNO 3 x = g KNO 3, ponieważ dostępna sól zawiera 10% nierozpuszczalnych zanieczyszczeń, masa technicznego azotanu(v) potasu, potrzebna do produkcji wynosi: g - 90% x g - 100% x = 6100,84 kg technicznej saletry potasowej. d. Jedynym używanym w produkcji źródłem magnezu jest uwodniony MgSO 4. Obliczamy ilość moli wody (n) przypadających na 1 mol MgSO 4. Wiemy, że uwodniona sól zawiera 71,54% tlenu. M(MgSO 4 ) = 10 g/mol 0,7154 = ( n)/( n) rozwiązując powyższe równanie uzyskujemy n = 7. Dostępna sól jest zatem heptahydratem. Obliczamy potrzebną ilość MgSO 4 7 H O: M(MgSO 4 7 H O) = 46 g/mol 4 g Mg - 46 g MgSO 4 7 H O g Mg - x g MgSO 4 7 H O x = 10,500 kg MgSO 4 7 H O

3 e. Azot w pożywnce pochodzi z Ca(NO 3 ), KNO 3 i NH 4 NO 4. Obliczamy ilość azotu pochodzącą z użytego Ca(NO 3 ) : 164 g Ca(NO 3 ) - 14 g N Ca(NO 3 ) - x g N x = 454 g N oraz z KNO 3 : 101 g KNO 3-14 g N g KNO 3 - x g N x = g N Musimy dodać azotan(v) amonu, zawierający ( ) = g azotu. M(NH 4 NO 3 ) = 80 g/mol 80 g NH 4 NO 3-8 g N x g g N x = 35,000 kg NH 4 NO 3 f. Całkowita masa roztworu wynosi *1,46 = g. Do produkcji użyto 35, , , , ,967 = 8903,30 kg składników rozpuszczalnych. Należy zatem dodać 14600, ,30 = 5696,680 kg wody. PUNKTACJA: - za obliczenie potrzebnych ilości każdej z soli po pkt. - za obliczenie masy wody 3 pkt. - wliczanie do końcowej masy roztworu nierozpuszczalnych składników technicznego KNO 3 ; - błędny zapis wzoru diwodorofosforanu(v) wapnia; - nieuwzględnianie wody hydratacyjnej w obliczeniach.

4 Zadanie Akceptowano dowolną, merytorycznie poprawną, drogę syntezy, spełniającą warunki zadania: a. N + 3H NH katalizator 3 katalizator N + O NO NO + O NO NO + H O HNO + HNO 3 NH + HNO NH NO otrzymywanie N O 5 w reakcji N z O b. FeS + HCl FeCl + HS HS + O HO + SO SO + O SO3 HO + SO3 HSO 4 Cu ( OH ) CO3 + H SO4 CuSO4 + 3H O + CO - termiczny rozkład FeS na Fe i S; - utlenianie FeS do Fe i SO (lub FeO i S); - stosowanie kwasu utleniającego (HNO 3 ) do wydzielania H S z siarczku żelaza; - błędny zapis wzoru węglanu hydroksomiedzi(ii) c. NaCl + H SO HCl + NaHSO 4 4 MnO + 4HCl MnCl + Cl + H O - redukcja Mn IV do Mn II bez jednoczesnego utlenienia innego atomu

5 d. PbCrO4 + H SO4 PbSO4 + HCrO4 H CrO + 3Na SO + 3H SO Cr SO + 3Na SO + 5H O ( ) ( ) ( ) ( ) Cr SO + 6NaOH Cr OH + 3Na SO CaC + H O Ca OH + C H katalizator + 3 CH HO CHCHO 5CH3CHO + KMnO4 + 3H SO4 5CH 3COOH + MnSO4 + KSO Cr OH + 3CH COOH CH COO Cr + 3H O ( ) ( ) H O 4 - redukcja Cr IV do Cr III za pomocą H O ; - brak współczynników w reakcjach otrzymywania kwasu octowego lub zapis reagentów w postaci [O]; - rozpuszczanie Cr O 3 lub Cr w kwasie octowym. e. elektroliza KCl K + Cl K + HO KOH + H KOH + HNO KNO + H O wypieranie HCl z KCl za pomocą kwasu azotowego(v). Zadanie 3 a. Akceptowano dowolną, merytorycznie poprawną, drogę syntezy, spełniającą warunki zadania, na przykład: - niewłaściwa kolejność reakcji, na przykład wprowadzenie grupy Ar-OH w reakcji z NaOH w związku, zawierającym już ugrupowanie CH Br

6 b. Akceptowano dowolny związek spełniający warunki zadania, na przykład: c. Związek A reaguje z NaOH w stosunku 1:4 (reakcji ulegają grupy karboksylowe i fenolowe). Zużyto 0,018 1,01 = 0,0198 mol NaOH. Przereagowało zatem 0,0198/4 = 0,0033 mol A. Stężenie molowe roztworu związku A wynosi 0,0033/0,01 = 0,33 M. - zakładanie błędnej stechiometrii reakcji (1:) d. Równanie reakcji: A HCl + AgNO 3 AgCl + A HNO 3 M(AgCl) = 143,5 g/mol 0,5950 g AgCl - x mol 143,5 g AgCl - 1 mol x = 0, mol AgCl Ilość moli A wynosi 0,004146/ = 0,00073 mol M(A) = 388 g/mol M(A HCl) = 461 g/mol W 1 g A HCl nh O zawartych jest 0, = 0,95565 g A HCl; resztę, czyli 1-0,95565 = 0,04435 g stanowi woda. Ilość moli wody w 1 g wodzianu wynosi 0,04435/18 = 0,00464 mol. Na jeden mol cząsteczek A przypada zatem 1, mola cząsteczek wody. PUNKTACJA: a. 0 pkt b. pkt. c. 5 pkt. d. 8 pkt.

7 Zadanie 4 Zapiszmy równanie reakcji w postaci skróconej: LZn + H LH + Zn + + Wyrażenie na stałą równowagi ma postać: K = + Zn [ LH ] + [ LZn] H M(LZn) = 75 g/mol Początkowe stężenie cynkotoksu [LZn] 0 wynosi 0,01/75 = 3, M. Ponieważ ph pożywki wynosi 5, stężenie jonów wodorowych w stanie równowagi wynosi 10-5 M. Z równania reakcji wynika, że stężenia [Zn + ] i [LH ] są równe, zatem: [ ] [ ] [ ] Zn LH Zn Zn K = = = = LZn H ( LZn Zn ) H ( 3,64 10 Zn ) Zn + 10 Zn 3,64 10 = 0 Po rozwiązaniu równania kwadratowego otrzymujemy [Zn + ] = M. - przyjmowanie [LZn] = [LZn] 0 bez uzasadnienia, tj. udowodnienia że [Zn + ]<<[LZn] 0 ; - przyjmowanie [H + ] = 10-5 [Zn + ]; - pomijanie potęgi przy [H + ]. Zadanie Cs 137 Ba + e - Wyrażenie na kinetykę rozpadu promieniotwórczego ma postać: N N 0 = t T1/ ponieważ aktywność wynosi 1400 Bq, czyli 1400 rozpadów na sekundę oznacza to, że w czasie 1 s ubywa 1400 atomów cezu-137, zatem N = N T 1/ = 30 a = s = 0 = 0, = N0( ) = N0 N N N , ,3 10 zatem N 0 = 1, atomów 137 Cs.

8 Zadanie 6 Obliczamy masę molową F: 1 m 3-758,5 g 0,04 m 3 - x g x = 17 g Masa molowa F wynosi zatem 17 g/mol. Ponieważ F zawiera azot, pozostałe atomy wchodzące w skład tej cząsteczki wnoszą 3 g/mol. Mogą to być tylko 3 atomy wodoru, zatem F to amoniak (azan) NH 3. Związek B zawiera 63,65% N i 36,35% O. Stosunek liczby atomów N do O ma się zatem jak 63,65/14 : 36,35/16 = 4,5464 :,719 czyli :1. Zatem wzór empiryczny związku B ma postać N O. Z pierwszego równania rozkładu azotanu(v) amonu (NH 4 NO 3 ) wynika, że z 1 mola tej soli powstaje 1 mol B. Wzór empiryczny jest zatem wzorem rzeczywistym; B to tlenek azotu(i) N O. W wyniku reakcji: NH 4 NO 3 N O + C powstają cząsteczki C. W ich skład wchodzą w sumie 4 atomy wodoru i atomy tlenu. C to zatem woda (H O). Obliczamy masę molową związku H: W 100 g roztworu 10% znajduje się 10 g substancji H. Roztwór ten zajmuje 100/1,054 = 94,88 cm 3. W 1 dm 3 znajduje się zatem: 10 g H - 94,88 cm 3 roztworu x g H cm 3 x = 105,4 g, zatem: 105,4 g H - 1,673 mol x g H - 1 mol x = 63 g Masa molowa związku H wynosi 63 g/mol. Możemy zatem, wykorzystując informacje zawarte w zadaniu, zidentyfikować H jako kwas azotowy(v) HNO 3. Związek D to zatem NO, N O 4 lub N O 3, przy czym tylko pierwszy (tlenek azotu(iv)) spełnia warunki zadania. W reakcji NO z wodą tworzy się HNO 3 i HNO. Możemy zatem zidentyfikować I jako kwas azotowy(iii).

9 Ponieważ G ma mniejszą masę molową niż D, co wynika z informacji o gęstości tych związków oraz, utleniany tlenem z powietrza, tworzy NO, identyfikujemy G jako tlenek azotu(ii) NO. Na podstawie charakterystyki E oraz bilansu równań rozkładu azotanu(v) amonu można zidentyfikować E jako azot cząsteczkowy N. Równania reakcji o których mowa w zadaniu: NH NO N O + H O (1) 4 3 4NH NO NO + 8H O + 3 N () 4 3 4NH NO 3NO + 5H O + N + NH + NO (3) NO + H O HNO + HNO 3 NO + O NO HNO + H O HNO + H O 3 NO + 3H O HNO + H O 3 M(NH 4 NO 3 ) = 80 g/mol Obliczamy skład mieszaniny gazowej powstałej w wyniku rozkładu 10 g, czyli 10/80 = 0,15 mola NH 4 NO 3 : - w wyniku rozkładu NH 4 NO 3 powstało: n = pv/rt = ( ,001)/(8,314 43) = 0,3875 mola produktów gazowych - bezwodny chlorek wapnia pochłania wodę obecną w produktach reakcji; zmiana masy odpowiada związaniu: M(H O) = 18 g/mol n = 3,850/18 = 0,15 mola H O - po adsorpcji mieszanina gazowa zawierała w sumie:,4-1 mol 3,95 - x mol x = 0,1750 mola składników W kwasie fosforowym związaniu ulega amoniak. Zmiana objętości o 3,95-3,361 = 0,5604 dm 3 odpowiada sorpcji 0,5604/,4 = 0,05 mola NH 3.

10 - w wyniku przepuszczenia przez wodę rozpuszczeniu ulegają NO i NO. W wyniku reakcji tworzy się roztwór zawierający HNO 3, HNO i NO. Dysocjację HNO zaniedbujemy. Obliczamy stężenie jonów H + : ph = -log[h + ] = 1,90 [H + ] = 10-1,90 = 0,0159 M ilość moli jonów H + : 1 dm 3-0,0159 mol,5 dm 3 - x mol x = 0,03147 mol H +. Wszystkie jony H + pochodzą z dysocjacji HNO 3, powstałego w wyniku dysproporcjonowania NO w reakcji z wodą. Znając stechiometrię tej reakcji obliczamy ilość moli NO w mieszaninie: 1 mol HNO 3 - mol NO 0,03147 mol - x mol NO x = 0,0695 mol NO - po dodaniu do roztworu zawierającego HNO 3, HNO i NO nadmiaru nadtlenku wodoru otrzymujemy roztwór HNO 3. Wiedząc, że całkowita ilość jonów H + po tym procesie wynosi 4, , obliczamy ilość moli NO. 6, mol 4, x mol x = 0,075 mol H + Ponieważ 0,0695 mol H + powstało w wyniku reakcji NO z wodą (0,03147 mol w pierwszym etapie, kolejne 0,03147 mol po utlenianiu HNO nadtlenkiem wodoru), ilość moli NO w mieszaninie gazowej wynosiła 0,075 0,0695 = 0,0105 mol NO. - różnica: 0,3875 (0,15 + 0, , ,0105) = 0,0753 mol to mieszanina N i N O. Skład tej mieszaniny obliczyć można na kilka sposobów. Wystarczy wykonać bilans tlenu w omawianym procesie. W 0,3875 mol NH 4 NO 3 zawartych jest 3 0,15 mol O = 0,375 mol O W produktach reakcji ilość moli O wynosi: n(h O) + n(no) + n(no ) + n(n O) = 0,375 mol, zatem n(n O) = 0,05 mol. Ilość moli azotu w mieszaninie to 0,0753 0,05 = 0,0503 mol N. Znając skład mieszaniny gazowej, możemy obliczyć ilości moli NH 4 NO 3 ulegające rozkładowi w poszczególnych reakcjach. Ponieważ w mieszaninie gazowej obecnych jest 0,05 mol N O, zatem w reakcji (1) rozkładowi ulega 0,05 mol azotanu(v) amonu.

11 Znając ilość powstałego NH 3 możemy obliczyć udział reakcji (3) w procesie rozkładu: 4 mol NH 4 NO 3 - mol NH 3 x mol NH 4 NO 3-0,05 mol NH 3 x = 0,05 mol NH 4 NO 3 Pozostała część NH 4 NO 3 : 0,15 0,05 0,05 = 0,05 mol ulega rozkładowi w reakcji (). Obliczamy efekty energetyczne reakcji: (1): 1 mol NH 4 NO ,8 kj 0,05 mol - x kj x 1 = -1,1 kj (): 1 mol NH 4 NO kj 0,05 mol - x kj x = -0,50 kj (3): 1 mol NH 4 NO 3-355,1 kj 0,05 mol - x kj x 3 = 17,76 kj Całkowity efekt energetyczny rozkładu 0,15 mola NH 4 NO 3 wynosi więc -1,1 + -0,5 + 17,76 = -3,86 kj. W wyniku rozkładu 1 mola NH 4 NO 3 w podanych warunkach wydzieli się: 0,15 mol NH 4 NO 3-3,86 kj 1 mol - x kj x = 30,88 kj. PUNKTACJA: - za każdą nazwę i wzór związków B-I po 1 pkt. - za każde równanie reakcji po 1 pkt. - za obliczenie składu mieszaniny gazowej: H O i NH 3 po pkt.; NO i NO po 3 pkt.; N O i N po 4 pkt.; - za obliczenie efektu energetycznego rozkładu 1 mola NH 4 NO 3 pkt. - podawanie nazw zwyczajowych (np.: podtlenek azotu); - podawanie nazwy cząsteczka azotu zamiast azot lub azot cząsteczkowy dla N ; - identyfikacja związków D i G jako N O 5, N O 3 lub N O 4.