Proces ten ma charakter rodnikowy. Jest to reakcja łańcuchowa. Składa się z trzech etapów:

Transkrypt

1 Zadanie 1 Reakcja chloru z wodorem jest silnie egzoenergetyczna. Sumaryczny zapis reakcji: H + Cl HCl Proces ten ma charakter rodnikowy. Jest to reakcja łańcuchowa. Składa się z trzech etapów: a. Inicjacja łańcucha zachodzi po adsorpcji kwantu promieniowania przez cząsteczkę Cl. Cl hν b. Elongacja łańcucha rodniki Cl reagują z cząsteczkami wodoru. Powstają cząsteczki HCl i rodniki H. Rodniki H reagują z cząsteczkami Cl, powstają kolejne cząsteczki HCl i rodniki Cl. Proces powtarza się ilość cykli zależy od warunków reakcji. Cli Cli+ H HCl + H i etc. H i+ Cl HCl + Cli c. Terminacja łańcucha rodniki rekombinują między sobą, wchodzą w rekcje z zanieczyszczeniami bądź materiałem, z którego zbudowana jest aparatura. Hi H Cli Cl Hi+ Cli HCl Warunkiem zajścia reakcji jest absorpcja kwantu promieniowania elektromagnetycznego. Spełnione muszą być dwa warunki. Po pierwsze długość fali światła musi pokrywać się z pasmem absorpcji gazowego chloru. Po drugie, energia kwantu promieniowania musi być równa lub wyższa niż energia aktywacji reakcji rozerwania wiązania Cl-Cl. W eksperymencie użyto światła czerwonego, zielonego i niebieskiego. Energia fotonów zależy od długości fali światła, wzrasta w szeregu światło czerwone, zielone, niebieskie. Tylko fotony światła niebieskiego mają energię, umożliwiającą dysocjację cząsteczki chloru.

2 Zadanie W wodnym roztworze chlorku żelaza(iii) obecne są kompleksy żelaza, zawierające cząsteczki wody i jony chlorkowe w sferze koordynacyjnej: FeCl n (H O) 6-n (3-n)+. Kompleksy te mają barwę żółtobrunatną. Dodanie do roztworu FeCl 3 tiocyjanianu amonu prowadzi do substytucji ligandów Cl - lub H O jonami SCN -. Tiocyjanianowe kompleksy żelaza(iii) mają krwistoczerwone zabarwienie. (3 n) + (3 x m) + FeCln( H O) (6 n) + mscn FeClx( SCN) m( H O) (6 xm) + ( n x) Cl + ( n x m) H O x+ m 6 W warunkach eksperymentu dominującą formą są jony Fe(SCN)(H O) 5 +. Dodanie wody (rozcieńczenie roztworu) nieznacznie wpływa na barwę. Związane jest ze zmniejszeniem stężenia roztworu oraz przesunięciem powyższej równowagi w lewo. Dodanie roztworu NH 4 SCN powoduje, zgodnie z regułą przekory, przesunięcie równowagi w stronę produktów i, w konsekwencji, wzrost intensywności barwy roztworu. Ponadto, przy wzroście stężenia jonów SCN -, zwiększa się w roztworze udział kompleksów zawierających (lub więcej) ligandy tiocyjanianowe w sferze koordynacyjnej, Fe(SCN) n (H O) 6-n (3-n)+. Połączenia te cechuje intensywniejsza barwa, niż w przypadku jonu Fe(SCN)(H O) 5 +. Dodanie roztworu NH 4 Cl przesuwa równowagę w stronę substratów i wzrost udziału kompleksów chlorkowych. Powoduje to spadek intensywności barwy. Dodanie azotanu srebra powoduje reakcję jonów Ag + wolnymi z jonami Cl - i SCN -. Konsekwencją jest spadek ich stężenia w roztworze i przesuwanie równowagi w lewo. Po całkowitym związaniu jonów Cl - i SCN - w roztworze obecne są tylko jasnożółte akwakompleksy żelaza(iii) Fe(H O) Ag + Cl AgCl + Ag + SCN AgSCN Jony fluorkowe cechuje duże powinowactwo do jonów Fe 3+. Fluorkowe kompleksy żelaza(iii) są bezbarwne i charakteryzują się stałymi trwałości większymi niż kompleksy z jonami Cl -, SCN - lub cząsteczkami wody. Dodanie roztworu NaF prowadzi do rozpadu kompleksów tiocyjanianowych i odbarwienia roztworu. FeCl ( SCN) ( H O) + 6 F FeF + xcl + (6 x m) H O + mscn x+ m 6 (3 x m) + 3 x m (6 xm) 6

3 Zadanie 3 8Ti + NO + 10H NH + 8Ti + 3H O M(Ti (SO 4 ) 3 ) = 383,9 g/mol W 4,8 cm 3 zawartych jest 4,8 67, = 87,16 mg, co stanowi 0, mola Ti (SO 4 ) 3. 0, mola Ti (SO 4 ) 3 reaguje z 0,007364/4 = 0, mola NO 3 -, czyli 114,1 mg jonów azotanowych(v). Azotany nieorganiczne stosuje się, do produkcji materiałów pirotechnicznych, np.: KNO 3 czarny proch, Ba(NO 3 ) zimne ognie, fajerwerki, proch fotobłyskowy, NH 4 NO 3 materiały wybuchowe (ANFO). Azotan(V) sodu lub potasu używany jest jako konserwant żywności, do peklowania mięsa. Azotan(V) srebra znajduje zastosowanie w medycynie, do usuwania brodawek (tzw. lapis).

4 Zadanie 4 a. Związek A to toluen. b. Obliczamy masę molową węglowodoru B: 0,001 dm 3-0, g,4 dm 3 - x g x = 30 g/mol Warunki zadania spełnia etan. CH COO CO + e + CH i CH 3 3 i CH CH Obliczamy ilość atomów węgla w cząsteczce węglowodoru C. 1 dm 3 - x mol,4 dm 3-1 mol x = 0, mol ph = 3,61, zatem [H + ] = 10-3,61 = 0,00045 mol K = 10-6,35 = 4, K = [H + ][HCO 3 - ]/[CO (aq)] = [H + ] /[CO (aq)] [CO (aq)] = [H + ] /K = 0, mol [CO (aq)] 0 = 0, ,00045 = 0,13464 mol CO Zatem cząsteczka węglowodoru zawiera 0,13464/0, = 3 atomy węgla.

5 Cząsteczki C i D nie mogą być alkinami lub polienami, bo przyłączały by więcej niż jedną cząsteczkę Br. Warunki zadania spełnia propen. Jego izomerem jest cyklopropan, który ze względu na duże naprężenia cząsteczki ulega reakcji addycji (z zerwaniem wiązania C-C). c. Związek D to naftalen. Punktacja: po 5 pkt. za każdy zidentyfikowany węglowodór.

6 Zadanie 5. Obliczamy ilość moli gazu w stanie równowagi: n = pv/rt = ( , )/(8, ) =,5135 mmol n 0 (I ) =,380 mmol n(i ) + n(i) =,5138 mmol ponieważ I I, to: n(i ) + n(i)/ =,380 mmol obliczamy [I] i [I ] n(i) = 0,676 mmol n(i ) =,46 mmol [I] = 0,000676/0,507 = 1, mol/dm 3 [I ] = 0,0046/0,507 = 8, mol/dm 3 K = (1, ) /(8, ) = 0,00017

7 Zadanie 6. M(C 6 H 1 O 6 ) = 180 g/mol Początkowo w 100 L moszczu znajdowało się 9740 g glukozy i 9870 g fruktozy. Po fermentacji pozostało w sumie 3000 g heksoz. Stosunek [glukoza]/[fruktoza] = 0,1. Zawartość glukozy po fermentacji wynosi 7,7 g, natomiast fruktozy 77,3 g. Fermentacji uległo ,7 = 9467,3 g, czyli 5,6 mol glukozy, oraz 714,7 g (39,7mol) fruktozy. Równanie fermentacji alkoholowej: CH O CHOH+ CO Obliczamy ciepło powyższej reakcji: ΔH = Δ c H(glukoza) Δ c H(etanol) = -145 kj/mol Ponieważ ciepło izomeryzacji glukozy do fruktozy wynosi -5 kj/mol, dla reakcji odwrotnej wartość ta wynosi 5 kj/mol. Korzystając z prawa Hessa obliczamy ciepło spalania fruktozy: Δ c H(fruktoza) = Δ c H(glukoza) + ΔH(izomeryzacja fruktozy do glukozy) = -800 kj/mol zatem ciepło reakcji fermentacji fruktozy to -140 kj/mol Obliczamy ciepło wydzielone podczas fermentacji: 5, ,7-140 = kj Wzory: α-d-glukopiranoza α-d-fruktofuranoza Punktacja: 16 pkt za obliczenia, po pkt za wzory strukturalne.

8 Zadanie 7 Rozpuszczamy próbki badanych substancji w wodzie. Do roztworów dodajemy kwas solny (niewielką ilość). W probówkach zawierających jony Ag +, Pb + i Hg + wytrącają się osady. Jony Hg + nie wytrącają się po dodaniu tego odczynnika. + Ag + Cl AgCl Hg + Cl Hg Cl Pb Cl PbCl osad w probówce z jonami Ag + ciemnieje na świetle AgCl Ag + Cl osad PbCl rozpuszcza się w gorącej wodzie i w nadmiarze HCl. Osady AgCl i Hg Cl nie rozpuszczają się w tych warunkach w widoczny sposób. [ ] PbCl + Cl PbCl 4 Identyfikację potwierdzamy za pomocą reakcji z jonami I - (np.: roztworem KI). Osad wytrąca się we wszystkich probówkach: + Ag + I AgI Hg + I Hg I Pb + I PbI Hg + I HgI Osady różnią się barwą i właściwościami. AgI jest jasnożółty i ciemnieje na świetle, rozpuszcza się w nadmiarze odczynnika, nie rozpuszcza się w gorącej wodzie. Hg I jest zielonkawożółty, rozkłada się (czernieje) w czasie na skutek dysproporcjonowania. Nie rozpuszcza się w nadmiarze odczynnika i w gorącej wodzie. PbI dobrze rozpuszcza się w gorącej wodzie i nadmiarze odczynnika, jest intensywnie żółty. HgI jest ceglastoczerwony, rozpuszcza się w nadmiarze KI, nie rozpuszcza się w gorącej wodzie. [ ] AgI + I AgI AgI Ag + I Hg I HgI + Hg + [ 4] + [ 4] PbI I PbI HgI I HgI Oczywiście identyfikację można przeprowadzić w oparciu o inne reakcje.

9 Zadanie 8 a. Ponieważ molibdenit nie zawiera tlenu, a w wyniku reakcji molibdenitu z O powstają tylko dwa produkty (tlenek molibdenu i tlenek niemetalu) wnioskujemy, że w skład molibdenitu wchodzą dwa pierwiastki. Identyfikujemy gaz B. Gęstość pozwala obliczyć masę molową M =,8616,414 = 64 g/mol. Właściwości gazu pozwalają na jednoznaczną identyfikację jest to SO. Molibdenit to siarczek molibdenu MoS x. Obliczamy x. 95,9 g - 59,94% y g - 100% y = 160 g, zatem na siarkę przypada ,9 = 64 g ( mole S). Wzór molibdenitu to MoS. Tlenek A zawiera Mo na maksymalnym możliwym stopniu utlenienia, zatem A to MoO 3. MoS + 7O MoO + 4SO 3 b. W reakcji powstaje molibdenian(vi) sodu: MoO + NaOH Na MoO + H O 3 4 M(Na MoO 4 ) = 06 g/mol M(H O) = 18 g/mol Wzór hydratu to Na MoO 4 nh O 0,149 = 18n/(06+18n) n = c. Reakcja jonów O -, wchodzących (formalnie) w skład nadtlenokwasu z jonami I - ma postać: O + I I + O 0,146 g I to 0,146/54 = 0, mola, zatem w 100 mg nadtlenokwasu znajduje się 0, mola ugrupowań O-O-. M(H MoO n ) = n Ilość ugrupowań O-O- (x) z wartością n wiąże zależność: x = n-4 (4 ilość atomów tlenu w cząsteczce kwasu molibdenowego). Zatem: xm(h MoO n ) = x(0,1/( n)) = 0, x = n-4 n = 5; wzór H MoO 5.

10 MoO + H O MoO + H O 4 5 MoO + I + H I + MoO + H O d. Przy wydajności 100% powstało by: 64,08 g - 90% x g - 100% x = 71, g W skład związku wchodzi 5 g Mo i 71, 5 = 46, g Cl, czyli 0,6 mol Mo i 1,30 mol Cl; Mo:Cl wynosi 1:5, wzór związku E to MoCl 5. Mo+ 5Cl MoCl 5 e. Na podstawie opisu identyfikujemy gaz H jako chlorowodór. MoCl + C H yhcl + MoCl + yc H Cl x 6 5 M(AgCl) = 143,4 g/mol n = 0,644/143,4 = 0,00184 mol AgCl M(MoCl 5 ) = 73,5 g/mol m = 1/73,5 = 0, mol MoCl 5 Z 1 mol MoCl 5 powstaje 0,5 mol HCl i, zgodnie z równaniem reakcji, 0,5 mol C 6 H 5 Cl, zatem związek F to MoCl 4. MoCl + C H HCl + MoCl + C H Cl f. Przez elektrolizer przepłynęło (5 50)/96500 = 0,0195 mol e -. Przy wydajności 100% powstałoby 1,84 g związku G. Stopień utlenienia atomu Mo w jonie MoCl 6 y- wynosi n = 6-y. W tlenku A stopień utlenienia wynosi +6, zatem powstanie 1 mola G wiąże się z pobraniem y moli elektronów M(K y MoCl 6 ) = ( y) g/mol y(1,84/( y)) = 0,0195 y wynosi 3, zatem wzór G to K 3 MoCl 6. Reakcja katodowa: Mo + 3e Mo MoO + 6Cl + 8H + 3e MoCl + 4H O

11 g. Równania reakcji jądrowych: Mo m Tc + β + ν m Tc Tc + γ Tc Ru + β + ν Ponieważ T 1/ dla 99m Tc wynosi 6 h, w ciągu doby (4 T 1/ ) aktywność spadnie do 1100/ 4 = 68,75 MBq. Aby znaleźć przelicznik, obliczamy ilość rozpadów zachodzących w czasie 1 s w 1 g 6 Ra. 1 g 6 Ra to 0, mola, czyli, atomów. Obliczamy stałą szybkości rozpadu promieniotwórczego: T 1/ = 1600 lat = 5, s k = ln/5, = 1, s -1 aktywność 1 g 6 Ra: A = dn/dt = kn 0 = 1, , = 3, zatem 1Ci to 3, Bq. 68,75 MBq to 0,00188 Ci. Jony technetanowe(vii) mają wzór TcO 4 -, natomiast molibdenianowe(vi) MoO 4 -. Różnica w sile adsorpcji wynika z różnicy ładunku dwuujemny jon molibdenianiowy(vi) silniej wiąże się z nośnikiem niż jednoujemny jon TcO 4 -. Punktacja: a 8 pkt; b 4 pkt; c 6 pkt; d 4 pkt; e 6 pkt; f 8 pkt; g 0 pkt.