XVIII KONKURS CHEMICZNY II Etap rozwiązania zadań

Wielkość: px

Rozpocząć pokaz od strony:

Download "XVIII KONKURS CHEMICZNY II Etap rozwiązania zadań"

Jarosław Ludwik Gajda
6 lat temu
Przeglądów:

1 XVIII KONKURS CHEMICZNY II Etap rozwiązania zadań Zadanie 1 a. Znając gęstość obliczamy, iż 1 dm roztworu to ,0 = 100 g. Zawartość siarczanu miedzi to (4,5 100)/100 = 46,5 g CuSO 4 Ponieważ M(CuSO 4 ) = 159,5 g/mol, a M(CuSO 4 5 H O) = 49,5 g/mol, potrzebujemy: 159,5 g - 49,5 g 46,5 g - x g x = 7,5 g pięciowodnej soli ph roztworu wynosi, zatem stężenie jonów H + wynosi M. Ponieważ kwas siarkowy(vi) dysocjuje z wytworzeniem jonów H +, potrzebujemy mola H SO 4 (M(H SO 4 ) = 98 g/mol): 1 mol - 98 g mol - x g x = 0,49 g ponieważ dysponujemy 96% kwasem siarkowym(vi), musimy użyć (0,49 100)/96 = 0,51 g tego roztworu, co stanowi 0,51/1,84 = 0,77 cm. b. Kwas winowy ma wzór: zaś jego sól mieszana: M = 150 g/mol M = 10 g/mol

2 1 kg roztworu zawiera (5 1000)/100 = 50 g winianu sodu i potasu, co stanowi 50/10 = 1,67 mola. Do jego otrzymania potrzebujemy równe ilości moli kwasu winowego (1, = 50,5 g), NaOH (1,67 40 = 66,8 g) i KOH (1,67 56 = 9,5 g). Ponadto potrzebujemy dodatkową ilość KOH, co wynika ze składu odczynnika g roztworu to 1000/1,5 = 800 cm, zawiera on (800 5,5)/1000 = 4,4 mola KOH, czyli 46,4 g. Do przygotowania roztworu należy użyć 50,5 g kwasu winowego, 66,8 g NaOH, 9,9 g KOH i 4,8 g wody. c. Wiemy, że: - w środowisku silnie zasadowym kwas winowy występuje w postaci dianionu, ładunki są zlokalizowane w obrębie grup karboksylowych; - miedź(ii) tworzy głownie kompleksy płaskokwadratowe, o liczbie koordynacyjnej 4 (np.: Cu(NH ) 4 + ; - miedź chętnie tworzy połączenia z 1,-diolami (vide reakcja Cu(OH) z sacharydami lub gliceryną); Wnioskujemy, że w skład kompleksu wchodzi jon Cu + i dwa ligandy, pochodzące od kwasu winowego. Ponieważ finalny kompleks ma ładunek -4, miedź musi związać się z jedną z grup hydroksylowych liganda wiązaniem koordynacylnym, z drugą zaś kowalencyjnym. d. Odczynnik Fehlinga reaguje z cukrami redukujacymi, czyli takimi, które posiadają w swojej postaci łańcuchowej grupę aldehydową. Warunku tego nie spełnia cukier 5, którego oba atomy C-1 są zablokowane poprzez wiązanie glikozydowe, nie może on zatem odtworzyć grupy CHO, oraz cukier, który jest ketozą (w swojej postaci łańcuchowej zawiera krupę ketonową). Ketozy ulegają jednak w środowisku zasadowym reakcji epimeryzacji: W efekcie, po pewnym czasie również cukier daje pozytywny wynik reakcji Fehlinga. Punktacja: a 10 pkt.; b 10 pkt.; c 15 pkt.; d 10 pkt.

3 Zadanie M(AgCl) = 14, g/mol M(BaSO 4 ) =,4 g/mol Mamy: Cu x Cl y (SO 4 ) z (OH) w n H O + w HNO = x Cu + + y Cl - + z SO (n+w) H O + w NO - po dodaniu roztworu Ba(NO ) wytrąca się osad BaSO 4 : 0,116/,4 = 0, mola zaś wprowadzenie AgNO powoduje wytrącenie AgCl: 0,859/14, = 0, mola Ilość miedzi obliczamy z informacji o czasie trwania elektrolizy: q = = 188 C 1 mol e C x mol C x = 0, mola e - ponieważ na wydzielenie 1 mola Cu potrzeba moli e -, w roztworze było 0, / = 0, mola Cu +. Ilość jonów OH - w minerale obliczamy z warunku elektroobojętności substancji (ładunki + i muszą się równoważyć): n(oh) - = 0, (0, , ) = 0, mola Stosunek jonów w conellicie wynosi zatem: 0, :0, :0, :0, w celu znalezienia najmniejszych liczb naturalnych, opisujących ten związek dzielimy powyższe wartości przez najmniejszą z nich (0, ) i dostajemy: 19:1:4: Pozostaje obliczyć ilość wody hydratacyjnej. Obliczamy masę poszczególnych jonów wchodzących w skład związku: 0, ,5 + 0, ,1 + 0, ,5 + 0, = 0,991 g zatem woda stanowi 1-0,991 = 0, g, czyli 0,00048 mola. Rzeczywisty wzór conellitu to Cu 19 (OH) Cl 4 SO 4 H O. Punktacja: za obliczenie liczby moli Cl -, SO 4 -, H O, OH - po 10 pkt.; za obliczenie liczby moli Cu + 15 pkt.; za podanie wzoru conellitu 5 pkt.

4 i. Zadanie Pt H + I HI H + O H O K+ H O KOH+ H KOH + HI KI + H O ii. Fe O 4 / Al O / CaO + Pt/ Rh + + N H NH 4NH 5O 4NO 6H O NO+ O NO NO + H O HNO + HNO 4Zn+ 10HNO 4 Zn( NO ) + NH NO + H O iii. Ca + O CaO CaO+ C CaC + CO 4 CaC + H O Ca( OH) + C H HgSO 4 / H SO 4 + CH HO CHCHO CHCHO + Ag( NH) OH CHCOONH4+ Ag + NH+ HO Na+ H O NaOH + H CH COONH + NaOH CH COONa+ NH + H O NO+ HO Ag HNO AgNO AgNO + NH + H O Ag( NH ) OH + NH NO iv. 4 Ba + H O Ba( OH) + H T + T Ba( OH) BaO H O BaO+ O BaO BaO + H SO BaSO + H O 4 4 S+ O SO VO 5 + SO O SO SO + H O H SO 4

5 v. CH + H CH Ni 4 CH + HCl CHCHCl 4 CH CH Cl + Na CH CH CH CH + NaCl hν ( n+ m) CH CH CH CH + ( n+ m) Cl nch CH CH CH Cl + mch CH CHClCH + ( n+ m) HCl CH CH CH CH Cl + Mg CH CH CH CH MgCl Co + + CHCl CH( CH) 5CH+ MgCl hν 5 4 H O ( ) 4 + ( ) 4 + CH CH CH CH MgCl ( n+ m+ o) CH ( CH ) CH + ( n+ m+ o) Cl nch ( CH ) Cl + mch ( CH ) CHClCH + o( CH CH ) CHCl + ( n+ m+ o) HCl CH CH Cl KOH CH CH OH KCl CH COONa + NaOH CH + Na CO 4 hν 4+ + CH Cl CH Cl HCl vi. H+ S HS NH + H S ( NH ) S 4 Punktacja: za i, ii, iii, vi po 5 pkt.; za iv, v po 10 pkt. Akceptowano dowolną, poprawną merytorycznie drogę syntezy. Nie wymagano powtarzania syntez, zapisanych w innych podpunktach zadania. Nie wymagano otrzymywania katalizatorów, stosowanych w reakcjach.

6 Zadanie 4 i. Jod będąc związkiem niepolarnym słabo rozpuszcza się w wodzie. W wodnych roztworach jodku potasu zachodzą reakcje: I + I I I I I etc. + 5 Powstałe sole, zawierające jony polijodkowe są dobrze rozpuszczalne. ii. Etanol z wodą tworzy tzw. mieszaninę azeotropową o składzie 96% etanolu i 4% wody. Jest to mieszanina cieczy, wrząca w stałej temperaturze bez zmiany składu. Temperatura wrzenia mieszaniny azeotropowej etanol-woda wynosi 78,15 C, etanol wrze w 78, C zaś woda w 100 C. Podczas destylacji wodnych roztworów etanolu, otrzymanych w procesie przemysłowej fermentacji alkoholowej, pierwszy destyluje azeotrop o podanym powyżej składzie, następnie zaś (po usunięciu z wrzącej mieszaniny całej ilości etanolu) woda. Nie można, w procesie zwykłej destylacji, zatężyć etanolu do stężenia powyżej 96%. iii. Biały fosfor łatwo rozpuszcza się w rozpuszczalnikach niepolarnych, takich jak olej czy nafta. Duże powinowactwo do rozpuszczalników niepolarnych jest jedną z przyczyn dużej toksyczności białego fosforu, który łatwo przenika przez błony lipidowe i akumuluje się w tkankach bogatych w tłuszcze. iv. W wodzie wodociągowej rozpuszczone są sole, głównie wodorowęglany wapnia i magnezu. Jony wodorowęglanowe uczestniczą w równowadze: HCO CO + H O+ CO Rozpuszczalność gazów maleje wraz ze wzrostem temperatury. Ogrzanie wody powoduje zatem zmniejszenie stężenia rozpuszczalnego CO, co skutkuje przesunięciem równowagi powyższej reakcji w prawo. Węglany wapnia i magnezu są nierozpuszczalne w wodzie, ulegają więc wytrąceniu (węglan magnezu ulega ponadto hydrolizie z wydzieleniem wodorotlenku magnezu).

7 Zadanie 5 Obliczamy liczbę moli tlenu: n = ( ,00001)/(8,14 06) = 0,0005 mola HO HO+ O ilość ta powstaje z 0,001 mola H O. W czasie 1 s rozkładowi ulega ( )/600 = 1, mola H O. Przeliczając aktywność na 1 kg, uzyskujemy: 0,1 g - 1, mola H O 1000 g - x mol aktywność = 0,0167 mol/kg = 16,7 mmol/kg 1, mola H O - x g 1 mol - 4 g x = 0, g zatem aktywność, w przeliczeniu na 1 g bulwy ziemniaka, wynosi 0,00057 g/g.

8 Zadanie 6 1, mg Fe w 1 ml czyli 1, g w 1 dm. Stężenie molowe wynosi zatem 1,/(55,8 1) = 0,015 mol/dm. K = [FeEDTA - ]/[EDTA 4- ][Fe + ] równowagowe stężenie żelaza [Fe + ] ma wynosić < 0,001 mol/dm. W tych warunkach stężenie formy związanej wynosi > 0,015-0,001 = 0,005 mola/dm = 0,005/([EDTA 4- ] 0,001) równowagowe stężenie wolnego EDTA wynosi wówczas: [EDTA 4- ] =, mol/dm całkowite stężenie EDTA 4- wynosi 0,005 +, ,005 mol/dm. W 100 cm znajduje się 0,005 0,1 = 0,0005 mola EDTA 4-, M(H 4 EDTA) = 9 g/mol, należy zatem dodać 0, = 0,599 g H 4 EDTA. UWAGA: Nie przyznawano punktów za rozwiązanie, jeśli uczestnik nie uzasadnił, iż równowagowe stężenie [EDTA 4- ] jest zaniedbywalnie małe.

Podobne dokumenty

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

analogicznie: P g, K g, N g i Mg g. Zadanie 1 Obliczamy zawartość poszczególnych składników w 10 m 3 koncentratu: Ca: 46 g Ca - 1 dm 3 roztworu x g Ca - 10000 dm 3 roztworu x = 460000 g Ca analogicznie: P 170000 g, K 10000 g, N 110000 g