XIIIkonkIIetaprozw.pdf

(118 KB) Pobierz
Microsoft Word - zadaniaIIetap rozwi¹zania.doc
XIII Konkurs Chemiczny dla Uczniów Szkół Średnich
Etap II – rozwiązania zadań
UWAGI OGÓLNE:
Za błędy w obliczeniu masy molowej -50% pkt.
Za „duże” błędy rachunkowe -50 % pkt.
Jeśli zadanie składało się z kilku niezależnych elementów, w przypadku powyższych błędów
odejmowano punkty za dany etap rozwiązania.
Zad. 1
M( 171 Yb(ClO 4 ) 3 · 6 H 2 O) = 577,5 g/mol
M( 171 Yb 2 O 3 ) = 390 g/mol
Zatem w 20,3 mg uwodnionego chloranu(VII) iterbu zawartych jest:
171*(0,0203/577,5) = 6,01 mg 171 Yb
natomiast w 4,2 mg tlenku:
2*171/(0,0042/390) = 3,68 mg 171 Yb
Straty wynoszą zatem 6,01-3,68 = 2,32 mg, co odpowiada 3490 $.
Ocenianie (ważniejsze błędy):
błędny wzór któregoś ze związków (w tym nie uwzględnienie wody hydratacyjnej) – 0 p.
obecności dwóch atomów Yb w tlenku – 0 pkt.
nieuwzględnienie faktu, iż w zadaniu mowa o izotopowo czystym iterbie, którego masa
atomowa jest inna niż wartość średnia, ujęta w układzie okresowym – 1 pkt.
Zad. 2
Ilość moli metanu w próbce klatratu można było obliczyć albo z r. Clapeyrona, albo z różnicy
mas klatratu i wydzielonej wody.
n(CH 4 ) = (0,0004439*100000)/(8,314*313) = 0,0176 mol
lub
m(H 2 O) = 117,5888-115,8234 = 1,7654 g, n = 1,7654/18 = 0,09808 mol
m(CH 4 ) = 2,0384-1,7654 = 0,273 czyli n = 0,273/16 = 0,01706 mol
Stosunek molowy wynosi zatem 1:5,75.
Ocenianie (ważniejsze błędy):
błędne obliczenie il. moli metanu w klatracie (błędna wartość stałej R, błąd w przeliczeniu
jednostek, przyjęcie błędnych warunków normalnych przy stosowaniu prawa Boyla-Mariotta)
– 0 p.
zaokrąglenie wyniku do 1:6 – 2 p.
Zad. 3
11 cm 3 TiCl 4 to 11*1,73 = 19,03 g tego związku
M(TiCl 4 ) = 189,7 g/mol
mamy zatem 0,1005 mol chlorku tytanu(IV).
Reakcja hydrolizy przebiega wg. równania;
TiCl 4 + 2 H 2 O = TiO 2 + 4 HCl
Dodanie NaOH ma zatem na celu zobojętnienie powstałego chlorowodoru i doprowadzenie
pH do 9.
W wyniku reakcji powstało 0,402 mol HCl, zatem na jego związanie potrzebne jest 0,402 mol
NaOH. Ponieważ stężenie roztworu wodorotlenku, którym dysponujemy, wynosi 1 M, dodać
należy 0,402 dm 3 tego roztworu.
Sumaryczna objetość otrzymanej mieszaniny wynosi zatem 1 dm 3 + 0,402 dm 3 + 0,011 dm 3 =
1,413 dm 3 . Ponieważ w układzie obecny jest tylko wytracony TiO 2 , woda i NaCl, możemy
przyjąć, iż jego pH wynosi 7. Nadmiar NaOH, potrzebny do uzyskania pH = 9 mozna
obliczyć np.: z metody krzyża:
pH = 7 zatem [OH - ] = 10 -7
pH =9 zatem [OH - ] = 10 -5
Należy zatem zmieszać uzyskana mieszaninę z 1 M NaOH w stosunku 0,99999:0,0000099.
Konieczna objętość NaOH wynosi zatem 0,013 cm 3 .
Za poprawną uznawano odpowiedź, iż objętość ta jest zaniedbywalna, przy czym wskazany
został poprawny sposób jej obliczenia.
Ocenianie (ważniejsze błędy):
za obliczenie objętości NaOH, potrzebnej tylko na związanie HCl – 3 p.
za nieuwzględnienie tworzenia się HCl w procesie hydrolizy, i obliczenie objętości potrzebnej
do tylko na zmiane pH z 7 na 9 – 0 p.
za błędny wzór chlorku tytanu(IV), rzutujący na obliczenia – 0 p.
Zad. 4
M(NaN 3 ) = 65 g/mol
Tabletka zawiera zatem 2 mole tej substancji.
2 NaN 3 = 2 Na + 3 N 2
57 dm 3 azotu to 2,545 mola. Rozłożyć musiało się zatem 1,696 mol azydku sodu.
Równanie kinetyczne ma postać:
ln(n 0 /n)=kt
zatem
k = ln(2/(2-1,696))/0,025 = 75,35 s -1
Ocenianie (ważniejsze błędy):
błędny zapis równania reakcji – 0 p.
wprowadzenie do wzoru, jako n, ilości moli NaN 3 które uległy rozkładowi – 0 p.
Zad. 5
95 42 Mo + 2 1 H = 97 43 Tc
Ag + + TcO 4 - = AgTcO 4
K so = [Ag + ][TcO 4 - ] = 2*10 -6
Ilość moli jonów Ag + zawartych w 1 cm 3 roztworu AgNO 3
n(Ag + ) = 0,002 *1 = 0 ,002 mol
stężenie jonów Ag + w mieszaninie:
[Ag + ] = 0,002/(1+0,002) = 0,001996 mol/dm 3
0,001996*[TcO 4 - ] = 2*10 -6
[TcO 4 - ] > 0,001002 M
Ocenianie:
zapis r. reakcji jądrowej – 1 p.
obliczenie minimalnego stężenia jonów XO 4 - – 5 p.
Zad. 6
Etap I:
H 2 S + 3/2 O 2 = SO 2 + H 2 O
Etap II:
2 H 2 S + SO 2 = 3S + 2 H 2 O
sumarycznie:
3 H 2 S + 3/2 O 2 = 3S + 3 H 2 O
1 objętość oczyszczanych gazów zawiera 0,7 obj. H 2 S
należy dodać zatem taką objętość powietrza, która zawiera 0,35 obj. O 2 . Zakładając, że tlen
stanowi 21 % obj. powietrza, uzyskujemy stosunek gazów odlotowych do powietrza,
wynoszący 1:1,66.
Ocenianie:
za poprawny zapis reakcji -1 p. (po 0,5 p. za każde równanie)
Zad. 7
HNO 3 + NH 3 = NH 4 NO 3
5000 m 3 roztworu amoniaku o podanej gęstości ma masę 4,6*10 6 kg, i zawiera 9,2*10 5 kg
NH 3 , co stanowi 5,41*10 4 kmol. Potrzebna jest taka sama ilość moli HNO 3 , co odpowiada
5,41*10 7 * 63 = 3,41*10 6 kg czystego HNO 3 . Dysponując roztworem o stężeniu 50%,
musimy użyć go dwukrotnie więcej, czyli 6,8166*10 6 kg, co przy podanej gęstości odpowiada
5203,5 m 3 . Otrzymać możemy 5,41*10 7 * 80 = 4,33*10 6 kg NH 4 NO 3 . Związek ten stosuje się
np.: jako nawóz sztuczny i w produkcji materiałów wybuchowych.
Ocenianie (ważniejsze błędy):
niepoprawny zapis reakcji – 0 p.
niepoprawny wzór produktu – 0p.
poprawne obliczenie obj. HNO 3 i masy NH 4 NO 3 , po 1 p.
poprawne wskazanie zastosowania produktu – po 1 p. (nie uznawano odpowiedzi ogólnych: w
laboratorium, w przemyśle chemicznym)
Zad. 8
A. 2-chloropropen
B. chlorek 2-propenylomagnezowy
C. kwas 2-metylopropenowy (kwas metakrylowy)
D. 2-propenylan etylu (metakrylan etylu)
E. poli(metakrylan etylu)
G. etyn
H. etanal
I. etanol
Nazwa zwyczajowa – pleksiglas, pleksi, szkło organiczne
Uznawano zarówno identyfikacje poprzez podanie nazw, jaki i wzorów strukturalnych (wzory
sumaryczne uznawano wyłącznie wtedy, jeśli były one jednoznaczne).
Ocenianie (ważniejsze błędy):
za każdy z produktów – 0,5 p.
za nazwę zwyczajową – 1 p.
podanie związku H wyłącznie w formie enolu – 0,25 p.
Zad. 9
a. Różnica ciśnień w butlach wynika z faktu, iż CO 2 w tych warunkach znajduje się
częściowo w postaci ciekłej, a ciśnienie panujące w butli odpowiada ciśnieniu pary nasyconej.
Uznawano za poprawną również odpowiedź, iż w butli CO 2 ulega resublimacji i występuje w
formie stałej. Nie uznawano odpowiedzi, iż wynika to z różnych właściwości gazów.
b. Porcelanka wrzenna, dzięki swej porowatej strukturze i zawartym w porach powietrzu,
uwalniającym się podczas ogrzewania, stanowi ośrodki wrzenne, zapobiegające
przegrzewaniu się cieczy.
c. Sód i potas, jako metale bardzo aktywne, reagują z tlenem, parą wodną, dwutlenkiem węgla
i innymi gazami zawartymi w powietrzu. Warstwa nafty lub oleju parafinowego, substancji
niereagujących z Na lub K, izoluje je od powietrza i zapobiega utlenianiu.
Zad. 10
Wartość 1,35 g/cm 3 odpowiada stężeniu 45%, wartości 1,26 i 1,28, odpowiednio 34 i 38 %
(niewielkie odchylenia w odczytaniu wartości stężeń z wykresu były dopuszczalne). Podana
objętość elektrolitu (1,1 dm 3 ) stanowi:
1100 * 1,35 = 1485 g
i zawiera:
1485*45% = 668,25 g H 2 SO 4
Aby uzyskać roztwory o stężeniach 34 i 38 %, zawierające obliczoną powyżej ilość kwasu
siarkowego(VI) należy użyć odpowiednio 1297,19 i 1090,30 g rozpuszczalnika. Potrzebna
ilość wody, która musi być dodana w celu otrzymania roztworu o pożądanym stężeniu,
zawiera się w przedziale 273,5-480,5 cm 3 .
Ocenianie (ważniejsze błędy):
za podanie tylko jednej wartości (granicznej lub średniej) – 2 p.

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin