Ústřední komise Chemické olympiády. 50. ročník 2013/2014. OKRESNÍ KOLO kategorie D ŘEŠENÍ SOUTĚŽNÍCH ÚLOH

Transkript

1 Ústřední komise Chemické olympiády 50. ročník 2013/2014 OKRESNÍ KOLO kategorie D ŘEŠENÍ SOUTĚŽNÍCH ÚLOH

2 TEORETICKÁ ČÁST (70 BODŮ) Informace pro hodnotitele Ve výpočtových úlohách jsou uvedeny dílčí výpočty záměrně na tři i více desetinných míst (s využitím hodnot A r z přiložené periodické tabulky prvků). Hodnotitelé tak mohou snadno posoudit správnost a přesnost výpočtů. Soutěžícím bude při věcně správném postupu řešení samozřejmě přiznán plný počet bodů i za zaokrouhlené výsledky. Úloha 1 Chemické rovnice 10 bodů 1. 4 Fe + 3 O H 2 O 4 Fe(OH) 3 4 Fe + 3 O H 2 O 2 Fe 2 O 3 H 2 O 2. 2 Cu + O 2 + CO 2 + H 2 O Cu(OH) 2 CuCO Cu + O 2 2 CuO (lze uznat i rovnici reakce 4 Cu + O 2 2 Cu 2 O) 4. 4 Al + 3 O 2 2 Al 2 O Ag + O H 2 S 2 Ag 2 S + 2 H 2 O za každou správně napsanou a vyčíslenou rovnici 2 body (u první a třetí reakce jsou obě alternativy správné) celkem 10 bodů Úloha 2 Síran měďnatý 18 bodů 1. CuO + H 2 SO 4 CuSO 4 + H 2 O s koncentrovanou kyselinou sírovou Cu + 2 H 2 SO 4 CuSO 4 + SO H 2 O 2. a) CuSO 4 + Fe Cu + FeSO 4 (lze uznat reakci s jiným vhodným neušlechtilým kovem) b) CuSO NaOH Cu(OH) 2 + Na 2 SO 4 c) CuSO 4 + H 2 S CuS + H 2 SO 4 d) jednokroková varianta: CuSO 4 + BaCl 2 CuCl 2 + BaSO 4 dvojkroková varianta: CuSO NaOH Cu(OH) 2 + Na 2 SO 4 Cu(OH) HCl CuCl H 2 O e) jednokroková varianta: CuSO 4 + Ba(NO 3 ) 2 Cu(NO 3 ) 2 + BaSO 4 dvojkroková varianta: CuSO NaOH Cu(OH) 2 + Na 2 SO 4 Cu(OH) HNO 3 Cu(NO 3 ) H 2 O za každou správně napsanou a vyčíslenou rovnici v otázkách 1. a 2a) c) 2 body, za vyřešení podotázek 2.d) e) po 4 bodech, lze uznat každou analogicky probíhající reakci celkem 18 bodů

3 Úloha 3 Výroba fosforu 9 bodů 1. 2 Ca 3 (PO 4 ) SiO 2 6 CaSiO 3 + P 4 O P 4 O C 10 CO + P 4 za 1. rovnici vč. správných vzorců všech sloučenin max. 6 bodů, za 2. rovnici max. 3 body, celkem 9 bodů Úloha 4 Důkaz fosforečnanů 12 bodů 1. Na 3 PO AgNO 3 Ag 3 PO NaNO 3 Iontově: 3 Ag + + PO 4 3 Ag 3 PO Na 3 PO Ba(NO 3 ) 2 Ba 3 (PO 4 ) NaNO 3 Iontově: 3 Ba PO 3 4 Ba 3 (PO 4 ) 2 za správně zapsanou srážecí chemickou rovnici 3 body za správně zapsaný iontový zápis 3 body celkem 12 bodů Úloha 5 Cukrářské droždí 1. (NH 4 ) 2 CO 3 2 NH 3 + CO 2 + H 2 O 13 bodů za správně napsanou a vyčíslenou rovnici 2 body 2. M[(NH 4 ) 2 CO 3 ] = 96,086 g mol 1 za výpočet molární hmotnosti (NH 4 ) 2 CO 3 1 bod M(NH 3 ) = 14,007 + (3 1,00794) = 14, ,02382 = 17,03082 g mol 1 = 17,03 g mol 1 výpočet molární hmotnosti amoniaku se neboduje 96,086 g (NH 4 ) 2 CO ,03 g NH 3 10 g (NH 4 ) 2 CO 3 x g NH 3 x = ( ,03) / 96,086 = 3,5447 g = 3,54 g Z 10 g droždí vznikne 3,54 g amoniaku. za výpočet hmotnosti amoniaku 4 body 1. Pomocí trojčlenky: 96,086 g (NH 4 ) 2 CO ,41 dm 3 10 g (NH 4 ) 2 CO 3 x g NH 3 x = ( ,41) / 96,086 = 4,6646 = 4,66 dm 3 Pomocí látkového množství: n(nh 3 ) = 2 n[(nh 4 ) 2 CO 3 ] V(NH 3 ) = 2 [m[(nh 4 ) 2 CO 3 ] / M[(NH 4 ) 2 CO 3 ] V mn = = 2 [10 g / 96,086 g mol 1 ] 22,41 dm 3 mol 1 = 4,6646 dm 3 = 4,66 dm 3

4 nebo postupně n(nh 3 ) = 2 n[(nh 4 ) 2 CO 3 ] = 2 m[(nh 4 ) 2 CO 3 ] / M[(NH 4 ) 2 CO 3 ] = = 2 10 g / 96,086 g mol 1 = 0,2081 mol V(NH 3 ) = n(nh 3 ) V mn = 0,2081 mol 22,41 dm 3 mol 1 = 4,6635 dm 3 = 4,66 dm 3 za výpočet objemu amoniaku 4 body 2. n(co 2 ) = n[(nh 4 ) 2 CO 3 ] Žáci už většinou budou znát látkové množství uhličitanu amonného z řešení předchozích částí úlohy, stačí jen odpovědět na otázku. Pro kontrolu uvádíme i početní řešení: n(co 2 ) = n[(nh 4 ) 2 CO 3 ] = m[(nh 4 ) 2 CO 3 ] / M[(NH 4 ) 2 CO 3 ] = 10 g / 96,086 g mol 1 = = 0,10407 mol = 0,104 mol za stanovení látkového množství oxidu uhličitého 2 body celkem 13 bodů Úloha 6 Plyn v baňce 8 bodů 1. činidlo Plyn vápenná voda doutnající tříska ph papírek doutnající tříska kyslík vzplane čpavek zmodrá oxid uhličitý vznikne zákal 2. Kyslík podporuje hoření, reaguje s uhlíkem na oxid uhličitý. Roztok čpavku ve vodě vytváří zásadité prostředí. Oxid uhličitý s vápennou vodou reaguje na uhličitan vápenatý. CO 2 + Ca(OH) 2 CaCO 3 + H 2 O za správně vyplněnou tabulku 3 body za zdůvodnění změn 3 body za správně napsanou a vyčíslenou rovnici 2 body celkem 8 bodů

5 PRAKTICKÁ ČÁST (30 BODŮ) Úloha 1 Stanovení koncentrace kyseliny sírové 30 bodů 1. Bodové hodnocení za přesnost stanovení se spočítá z průměrné spotřeby odměrného roztoku NaOH podle následující tabulky: Odchylka Počet bodů 0 až 0,5 cm ,5 až 1,5 cm 3 15 (1,5 odchylka) více než 1,5 cm 3 0 Odchylka představuje absolutní hodnotu rozdílu mezi průměrnou spotřebou určenou soutěžícím a spotřebou zjištěnou organizátory. Vypočtené hodnoty se zaokrouhlují na 0,5 bodu. za spotřeby maximálně 15 bodů 2. Rovnice neutralizace kyseliny sírové hydroxidem sodným do druhého stupně: 3. Vzorec pro výpočet koncentrace c. H 2 SO NaOH 2 H 2 O + Na 2 SO 4 za správně vyčíslenou rovnici maximálně 3 body c = n / V za správně napsaný vzorec 2 body 4. Ze vzorce pro výpočet c vyjádřete látkové množství. n = c V za správně napsaný vzorec 1 body 5. Poměr látkových množství kyseliny sírové a hydroxidu sodného v bodě ekvivalence. 1 : 2 za správně napsaný poměr 1 body 6. Pro výpočet molární koncentrace H 2 SO 4 ve vzorku lze uznat jakýkoliv logický postup. Například: průměrná spotřeba NaOH V NaOH = 0,01 dm 3 koncentrace NaOH c NaOH = 0,1 mol dm 3 látkové množství NaOH n NaOH = c NaOH V NaOH = mol látkové množství H 2 SO 4 n H2SO4 = 0,5 n NaOH = 0, mol pipetované množství vzorku V H2SO4 = 0,005 dm 3 koncentrace H 2 SO 4 ve vzorku c H2SO4 = n H2SO4 / V H2SO4 = 0,1 mol dm 3 za výpočet maximálně 8 bodů za správný postup výpočtu vycházející z nesprávné rovnice 4 body

6 POKYNY PRO PŘÍPRAVU PRAKTICKÉ ČÁSTI 1. Soutěžící mají na pracovním místě připravenou sestavenou titrační aparaturu. 2. Před vlastním začátkem práce soutěžících předveďte demonstračně plnění byrety, její nulování a vlastní titraci. 3. Soutěžícím nechte po dobu soutěže jako vzor titrační baňku s titrovaným roztokem a fenolftaleinem v bodě ekvivalence. Laboratorní pomůcky potřebné pro jedno místo: stojan s držákem na byretu nebo malou klemou (s ochrannou gumou) arch filtračního papíru byreta o objemu 25 cm 3 nálevka do byrety pipeta 5 cm 3 s balonkem (příp. s nástavcem na pipety) odměrný válec 25 cm 3 (případně 50 cm 3 ) 2 kádinky 50 cm 3 3 titrační baňky střička s destilovanou vodou ochranné brýle Chemikálie pro jednoho soutěžícího: odměrný roztok hydroxidu sodného 0,1 mol dm 3 60 cm 3 roztok kyseliny sírové 30 cm 3 (0,1 mol dm 3 ) 0,1% roztok fenolftaleinu 1 Příprava roztoků: Na přípravu 1 dm 3 odměrného roztoku NaOH navažte 4 g NaOH a po rozpuštění v malém množství vody doplňte na objem 1 dm 3. Roztok není třeba standardizovat. Na přípravu roztoku H 2 SO 4 odměřte 5,55 cm 3 96% H 2 SO 4 a doplňte na 1 dm 3. Roztok fenolftaleinu připravte rozpuštěním 1 g indikátoru ve 100 cm 3 50% roztoku ethanolu. Upozornění: Všechny návody pro přípravu roztoků počítají pouze s teoretickou spotřebou těchto roztoků soutěžícími. Je třeba těchto roztoků připravit větší množství a zohlednit například odlévání odměrného roztoku do kádinky, propláchnutí byrety odměrným roztokem, spotřebu roztoků organizátory při stanovování správné koncentrace, rozlití roztoků soutěžícími po stole apod. 1 Pozn: Pro danou titraci lze samozřejmě nalézt acidobazické indikátory s vhodnějším barevným přechodem. Autoři zvolili fenolftalein, protože patří k nejběžnějším (a žákům známým) indikátorům. Přetitrování (viz poznámka v pracovním návodu) je nevýznamné, přechod z kyselé do zásadité oblasti ph je při zadané titraci ostrý.