Ústřední koise Cheické olypiády 47. ročník 2010/2011 ŠKOLNÍ KOLO kategorie D ŘEŠENÍ SOUTĚŽNÍCH ÚLOH
Řešení školního kola ChO kat. D 2010/2011 TEORETICKÁ ČÁST (60 bodů) Úloha 1 Příklad na zahřátí 10 bodů 1. Uhlovodík je sloučenina obsahující pouze atoy uhlíku a vodíku. 2. Uhlík je v organických látkách čtyřvazný. 3. Největší podíl zeního plynu tvoří ethan. Methan není jedovatý, je ale nedýchatelný. stačí uvést, že není jedovatý 4. Dokonalý spalování uhlovodíků vzniká oxid uhličitý a voda. Rovnice spalování ethanu CH 4 + 2 O 2 CO 2 + 2 H 2 O 1 bod 5. Při nedokonalé hoření se uvolňuje i oxid uhelnatý. Je prudce jedovatý a výbušný. za název plynu, za odůvodnění jeho nebezpečnosti, celke 1 bod 6. Reakce ůžee dělit podle jejich tepelného zabarvení. Reakce, při kterých se teplo uvolňuje, se nazývají exoterní, naopak ty, při kterých se teplo spotřebovává, označujee jako endoterní. 1 bod 7. Hoření je exoterní děj. 8. Tranzitní plynovod vychází z Ruska. Plyn LPG Složení propan, butan Zení plyn CH 4 Generátorový plyn (chudý) CO, N 2 Bioplyn CH 4, CO 2 Svítiplyn H 2, CO, CH 4 Dřevoplyn N 2, CO, CO 2, H 2 Vodní (syntézní) plyn CO, H 2 za uvedení správného složení, celke 3,5 bodu 1
Řešení školního kola ChO kat. D 2010/2011 Úloha 2 Hynus o koorních plynech 5 bodů 1. F O S F A N 2. CH L O R 3. T O X I C I T A 4. F O S G E N 5. Y P E R I T 6. S U L F A N 7. A K U T N Í 8. CH R O N I C K É 9. K Y A N O V O D Í K Za nositele hořlavosti byl dříve považován flogiston. za každý správně doplněný poje, za tajenku, celke 5 bodů Úloha 3 Všude kole nás 14 bodů 1. 10 chyb v textu: a) plynný prvek plynná sěs, b) 4/5 kyslíku 4/5 dusíku, c) 1/5 dusíku 1/5 kyslíku, d) g c 3 kg 3, e) tříatoovýi olekulai dvojatoovýi olekulai, f) anaerobních aerobních, g) oxiduje redukuje, h) vzniká spotřebovává se, i) výrobě bílkovin výrobě sacharidů, j) zásadité deště kyselé deště. za každý opravený poje, celke 5 bodů 2. Mezi nitrózní plyny patří NO a NO 2. 3. Nitrózní plyny se do ovzduší uvolňují zejéna spalování tuhých paliv, provoze spalovacích otorů (např. autoobilových), ale také při některých cheických výrobách. 4. Za norálních podínek je plyn pouze SO 2. Do ovzduší se uvolňuje zejéna spalování uhlí. 5. Skleníkový efekt je jev, kdy teplo vzniklé absorpcí slunečního záření neprochází zpět do vesíru, ale zůstává v atosféře, a tak ji ohřívá. Mezi skleníkové plyny patří zejéna vodní pára, CO 2, CH 4, N 2 O, O 3 a freony. za vysvětlení poju 0,75 bodu, za uvedení 4 plynů 0,75 bodu, celke 1,5 bodu 6. 1 pp = 0,0001 %. 7. K výpočtu použijee vztah pro hotnost a hotnostní zloek. 6 (H S) = vzd. w(h S) = Vvzd. ρvzd. w(h S) = 1 1,2754 40 10 = 51 g 2 2 2 2
Řešení školního kola ChO kat. D 2010/2011 1 3 obsahuje 51 g sulfanu. Zadaná koncentrace ještě není srtelná (LC 50 = 800 pp). za správný postup 1 bod, za dosazení a výsledek, za srovnání, celke 2 body 8. Hustotu vzduchu ůžee vypočítat poocí vztahu pro hustotu, látkové nožství a objeový zloek. Nejdříve si vyjádříe hustotu: ρ =. V Hotnost lze vyjádřit jako součin látkového nožství a olární hotnosti, platí tedy ρ = nm V = V. Látkové nožství nyní vyjádříe poocí olárního objeu V M nm V M ρ = = =. V V V Vidíe, že ůžee vykrátit celkový obje soustavy Teď už usíe akorát zohlednit procentuální zastoupení plynů ve vzduchu, který vyjadřuje objeový zloek ϕ φ(n 2) M(N 2) φ(o 2) M(O 2) ρ = +. V V Po dosazení 0,79 28,01 0,21 32,00 3 ρ = + = 0,9744 + 0, 2959 = 1, 2703 kg 22,71 22,71 Vypočtená hodnota hustoty se liší od tabelované hodnoty až na třetí desetinné ístě, proto ji ůžee považovat za přesnou. za dosazení a výsledek 1 bod, za srovnání přesnosti, celke 3,5 bodu, Lze uznat i jiná správná řešení. Úloha 4 Vlastnosti plynů 13 bodů Vzorec Systeatický Rozpustnost ve vodě? Barva Zápach název (Ano/Ne) N 2 dusík bezbarvý bez zápachu Ne CO oxid uhelnatý bezbarvý bez zápachu Ne CO 2 oxid uhličitý bezbarvý bez zápachu Ano SO 2 oxid siřičitý bezbarvý štiplavý Ano HCl chlorovodík bezbarvý štiplavý Ano N 2 O oxid dusný bezbarvý nasládlý Ano NO oxid dusnatý bezbarvý dráždivý Ne NO 2 oxid dusičitý hnědočervená dráždivý Ano Cl 2 chlor nazelenalá dráždivý, desinfekční Ano NH 3 aoniak bezbarvý štiplavý Ano CH 4 ethan bezbarvý bez zápachu Ne za každé správně vyplněné pole 0,25 bodu (u zápachu lze uznat i odpověď typu Ano/Ne), celke 11 bodů 3
Řešení školního kola ChO kat. D 2010/2011 1. Kyselinotvorné jsou: CO 2, SO 2, HCl, NO 2, Cl 2. Zásadotvorný je NH 3. za každý správně uvedený plyn 0,25 bodu, celke 1,5 bodu 2. Reakce se nazývá neutralizace, vzniká při ní sůl a voda. Úloha 5 Příprava plynů 10,5 bodů 1. Reakce: a) 2 KMnO 4 Δt K 2 MnO 4 + MnO 2 + O 2 terický rozklad b) C + O 2 Δt CO 2 spalování c) ZnCl 2 Zn + Cl 2 elektrolýza d) K 2 SO 3 + 2 HCl 2 KCl + SO 2 + H 2 O vytěsnění slabší kyseliny e) Fe + H 2 SO 4 FeSO 4 + H 2 reakce kyseliny s neušlechtilý kove za každou správně zapsanou reakci, za správný název, celke 5 bodů 2. Solanka je nasycený vodný roztok chloridu sodného. 3. Rovnice elektrocheické reakce: 2 H 2 O 2 H 2 + O 2 (produkty jsou vodík a kyslík) a) Při elektrolýze se používá roztok kyseliny sírové, protože á vyšší vodivost než voda. b) K touto účelu by šel saozřejě použít i roztok síranu sodného. za uvedení produktů, za vysvětlení vodivosti, za kladnou odpověď na použití síranu, celke 1,5 bodu 4. Uvolňuje se kyslík. 5. Rovnice vytěsnění: např. Na 2 CO 3 + 2 HCl 2 NaCl + CO 2 + H 2 O 1 bod 6. Rovnice reakce Zn + 2 HCl ZnCl 2 + H 2 Při výpočtu vyjdee z následujícího vztahu (Zn) = n(zn) M(Zn). Z rovnice vidíe, že n = n, tedy platí (Zn) (H 2 ) = n M = n M. (Zn) (Zn) (Zn) (H 2 ) (Zn) Nyní vyjádříe látkové nožství vodíku poocí olárního objeu V(H 2 ) (Zn) = n( H2 ) M(Zn) = M(Zn) a dosadíe V V(H 2 ) 11,36 (Zn) = M(Zn) = 65,38 = 32, 70 g V 22,71 K uvolnění 11,36 d 3 vodíku je třeba, aby zreagovalo 32,70 g zinku. celke 2 body Lze uznat i jiná správná řešení. 4
Řešení školního kola ChO kat. D 2010/2011 Úloha 6 Sedlák Matěj 7,5 bodů 1. Cukr obsažený ve vinné šťávě je glukosa. 2. Cukry v rostlinách vznikají fotosyntézou, kterou popisuje rovnice 12 H 2 O + 6 CO 2 C 6 H 12 O 6 + 6 H 2 O + 6 O 2 (lze uznat i zjednodušený zápis) 6 H 2 O + 6 CO 2 C 6 H 12 O 6 + 6 O 2... při fotosyntéze se uvolňuje kyslík. za uvedení reakce 1 bod, za zapsání kyslíku, celke 1,5 bodu 3. K fotosyntéze jsou saozřejě potřebné reaktanty oxid uhličitý a voda, dále zelené barvivo chlorofyl a sluneční záření. Také lze uvést i vhodnou teplotu. 1 bod 4. Rovnice reakce C 6 H 12 O 6 2 C 2 H 5 OH + 2 CO 2. Vzniká oxid uhličitý. za uvedení reakce 1 bod, za zapsání oxidu uhličitého, celke 1,5 bodu 5. Běhe reakce se uvolňuje plyn, který zvyšuje tlak v nádobě. Proto ůže dojít k její explozi. 6. Vypočítáe hustotu pro 1 ol plynu: (CO 2 ) ρ (CO 2 ) =. V(CO 2 ) Hotnost vyjádříe poocí látkového nožství a olární hotnosti ρ = (CO 2) n(co 2) M(CO 2) (CO 2 ) V = (CO 2) V. (CO 2) Po dosazení n(co 2) M(CO 2) 1 44,010 3 3 (CO 2 ) 1,938 g d ρ 1,938 kg = = = =. V 22,71 (CO 2 ) Hustota vzduchu je 1,2754 kg 3, oxid uhličitý á tudíž větší hustotu. za dosazení a výpočet, za porovnání hustoty, celke 2 body Lze uznat i jiná správná řešení. 7. Svíčka by při nedostatku kyslíku zhasla a tí nás varovala před nebezpečí udušení. 5
Řešení školního kola ChO kat. D 2010/2011 PRAKTICKÁ ČÁST (40 bodů) Úloha 1 Neznáé plyny 19 bodů Úkol: 1. Pozorování experientu. Látka Uvolňující se plyn Barva plynu Zápach Vzorek č. uhličitan CO 2 bezbarvý žádný siřičitan SO 2 bezbarvý štiplavý thiosíran * SO 2 bezbarvý štiplavý sulfid * dusitan H 2 S, v alé nožství SO 2 NO, dochází k oxidaci na NO 2 5 = 2,5 bodu bezbarvý bezbarvý, NO 2 je hnědočervený 5 0,25 bodu = 1,25 bodu po zkažených vejcích dráždivý 5 0,25 bodu = 1,25 bodu 5 2 bodu = 10 bodů ) v roztocích dochází k tvorbě eleentární síry (2 0,5 = 1 bod) ) číselné označení vzorků určí organizátoři po za každý správný plyn, po 0,25 bodu za správnou barvu a zápach plynu po 2 bodech za správně přiřazený vzorek a po za zínku síry v roztoku celke 16 bodů Otázky: Jaké jsou produkty následujících reakcí? Doplňte je a rovnice vyčíslete. 1. K 2 SO 3 + H 2 SO 4 K 2 SO 4 + H 2 O + SO 2 2. Na 2 S + H 2 SO 4 Na 2 SO 4 + H 2 S (příp. H 2 S + H 2 SO 4 S + SO 2 + 2 H 2 O) 3. NH 4 Cl + NaOH NH 3 + NaCl + H 2 O po 1 bodu za rovnice, rovnici v závorce nehodnotit celke 3 body Úloha 2 Lodní výtah 11 bodů Úkoly: 1. Hoření vaty s ethanole se spotřebovává kyslík a vzniká oxid uhličitý. Při zakrytí hořící vaty kádinkou se vyčerpá přítoný kyslík a plaen uhasne. Oxid uhličitý se rozpouští ve vodě a s hydroxide vápenatý v roztoku tvoří nerozpustnou sraženinu uhličitanu vápenatého. Za popis 1 bod, za vysvětlení 2 body, celke 3 body 2. CO 2 + Ca(OH) 2 CaCO 3 + H 2 O 1,5 bodu 3. Fenolftalein je zbarven dofialova, což znaená, že roztok je zásaditý, tedy á ph > 7. 1 bod 4. Plaen uhasíná, neboť v prostoru dochází kyslík. 1 bod 5. Po zhasnutí plaene zbude v prostoru převážně dusík, v enší íře oxid uhličitý. za dusík 1 bod, za oxid uhličitý pouze, celke 1 bod 6
Řešení školního kola ChO kat. D 2010/2011 Otázky: 1. Oxid vápenatý se triviálně nazývá pálené vápno, hydroxid vápenatý je označován jako hašené vápno. za každý triviální název po 0,5 bodě, celke 1 bod 2. CaO + H 2 O Ca(OH) 2 1,5 bodu 3. Tato reakce je podstatou tuhnutí alty. 1 bod 7
Řešení školního kola ChO kat. D 2010/2011 POKYNY PRO PŘÍPRAVU PRAKTICKÉ ČÁSTI Úloha 1 Neznáé plyny 19 bodů K úloze lze použít jakékoliv soli zíněných aniontů, jejichž kationty nereagují s kyselinou, včetně hydrátů. Jako příklad je uvedena následující tabulka. Vzorek Vzorec látky (+ hydrát) uhličitan Na 2 CO 3, K 2 CO 3 siřičitan Na 2 SO 3, K 2 SO 3 (popř. K 2 S 2 O 5 ) thiosíran Na 2 S 2 O 3 sulfid Na 2 S, K 2 S dusitan NaNO 2, KNO 2 Množství potřebné pro jednoho soutěžícího: 0,5 g od každé z krystalických látek ve forě čistých látek nebo dostupných hydrátů. Soutěžící dostanou zásobní lahve s názvy látek a 5 lahviček označených čísly, kde je nožství asi 2 dávky pro každého. asi 25 l 10%ní H 2 SO 4 (stačí ve společné zásobní lahvi), 10 zkuavek, kapátko, kádinka s horkou vodou (cca 100 l). Příprava 10% H 2 SO 4 K přípravě 100 l 10% kyseliny (pro 4 soutěžící) napipetujte 6 l 96%ní kyseliny do 89 l vody. Roztok H 2 SO 4 o koncentraci 10 % přibližně odpovídá olární koncentraci 1 ol d 3. Sulfan lze dokázat i zkouškou s AgNO 3. Kousek filtračního papíru naočený v roztoku AgNO 3 se zavede do zkuavky, kde se vyvíjí sulfan. Dojde ke vzniku černé sraženiny Ag 2 S. Úloha 2 Lodní výtah 11 bodů Množství potřebné na jednoho soutěžícího: 250 l vápenné vody, alobal asi 10 10 c, choáček vaty, špejle, zápalky, líh s kapátke (nebo střička), krystalizační iska o průěru asi 10 c, kádinka 100 250 l (aby se dobře vešla do krystalizační isky a nezvrhla isku s vatou). 8
Řešení školního kola ChO kat. D 2010/2011 Příprava vápenné vody Do 250 l vody přidáe lžičku CaO nebo vápenného hydrátu a rozícháe. Po 5 inutách zfiltrujee a láhev dobře uzavřee. Výluh z červeného zelí lze získat z červeného zelí v sladkokyselé nálevu, obsahuje trochu octu a dalších rozpuštěných látek, které ale většinou neovlivňují pokusy. 9
Kontrolní test školního kola ChO kat. D 2010/2011 KONTROLNÍ TEST ŠKOLNÍHO KOLA (60 bodů) Časová náročnost: 60 inut Přípustné poůcky: kalkulačka Úloha 1 Sveďe to na něj! 7,5 bodu V polovině 17. století přišel alchyista J. J. Becher s teorií vysvětlující hoření látek, podle které se při spálení uvolňovala jakási zvláštní substance, kterou pojenoval flogiston (z řeckého phlox plaen). Tuto látku považoval za podstatu hoření. Pokud se tedy prvky nebo sloučeniny daly na vzduchu spálit, obsahovaly flogiston. Spálení se jej pak zbavily a nabyly čisté podoby, která byla označována jako tzv. calx. Flogiston neěl žádnou barvu ani zápach a nedal se přío izolovat ani dokázat. J. J. Becher poocí této teorie popsal i etabolické reakce živých organisů a také např. rezavění kovových předětů. Zánik flogistonové teorie znaenala až práce L. A. Lavoisiera, který vysvětlil podstatu hoření jako oxidaci vzdušný kyslíke. Úkoly: 1. Uveďte vzorec sloučeniny, která by podle flogistonové teorie představovala čistou podobu (calx) železa. 2. Napište reakci popisující hoření hořčíku na vzduchu a vyčíslete ji (při reakci vzniká oxid). 3. Flogistonová teorie občas narazila na problé, kdy při hoření byla hotnost produktu větší než hotnost výchozí látky (flogiston by tedy ěl zápornou hotnost). Spočítejte hotnost produktu výše uvedené reakce, pokud shořelo 14,0 g hořčíku. 4. Jaká by usela být hotnost uvolněného flogistonu při této reakci, pokud bycho dodrželi zákon zachování hotnosti? 5. Spočítejte nyní hotnost zreagovaného kyslíku. 6. Jaký v této reakci panuje vztah ezi kyslíke a flogistone? Zadáno: A r (Mg) = 24,305; A r (O) = 16,00. Úloha 2 Výroba aoniaku 16 bodů Aoniak se průyslově vyrábí tzv. Haber-Boschovou syntézou, kdy se slučují plynný vodík s dusíke za vysokého tlaku, teploty a přítonosti katalyzátoru (houbovité železo) v konvertoru. Probíhající cheická reakce je tedy následující Fe, Δt, N 2 + 3 H 2 Δ p 2 NH 3 Reakce neprobíhá úplně a vzniká sěs aoniaku, vodíku a dusíku. Aoniak se ze sěsi získá tak, že se sěs ochladí dokud nezkapalní a poto se zbylé plyny odčerpají. Úkoly: 1. Bude se běhe reakce obje plynů v konvertoru snižovat nebo zvyšovat? Odůvodněte. 2. Při jaké tlaku bude vyšší výtěžek reakce? Při nízké nebo při vysoké? Vysvětlete. 3. Vypočítejte, kolik kg dusíku a kolik kg vodíku je potřeba k výrobě 50 kg aoniaku. 4. Jaký obje by za standardních podínek zaujíaly tyto plyny? 5. Jaký obje by ěl za těchto podínek vznikající aoniak? Výsledek uveďte v d 3 i 3. 10
Kontrolní test školního kola ChO kat. D 2010/2011 6. Vypočítejte, jaký obje aoniaku usí zreagovat s kyselinou dusičnou, aby bylo připraveno 5 tun dusičnanu aonného, běžně používaného jako hnojivo (uvažujte standardní podínky). Zadáno: A r (N) = 14,007; A r (H) = 1,008; A r (O) = 16,00. Úloha 3 Doplňovačka 9 bodů Tajenkou doplňovačky je jéno objevitele nejlehčího existujícího prvku. Doplňte jednotlivé řádky, uveďte jéno tohoto vědce a napište prvek, který objevil. 5. 4. 8. 3. 6. 9. 10. 2. 7. 12. 1. 11. 13. 14. 1. Druhý nejlehčí prvek. 2. Nejlehčí uhlovodík s dvojnou vazbou. 3. Označení plynů 18. skupiny. 4. Reakce, kdy z propylenu vzniká polypropylen. 5. Označení prvků 17. skupiny. 6. Část destilátu o určité rozezí bodu varu. 7. Veli reaktivní částice. 8. Druh hasicího přístroje, který jako náplň používá oxid uhličitý. 9. Triviální označení aoniaku. 10. Nehořlavé halogenované alkany dříve používané jako hnací édiu ve sprejích a také jako chladící édiu v ledničkách. 11. Název prvku se značkou N. 12. Pohonný a topný plyn získávaný anaerobní rozklade organických látek. 13. Název zěny skupenství z pevného na plynné. 14. Název reakce, při které látka přijíá olekulu vody. 11
Kontrolní test školního kola ChO kat. D 2010/2011 Úloha 4 Elektrolýza 13 bodů Elektrolýza je jednou z etod přípravy a výroby plynů. Je to děj, který probíhá na elektrodách při průchodu stejnosěrného proudu roztoke nebo taveninou. Podínkou je, že tento roztok nebo tavenina obsahuje volně pohyblivé ionty, které se při vložení napětí ohou pohybovat ke kladné nebo k záporné elektrodě, kde ůže dojít k reakci. O takové látce hovoříe jako o elektrolytu. Následující schéa popisuje princip elektrolýzy. Elektrody jsou elektrické vodiče, které jsou v kontaktu s elektrolyte. Dělí se na katodu a anodu. Často se ůžee setkat, například v křížovkách, s tí že se jedné z nich přisuzuje kladný náboj a druhé záporný. Fakte je, že toto určení je relativní v závislosti na to, zda v soustavě probíhá elektrolýza, nebo soustava naopak funguje jako galvanický článek. Proto si zapaatujte na anodě vždy dochází k oxidaci a na katodě k redukci! Děj na elektrodě se vyjadřuje poocí poloreakce, což je reakce iontu s elektrony (tedy jejich přijíání nebo naopak odštěpování). Spojení poloreakcí na elektrodách získáe kopletní cheickou reakci. Úkoly: 1. Pokuste se napsat co nejpřesnější definici oxidace a redukce. Jak se při těchto dějích ění oxidační číslo? 2. Pojenujte elektrody A a B na obrázku. 3. Napište rovnici reakce probíhající při elektrolýze roztoku chloridu ěďnatého včetně poloreakcí na elektrodách. 4. Vypočítejte, kolik graů ědi a kolik d 3 chloru se uvolní kopletní elektrolýzou 0,50 d 3 roztoku CuCl 2 o koncentraci 0,10 ol d 3. 5. Napište, jaké plyny se uvolňují při elektrolýze roztoku chloridu sodného. Jakou barvu by ěl univerzální ph papírek ponořený do roztoku běhe elektrolýzy? Odpovídá to kyseléu nebo zásaditéu ph? Zadáno: A r (Cu) = 63,546; A r (Cl) = 35,45; A r (O) = 16,00. 12
Kontrolní test školního kola ChO kat. D 2010/2011 Úloha 5 Matěj spravuje traktor 14,5 bodů Jednou takhle v neděli přišel Matěj z kostela a protože neěl nic na práci, sedl si na pohovku k televizi a vychutnával poklid nedělního dne. Po chvilce však do obýváku naběhly jeho tři děti a pustily si fil, který předchozí den večer nechaly nahrát na DVD. Byl to znáý fil o rychlých autech a nelegálních závodech na ulicích. Jak tak Matěj koukal na rychlá kola a vyladěné otory, napadlo ho vylepšit svůj vlastní traktor. Tož ten zetorek trochu oladí, poyslel si. Po internetu objednal obrovskou bednu plnou záhadných součástek s velký nápise NOS. To bude stará čučat! pousál se a zizel s celou zásilkou ve stodole. Po dvou odpoledních nekonečného bouchání a svařování nakonec Matěj zavolal ženu s děti k předělanéu traktoru. Když nastartoval otor, vše běželo jako zastara, jakile se však rozjel a záčkl červené tlačítko, z výfuku se vyvalil obrovský rak černého dýu a stařičký exeplář Zetoru 25 vystřelil po ulici ohronou rychlostí. Úkoly: 1. Pod označení NOS se skrývá oxid dusíku, který obsahuje 64 % tohoto prvku. O jaký plyn se jedná? Uveďte i jeho vzorec. 2. Jaký je triviální název tohoto plynu? 3. Výkon traktoru původně činil 18 kw. O kolik koní se výkon navýšil, pokud NOS systé přidal traktoru 50 % výkonu? (1 HP = 0,735 kw, výsledek zaokrouhlete na celé koně). 4. Vyjenujte čtyři plyny nebo jejich skupiny obsažené ve výfukových plynech (o eleentární dusíku neuvažujte). U každé látky napište, čí je nebezpečná. 5. K čeu u autoobilů slouží katalyzátor? 6. Katalyzátor se skládá z oxidační a z redukční části. Ke každé části katalyzátoru přiřaďte jeden plyn, který na ně reaguje, a napište konečné produkty těchto reakcí. 7. Levnější variantou benzinu a nafty jsou zkapalněné uhlovodíkové plyny, které převážně obsahují propan a butan (LPG). Napište vyčíslené rovnice dokonalého hoření těchto dvou uhlovodíků. Zadáno: A r (N) = 14,007; A r (O) = 16,00. 13
Řešení kontrolního testu školního kola ChO kat. D 2010/2011 ŘEŠENÍ KONTROLNÍHO TESTU ŠKOLNÍHO KOLA Úloha 1 Sveďe to na něj! 7,5 bodu 1. Čistou podobu železa by představoval Fe 2 O 3. za uvedení Fe 2 O 3 1,5 bodu, za FeO popř. Fe 3 O 4 1 bod 2. 2 Mg + O 2 2 MgO za správný zápis rovnice 1 bod 3. Hotnost vzniklého MgO (Mg) 14,0 (MgO) = n(mgo) M(MgO) = n(mg) M(MgO) = M(MgO) = 40,304 = 23, 2 g M (Mg) 24,305 Při spálení 14 g hořčíku vznikne 23,2 g oxidu hořečnatého. za správný postup 1,5 bodu, za dosazení a výsledek, celke 2 body, lze uznat i jiná správná řešení 4. Hotnost uvolněného flogistonu f = (Mg) (MgO) = 14,0 23,2 = 9,2 g Hotnost uvolněného flogistonu by při reakci byla 9,2 g. 1 bod 5. Hotnost zreagovaného kyslíku (O 2 ) = (MgO) (Mg) = 23, 2 14 = 9, 2 g Hotnost zreagovaného kyslíku činí 9,2 g. 1 bod 6. Hotnost flogistonu je rovna záporné hotnosti kyslíku. 1 bod Úloha 2 Výroba aoniaku 16 bodů 1. Běhe reakce se bude obje plynů snižovat, protože látkové nožství plynů klesá na polovinu (ze 4 na 2). za odpověď, za vysvětlení 1 bod, celke 1,5 bodu 2. Vyšší výtěžek bude při vysoké tlaku, protože soustava se bude snažit zenšit svůj obje. za odpověď, za vysvětlení 1 bod, celke 1,5 bodu 3. Hotnost spotřebovaného dusíku při reakci (N 2) = n(n 2) M(N 2) z rovnice víe, že n 1 (N 2 ) = 2 n (NH 3 ), ůžee tedy upravit předchozí vztah 1 (N 2 ) = n (N 2 ) M (N 2 ) = 2 n (NH 3 ) M (N 2 ) 0,75 bodu následně vyjádříe látkové nožství aoniaku (NH 3 ) 1 1 (N 2) = 2 n(nh 2 3) M(N 2) = M(N 2) M (NH 3 ) Po dosazení (NH 3 ) 50 1 1 1 (N 2) = n(n 2 2 2 2) M(N 2) = n(nh 3) M(N 2) = M(N 2) = 28,013 = 41,1 kg M (NH 3 ) 17,030 0,75 bodu Hotnost spotřebovaného vodíku při reakci (NH 3 ) 50 3 3 3 (H 2 2 2 2) = n(nh 3) M(H 2) = M(H 2) = 2,016 = 8,9 kg M 17, 030 (NH 3 ) 14
Řešení kontrolního testu školního kola ChO kat. D 2010/2011 Hotnost dusíku a vodíku potřebná k výrobě 50 kg aoniaku činí 41,1 kg a 8,9 kg. za každý výpočet 2,5 bodu, celke 5 bodů, lze uznat i jiná správná řešení Obje dusíku za standardních podínek (N 2 ) 41,1 3 V(N 2) = n(n 2) V = V = 22,71 = 33,3. M (N 2 ) 28,013 Obje vodíku za standardních podínek se vypočítá buď stejný způsobe (H 2 ) 8,9 3 V(H 2 ) = V = 22,71 = 100, M (H 2 ) 2,016 nebo násobení objeu dusíku o stechioetrický koeficient 3 V(H 2) = 3V(N 2) = 100 Adekvátní objey těchto plynů za standardních podínek jsou 33,3 3 a 100 3. za správný postup u každého plynu 1 bod, za dosazení a výsledek 0,75 bodu, celke 3,5 bodu, lze uznat i jiná správná řešení Obje vznikajícího aoniaku 3 3 V(NH 3) = 2V(N 2) = 66,7 = 66 700 d Obje vznikajícího aoniaku činí 66,7 3, tedy 66 700 d 3. za správný postup 1 bod, za každý výsledek, celke 2 body, lze uznat i jiná správná řešení Rovnice reakce NH 3 + HNO 3 NH 4 NO 3 Obje aoniaku V = n V ( NH3) (NH 3) Z rovnice plyne n = n, platí tedy (NH 3) (NH4NO 3) V = n V = n V 0,75 bodu ( NH3) (NH 3) (NH4NO 3) Vyjádříe látkové nožství dusičnanu (NH4NO 3) V( NH3) = n(nh4no 3) V = V M (NH4NO 3) Po dosazení V n V n V V 510 6 (NH4NO 3) 3 ( NH3) = (NH 3) = (NH4NO 3) = = 22,71 = 1419 M (NH4NO 3) 80,043 Obje aoniaku potřebného k reakci je 1419 3. 0,75 bodu za výpočet celke 2,5 body, lze uznat i jiná správná řešení 15
Řešení kontrolního testu školního kola ChO kat. D 2010/2011 Úloha 3 Doplňovačka 9 bodů 1. H E L I U M 2. E T H E N 3. V Z Á C N É 4. P O L Y M E R A C E 5. H A L O G E N Y 6. F R A K C E 7. R A D I K Á L 8. S N Ě H O V Ý 9. Č P A V E K 10. F R E O N Y 11. D U S Í K 12. B I O P L Y N 13. S U B L I M A C E 14. H Y D R A T A C E Nejlehčí prvek objevil Henry Cavendish, títo prvek je vodík. za každý správný poje, za tajenku 1 bod a za uvedený prvek 1 bod Úloha 4 Elektrolýza 13 bodů 1. Oxidace je děj, při které dochází k uvolňování elektronů z atou a zvyšuje se tedy jeho oxidační číslo. Redukce je naopak spojená s příje elektronů a snížení oxidačního čísla. za každou definici 1 bod, celke 2 body 2. A je anoda a B je katoda. 1 bod 3. A: 2 Cl Cl 2 + 2 e K: Cu 2+ + 2 e Cu Rovnice reakce CuCl 2 Cu + Cl 2 za každou správně napsanou reakci 1 bod, celke 3 body 4. Hotnost uvolněné ědi se dá vyjádřit jako součin látkového nožství a olární hotnosti = n M (Cu) (Cu) (Cu) z látkové bilance lze usoudit, že (Cu) (Cu) (Cu) (CuCl 2 ) (Cu) n = n, proto ůžee napsat (Cu) (CuCl 2 ) = n M = n M nakonec vyjádříe látkové nožství chloridu ěďnatého = n M = c V M (Cu) (CuCl 2) (Cu) (CuCl 2) (CuCl 2) (Cu) a dosadíe (Cu) = c(cucl 2) V(CuCl 2) M(Cu) = 0,1 0,5 63,546 = 3,2 g Obje uvolněného chloru se spočítá analogicky s použití olárního objeu 16
Řešení kontrolního testu školního kola ChO kat. D 2010/2011 3 V(Cl 2) = n(cl 2) V = n(cucl 2) V = c(cucl 2) V(CuCl 2) V = 0,10 0,50 22,71 = 1,1 d Při reakci se vyloučilo 3,2 g ědi a 1,1 d 3 chloru. za každý správný postup 1,5 bodu, za dosazení a výsledek, celke 4 body Lze uznat i jiná správná řešení. 5. Probíhající děj popisuje rovnice 2 NaCl + 2 H 2 O 2 NaOH + Cl 2 + H 2 Při elektrolýze roztoku NaCl se uvolňuje eleentární vodík a chlor. Elektrolyt vykazuje díky vznikajícíu hydroxidu zásaditou reakci, universální ph papírek proto barví doodra. za každý správně uvedený plyn, za uvedení zásaditého ph 1 bod, za správnou barvu ph papírku také 1 bod, celke 3 body Úloha 5 Matěj spravuje traktor 14,5 bodů 1. Jedná se o oxid dusný, N 2 O. za název i vzorec plynu, celke 1 bod 2. Triviální název tohoto plynu je rajský plyn. 3. Počet koní, o které se zvýšil výkon otoru, získáe tak, že vypočítáe nejdříve rozdíl výkonů v kw. Δ P = P 50 % = 18 0,5 = 9 kw 0,75 bodu 4. (kw) 0 A poté jej převedee na rozdíl v koních ΔP(kW) ΔP ( HP) = = 12 HP 1,25 bodu 0,735 Výkon traktoru se zvýšil o 12 koní. za výpočet tedy celke 2 body Lze uznat i jiná správná řešení. Plyn Nebezpečnost CO 2 skleníkový plyn H 2 O žádná/přírodní skleníkový plyn CO prudce jedovatý NO x jedovaté popř. C x H y zdraví škodlivé za každý údaj, celke 4 body 5. Katalyzátor slouží ke snížení eisí jedovatých látek ve výfukových plynech. 1 bod 6. Oxidační část: CO CO 2 popř. C x H y CO 2 + H 2 O Redukční část: NO x N 2 za každé schéa 1 bod, celke 2 body 7. C 3 H 8 + 5 O 2 3 CO 2 + 4 H 2 O 2 C 4 H 10 + 13 O 2 8 CO 2 + 10 H 2 O za každou reakci axiálně 2 body, celke 4 body 17
Cheická olypiáda Autorská řešení soutěžních úloh školního kola kategorie D 47. ročník 2010/2011 Autoři kategorie D: Odborná recenze: Pedagogická recenze: Redakce: Vydal: Miroslav Bruovský, Stanislav Geidl Ing. Magdalena Janichová PaedDr. František Lexa Bc. Ladislav Nádherný Vydavatelství VŠCHT Praha 50 ks ISBN: 978-80-7080-758-3