Ústřední komise Chemické olympiády
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 atomy uhlíku a vodíku. 0,5 bodu 2. Uhlík je v organických látkách čtyřvazný. 0,5 bodu 3. Největší podíl zemního plynu tvoří methan. 0,5 bodu Methan není jedovatý, je ale nedýchatelný. stačí uvést, že není jedovatý – 0,5 bodu 4. Dokonalým spalováním uhlovodíků vzniká oxid uhličitý a voda. 0,5 bodu 1 bod Rovnice spalování methanu CH4 + 2 O2 ⎯→ CO2 + 2 H2O 5. Při nedokonalém hoření se uvolňuje i oxid uhelnatý. Je prudce jedovatý a výbušný. za název plynu 0,5 bodu, za odůvodnění jeho nebezpečnosti 0,5 bodu, celkem 1 bod 6. Reakce můžeme dělit podle jejich tepelného zabarvení. Reakce, při kterých se teplo uvolňuje, se nazývají exotermní, naopak ty, při kterých se teplo spotřebovává, označujeme jako endotermní. 1 bod 7. Hoření je exotermní děj. 0,5 bodu 8. Tranzitní plynovod vychází z Ruska. 0,5 bodu Plyn
Složení
LPG
propan, butan
Zemní plyn
CH4
Generátorový plyn (chudý)
CO, N2
Bioplyn
CH4, CO2
Svítiplyn
H2, CO, CH4
Dřevoplyn
N2, CO, CO2, H2
Vodní (syntézní) plyn
CO, H2 za uvedení správného složení 0,5 bodu, celkem 3,5 bodu
1
Řešení školního kola ChO kat. D 2010/2011 Úloha 2
Hymnus o komorních plynech 1.
5.
F
5 bodů
O
S
F
A
N
2.
CH
L
O
R
3.
T
O
X
I N
4.
F
O
S
G
E
Y
P
E
R
I
T
6.
S
U
L
7.
9.
C
I
T
F
A
N
A
K
U
T
N
Í
8.
CH
R
O
N
I
C
K
É
K
Y
A
N
O
V
O
D
Í
A
K
Za nositele hořlavosti byl dříve považován flogiston. za každý správně doplněný pojem 0,5 bodu, za tajenku 0,5 bodu, celkem 5 bodů Úloha 3 Všude kolem nás
14 bodů
1. 10 chyb v textu: a) plynný prvek – plynná směs, b) 4/5 kyslíku – 4/5 dusíku, c) 1/5 dusíku – 1/5 kyslíku, d) g cm−3 – kg m−3, e) tříatomovými molekulami – dvojatomovými molekulami, f) anaerobních – aerobních, g) oxiduje – redukuje, h) vzniká – spotřebovává se, i) výrobě bílkovin – výrobě sacharidů, j) zásadité deště – kyselé deště. za každý opravený pojem 0,5 bodu, celkem 5 bodů 0,5 bodu 2. Mezi nitrózní plyny patří NO a NO2. 3. Nitrózní plyny se do ovzduší uvolňují zejména spalováním tuhých paliv, provozem spalovacích motorů (např. automobilových), ale také při některých chemických výrobách. 0,5 bodu 4. Za normálních podmínek je plyn pouze SO2. Do ovzduší se uvolňuje zejména spalováním uhlí. 0,5 bodu 5. Skleníkový efekt je jev, kdy teplo vzniklé absorpcí slunečního záření neprochází zpět do vesmíru, ale zůstává v atmosféře, a tak ji ohřívá. Mezi skleníkové plyny patří zejména vodní pára, CO2, CH4, N2O, O3 a freony. za vysvětlení pojmu 0,75 bodu, za uvedení 4 plynů 0,75 bodu, celkem 1,5 bodu 6. 1 ppm = 0,0001 %. 0,5 bodu 7. K výpočtu použijeme vztah pro hmotnost a hmotnostní zlomek. m(H2S) = mvzd. ⋅ w(H2S) = Vvzd. ⋅ ρ vzd. ⋅ w(H 2S) = 1 ⋅1, 2754 ⋅ 40 ⋅10−6 = 51 mg 2
Řešení školního kola ChO kat. D 2010/2011 1 m3 obsahuje 51 mg sulfanu. Zadaná koncentrace ještě není smrtelná (LC50 = 800 ppm). za správný postup 1 bod, za dosazení a výsledek 0,5 bodu, za srovnání 0,5 bodu, celkem 2 body 8. Hustotu vzduchu můžeme vypočítat pomocí vztahu pro hustotu, látkové množství a objemový zlomek. Nejdříve si vyjádříme hustotu: m 0,5 bodu ρ= . V Hmotnost lze vyjádřit jako součin látkového množství a molární hmotnosti, platí tedy m nM ρ= = . 0,5 bodu V V Látkové množství nyní vyjádříme pomocí molárního objemu V M nM Vm M ρ= = = . V V Vm Vidíme, že můžeme vykrátit celkový objem soustavy 0,5 bodu Teď už musíme akorát zohlednit procentuální zastoupení plynů ve vzduchu, který vyjadřuje objemový zlomek ϕ φ M φ M ρ = (N2 ) (N2 ) + (O2 ) (O2 ) . 0,5 bodu Vm Vm Po dosazení 0, 79 ⋅ 28, 01 0, 21⋅ 32, 00 ρ= + = 0,9744 + 0, 2959 = 1, 2703 kg m –3 22, 71 22, 71 Vypočtená hodnota hustoty se liší od tabelované hodnoty až na třetím desetinném místě, proto ji můžeme považovat za přesnou. za dosazení a výsledek 1 bod, za srovnání přesnosti 0,5 bodu, celkem 3,5 bodu, Lze uznat i jiná správná řešení. Úloha 4 Vlastnosti plynů
13 bodů
Vzorec
Systematický název
Barva
Zápach
Rozpustnost ve vodě? (Ano/Ne)
N2 CO CO2 SO2 HCl N2O NO NO2 Cl2 NH3 CH4
dusík oxid uhelnatý oxid uhličitý oxid siřičitý chlorovodík oxid dusný oxid dusnatý oxid dusičitý chlor amoniak methan
bezbarvý bezbarvý bezbarvý bezbarvý bezbarvý bezbarvý bezbarvý hnědočervená nazelenalá bezbarvý bezbarvý
bez zápachu bez zápachu bez zápachu štiplavý štiplavý nasládlý dráždivý dráždivý dráždivý, desinfekční štiplavý bez zápachu
Ne Ne Ano Ano Ano Ano Ne Ano Ano Ano Ne
za každé správně vyplněné pole 0,25 bodu (u zápachu lze uznat i odpověď typu Ano/Ne), celkem 11 bodů 3
Řešení školního kola ChO kat. D 2010/2011 1. Kyselinotvorné jsou: CO2, SO2, HCl, NO2, Cl2. Zásadotvorný je NH3. za každý správně uvedený plyn 0,25 bodu, celkem 1,5 bodu 2. Reakce se nazývá neutralizace, vzniká při ní sůl a voda. 0,5 bodu Úloha 5 Příprava plynů
10,5 bodů
1. Reakce: Δt K2MnO4 + MnO2 + O2 termický rozklad a) 2 KMnO4 ⎯⎯→ Δt b) C + O2 ⎯⎯→ CO2 spalování elektrolýza c) ZnCl2 ⎯→ Zn + Cl2 vytěsnění slabší kyseliny d) K2SO3 + 2 HCl ⎯→ 2 KCl + SO2 + H2O e) Fe + H2SO4 ⎯→ FeSO4 + H2 reakce kyseliny s neušlechtilým kovem za každou správně zapsanou reakci 0,5 bodu, za správný název 0,5 bodu, celkem 5 bodů 2. Solanka je nasycený vodný roztok chloridu sodného. 0,5 bodu 3. Rovnice elektrochemické reakce: 2 H2O ⎯→ 2 H2 + O2 (produkty jsou vodík a kyslík) a) Při elektrolýze se používá roztok kyseliny sírové, protože má vyšší vodivost než voda. b) K tomuto účelu by šel samozřejmě použít i roztok síranu sodného. za uvedení produktů 0,5 bodu, za vysvětlení vodivosti 0,5 bodu, za kladnou odpověď na použití síranu 0,5 bodu, celkem 1,5 bodu 4. Uvolňuje se kyslík. 0,5 bodu 5. Rovnice vytěsnění: např. Na2CO3 + 2 HCl ⎯→ 2 NaCl + CO2 + H2O 1 bod 6. Rovnice reakce Zn + 2 HCl ⎯→ ZnCl2 + H2 Při výpočtu vyjdeme z následujícího vztahu m(Zn) =n(Zn) ⋅ M (Zn) . 0,5 bodu
Z rovnice vidíme, že n(Zn) = n(H2 ) , tedy platí
m(Zn) =n(Zn) ⋅ M (Zn) = n(H2 ) ⋅ M (Zn) . Nyní vyjádříme látkové množství vodíku pomocí molárního objemu V(H ) m(Zn) = n( H 2 ) ⋅ M (Zn) = 2 ⋅ M (Zn) a dosadíme Vm V(H ) 11,36 m(Zn) = 2 ⋅ M (Zn) = ⋅ 65,38 = 32, 70 g Vm 22, 71 K uvolnění 11,36 dm3 vodíku je třeba, aby zreagovalo 32,70 g zinku.
0,5 bodu
0,5 bodu
0,5 bodu celkem 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. 0,5 bodu 2. Cukry v rostlinách vznikají fotosyntézou, kterou popisuje rovnice 12 H2O + 6 CO2 ⎯→ C6H12O6 + 6 H2O + 6 O2 (lze uznat i zjednodušený zápis) 6 H2O + 6 CO2 ⎯→ C6H12O6 + 6 O2 .... při fotosyntéze se uvolňuje kyslík. za uvedení reakce 1 bod, za zapsání kyslíku 0,5 bodu, celkem 1,5 bodu 3. K fotosyntéze jsou samozřejmě potřebné reaktanty – oxid uhličitý a voda, dále zelené barvivo chlorofyl a sluneční záření. Také lze uvést i vhodnou teplotu. 1 bod 4. Rovnice reakce C6H12O6 ⎯⎯→ 2 C2H5OH + 2 CO2. Vzniká oxid uhličitý. za uvedení reakce 1 bod, za zapsání oxidu uhličitého 0,5 bodu, celkem 1,5 bodu 5. Během reakce se uvolňuje plyn, který zvyšuje tlak v nádobě. Proto může dojít k její explozi. 0,5 bodu 6. Vypočítáme hustotu pro 1 mol plynu: m ρ(CO2 ) = (CO2 ) . 0,5 bodu V(CO2 ) Hmotnost vyjádříme pomocí látkového množství a molární hmotnosti m n M ρ(CO2 ) = (CO2 ) = (CO2 ) (CO2 ) . V(CO2 ) V(CO2 )
0,5 bodu
Po dosazení n M 1 ⋅ 44, 010 = 1,938 g dm −3 = 1,938 kg m −3 . ρ (CO2 ) = (CO2 ) (CO2 ) = V(CO2 ) 22, 71 Hustota vzduchu je 1,2754 kg m−3, oxid uhličitý má tudíž větší hustotu. za dosazení a výpočet 0,5 bodu, za porovnání hustoty 0,5 bodu, celkem 2 body Lze uznat i jiná správná řešení. 7. Svíčka by při nedostatku kyslíku zhasla a tím nás varovala před nebezpečím udušení. 0,5 bodu
5
Řešení školního kola ChO kat. D 2010/2011
PRAKTICKÁ ČÁST (40 bodů) Úloha 1 Neznámé plyny
19 bodů
Úkol: 1. Pozorování experimentu. Látka
Uvolňující se plyn
Barva plynu
Zápach
Vzorek č.
uhličitan
CO2
bezbarvý
žádný
∗∗
siřičitan
SO2
bezbarvý
štiplavý
∗∗
thiosíran*
SO2
bezbarvý
štiplavý
∗∗
bezbarvý
po zkažených vejcích
sulfid* dusitan
H2S, v malém množství SO2 NO, dochází k oxidaci na NO2 5 × 0,5 bodu = 2,5 bodu
bezbarvý, NO2 je hnědočervený 5 × 0,25 bodu = 1,25 bodu
∗∗
dráždivý
∗∗
5 × 0,25 bodu = 1,25 bodu
5 × 2 bodu = 10 bodů
∗)
v roztocích dochází k tvorbě elementární síry (2 × 0,5 = 1 bod) číselné označení vzorků určí organizátoři po 0,5 bodu za každý správný plyn, po 0,25 bodu za správnou barvu a zápach plynu po 2 bodech za správně přiřazený vzorek a po 0,5 bodu za zmínku síry v roztoku celkem 16 bodů Otázky: Jaké jsou produkty následujících reakcí? Doplňte je a rovnice vyčíslete. 1. K2SO3 + H2SO4 ⎯→ K2SO4 + H2O + SO2 2. Na2S + H2SO4 ⎯→ Na2SO4 + H2S (příp. H2S + H2SO4 ⎯⎯→ S + SO2 + 2 H2O) 3. NH4Cl + NaOH ⎯→ NH3 + NaCl + H2O po 1 bodu za rovnice, rovnici v závorce nehodnotit celkem 3 body ∗∗)
Úloha 2 Lodní výtah
11 bodů
Úkoly: 1. Hořením vaty s ethanolem se spotřebovává kyslík a vzniká oxid uhličitý. Při zakrytí hořící vaty kádinkou se vyčerpá přítomný kyslík a plamen uhasne. Oxid uhličitý se rozpouští ve vodě a s hydroxidem vápenatým v roztoku tvoří nerozpustnou sraženinu uhličitanu vápenatého. Za popis 1 bod, za vysvětlení 2 body, celkem 3 body 2. CO2 + Ca(OH)2 ⎯→ CaCO3 + H2O 1,5 bodu 3. Fenolftalein je zbarven dofialova, což znamená, že roztok je zásaditý, tedy má pH > 7. 1 bod 4. Plamen uhasíná, neboť v prostoru dochází kyslík. 1 bod 5. Po zhasnutí plamene zbude v prostoru převážně dusík, v menší míře oxid uhličitý. za dusík 1 bod, za oxid uhličitý pouze 0,5 bodu, celkem 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, celkem 1 bod 1,5 bodu 2. CaO + H2O ⎯→ Ca(OH)2 1 bod 3. Tato reakce je podstatou tuhnutí malty.
7
Řešení školního kola ChO kat. D 2010/2011
POKYNY PRO PŘÍPRAVU PRAKTICKÉ ČÁSTI Úloha 1 Neznámé plyny
19 bodů
K úloze lze použít jakékoliv soli zmíněných aniontů, jejichž kationty nereagují s kyselinou, včetně hydrátů. Jako příklad je uvedena následující tabulka. Vzorek
Vzorec látky (+ hydrát)
uhličitan
Na2CO3, K2CO3
siřičitan
Na2SO3, K2SO3 (popř. K2S2O5)
thiosíran
Na2S2O3
sulfid dusitan
Na2S, K2S NaNO2, KNO2
Množství potřebné pro jednoho soutěžícího: • 0,5 g od každé z krystalických látek ve formě čistých látek nebo dostupných hydrátů. Soutěžící dostanou zásobní lahve s názvy látek a 5 lahviček označených čísly, kde je množství asi 2 dávky pro každého. • asi 25 ml 10%ní H2SO4 (stačí ve společné zásobní lahvi), • 10 zkumavek, • kapátko, • kádinka s horkou vodou (cca 100 ml). Příprava 10% H2SO4 K přípravě 100 ml 10% kyseliny (pro 4 soutěžící) napipetujte 6 ml 96%ní kyseliny do 89 ml vody. Roztok H2SO4 o koncentraci 10 % přibližně odpovídá molární koncentraci 1 mol dm–3.
Sulfan lze dokázat i zkouškou s AgNO3. Kousek filtračního papíru namočený v roztoku AgNO3 se zavede do zkumavky, kde se vyvíjí sulfan. Dojde ke vzniku černé sraženiny Ag2S. Úloha 2 Lodní výtah
11 bodů
Množství potřebné na jednoho soutěžícího: • 250 ml vápenné vody, • alobal asi 10 × 10 cm, • chomáček vaty, • špejle, • zápalky, • líh s kapátkem (nebo střička), • krystalizační miska o průměru asi 10 cm, • kádinka 100 – 250 ml (aby se dobře vešla do krystalizační misky a nezvrhla misku s vatou). 8
Řešení školního kola ChO kat. D 2010/2011 Příprava vápenné vody Do 250 ml vody přidáme lžičku CaO nebo vápenného hydrátu a rozmícháme. Po 5 minutách zfiltrujeme a láhev dobře uzavřeme.
Výluh z červeného zelí lze získat z „červeného zelí v sladkokyselém 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 minut
Přípustné pomůcky:
Úloha 1 Sveďme to na něj!
kalkulačka 7,5 bodu
V polovině 17. století přišel alchymista J. J. Becher s teorií vysvětlující hoření látek, podle které se při spálení uvolňovala jakási zvláštní substance, kterou pojmenoval flogiston (z řeckého phlox – plamen). Tuto látku považoval za podstatu hoření. Pokud se tedy prvky nebo sloučeniny daly na vzduchu spálit, obsahovaly flogiston. Spálením se jej pak zbavily a nabyly čisté podoby, která byla označována jako tzv. calx. Flogiston neměl žádnou barvu ani zápach a nedal se přímo izolovat ani dokázat. J. J. Becher pomocí této teorie popsal i metabolické reakce živých organismů a také např. rezavění kovových předmětů. Zánik flogistonové teorie znamenala až práce L. A. Lavoisiera, který vysvětlil podstatu hoření jako oxidaci vzdušným kyslíkem. 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 problém, kdy při hoření byla hmotnost produktu větší než hmotnost výchozí látky (flogiston by tedy měl zápornou hmotnost). Spočítejte hmotnost produktu výše uvedené reakce, pokud shořelo 14,0 g hořčíku. 4. Jaká by musela být hmotnost uvolněného flogistonu při této reakci, pokud bychom dodrželi zákon zachování hmotnosti? 5. Spočítejte nyní hmotnost zreagovaného kyslíku. 6. Jaký v této reakci panuje vztah mezi kyslíkem a flogistonem?
Zadáno: Ar(Mg) = 24,305; Ar(O) = 16,00. Úloha 2 Výroba amoniaku
16 bodů
Amoniak se průmyslově vyrábí tzv. Haber-Boschovou syntézou, kdy se slučují plynný vodík s dusíkem za vysokého tlaku, teploty a přítomnosti katalyzátoru (houbovité železo) v konvertoru. Probíhající chemická reakce je tedy následující
Fe, Δt, Δp N2 + 3 H2 ⎯⎯ ⎯ ⎯⎯→ 2 NH3 Reakce neprobíhá úplně a vzniká směs amoniaku, vodíku a dusíku. Amoniak se ze směsi získá tak, že se směs ochladí dokud nezkapalní a potom se zbylé plyny odčerpají. Úkoly: 1. Bude se během reakce objem plynů v konvertoru snižovat nebo zvyšovat? Odůvodněte. 2. Při jakém tlaku bude vyšší výtěžek reakce? Při nízkém nebo při vysokém? Vysvětlete. 3. Vypočítejte, kolik kg dusíku a kolik kg vodíku je potřeba k výrobě 50 kg amoniaku. 4. Jaký objem by za standardních podmínek zaujímaly tyto plyny? 5. Jaký objem by měl za těchto podmínek vznikající amoniak? Výsledek uveďte v dm3 i m3. 10
Kontrolní test školního kola ChO kat. D 2010/2011
6. Vypočítejte, jaký objem amoniaku musí zreagovat s kyselinou dusičnou, aby bylo připraveno 5 tun dusičnanu amonného, běžně používaného jako hnojivo (uvažujte standardní podmínky). Zadáno: Ar(N) = 14,007; Ar(H) = 1,008; Ar(O) = 16,00. Úloha 3 Doplňovačka
9 bodů
Tajenkou doplňovačky je jméno objevitele nejlehčího existujícího prvku. Doplňte jednotlivé řádky, uveďte jméno tohoto vědce a napište prvek, který objevil. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14.
Druhý nejlehčí prvek. Nejlehčí uhlovodík s dvojnou vazbou. Označení plynů 18. skupiny. Reakce, kdy z propylenu vzniká polypropylen. Označení prvků 17. skupiny. Část destilátu o určitém rozmezí bodu varu. Velmi reaktivní částice. Druh hasicího přístroje, který jako náplň používá oxid uhličitý. Triviální označení amoniaku. Nehořlavé halogenované alkany dříve používané jako hnací médium ve sprejích a také jako chladící médium v ledničkách. Název prvku se značkou N. Pohonný a topný plyn získávaný anaerobním rozkladem organických látek. Název změny skupenství z pevného na plynné. Název reakce, při které látka přijímá molekulu vody.
11
Kontrolní test školního kola ChO kat. D 2010/2011 Úloha 4 Elektrolýza
13 bodů
Elektrolýza je jednou z metod přípravy a výroby plynů. Je to děj, který probíhá na elektrodách při průchodu stejnosměrného proudu roztokem nebo taveninou. Podmínkou je, že tento roztok nebo tavenina obsahuje volně pohyblivé ionty, které se při vložení napětí mohou pohybovat ke kladné nebo k záporné elektrodě, kde může dojít k reakci. O takové látce hovoříme jako o elektrolytu. Následující schéma popisuje princip elektrolýzy.
Elektrody jsou elektrické vodiče, které jsou v kontaktu s elektrolytem. Dělí se na katodu a anodu. Často se můžeme setkat, například v křížovkách, s tím že se jedné z nich přisuzuje kladný náboj a druhé záporný. Faktem je, že toto určení je relativní v závislosti na tom, zda v soustavě probíhá elektrolýza, nebo soustava naopak funguje jako galvanický článek. Proto si zapamatujte – na anodě vždy dochází k oxidaci a na katodě k redukci! Děj na elektrodě se vyjadřuje pomocí poloreakce, což je reakce iontu s elektrony (tedy jejich přijímání nebo naopak odštěpování). Spojením poloreakcí na elektrodách získáme kompletní chemickou reakci. Úkoly: 1. Pokuste se napsat co nejpřesnější definici oxidace a redukce. Jak se při těchto dějích mění oxidační číslo? 2. Pojmenujte elektrody A a B na obrázku. 3. Napište rovnici reakce probíhající při elektrolýze roztoku chloridu měďnatého včetně poloreakcí na elektrodách. 4. Vypočítejte, kolik gramů mědi a kolik dm3 chloru se uvolní kompletní elektrolýzou 0,50 dm3 roztoku CuCl2 o koncentraci 0,10 mol dm–3. 5. Napište, jaké plyny se uvolňují při elektrolýze roztoku chloridu sodného. Jakou barvu by měl univerzální pH papírek ponořený do roztoku během elektrolýzy? Odpovídá to kyselému nebo zásaditému pH?
Zadáno: Ar(Cu) = 63,546; Ar(Cl) = 35,45; Ar(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 neměl 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 film, který předchozí den večer nechaly nahrát na DVD. Byl to známý film o rychlých autech a nelegálních závodech na ulicích. Jak tak Matěj koukal na rychlá kola a vyladěné motory, napadlo ho vylepšit svůj vlastní traktor. „Tož ten zetorek trochu omladím,“ pomyslel si. Po internetu objednal obrovskou bednu plnou záhadných součástek s velkým nápisem NOS. „To bude stará čučat!“ pousmál se a zmizel s celou zásilkou ve stodole. Po dvou odpoledních nekonečného bouchání a svařování nakonec Matěj zavolal ženu s dětmi k předělanému traktoru. Když nastartoval motor, vše běželo jako zastara, jakmile se však rozjel a zmáčkl červené tlačítko, z výfuku se vyvalil obrovský mrak černého dýmu a stařičký exemplář Zetoru 25 vystřelil po ulici ohromnou rychlostí. Úkoly: 1. Pod označením „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 systém přidal traktoru 50 % výkonu? (1 HP = 0,735 kW, výsledek zaokrouhlete na celé koně). 4. Vyjmenujte čtyři plyny nebo jejich skupiny obsažené ve výfukových plynech (o elementárním dusíku neuvažujte). U každé látky napište, čím je nebezpečná. 5. K čemu u automobilů slouží katalyzátor? 6. Katalyzátor se skládá z oxidační a z redukční části. Ke každé části katalyzátoru přiřaďte jeden plyn, který na něm 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: Ar(N) = 14,007; Ar(O) = 16,00.
13
Řešení kontrolního testu školního kola ChO kat. D 2010/2011
ŘEŠENÍ KONTROLNÍHO TESTU ŠKOLNÍHO KOLA Úloha 1 Sveďme to na něj!
7,5 bodu
1. Čistou podobu železa by představoval Fe2O3. za uvedení Fe2O3 1,5 bodu, za FeO popř. Fe3O4 1 bod za správný zápis rovnice 1 bod 2. 2 Mg + O2 ⎯→ 2 MgO 3. Hmotnost vzniklého MgO m 14, 0 m(MgO) = n(MgO) ⋅ M (MgO) = n(Mg) ⋅ M (MgO) = (Mg) ⋅ 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 0,5 bodu, celkem 2 body, lze uznat i jiná správná řešení 4. Hmotnost uvolněného flogistonu mf = m(Mg) − m(MgO) = 14, 0 − 23, 2 = −9, 2 g Hmotnost uvolněného flogistonu by při reakci byla –9,2 g. 1 bod 5. Hmotnost zreagovaného kyslíku m(O2 ) = m(MgO) − m(Mg) = 23, 2 − 14 = 9, 2 g Hmotnost zreagovaného kyslíku činí 9,2 g. 1 bod 6. Hmotnost flogistonu je rovna záporné hmotnosti kyslíku. 1 bod Úloha 2 Výroba amoniaku
16 bodů
1. Během reakce se bude objem plynů snižovat, protože látkové množství plynů klesá na polovinu za odpověď 0,5 bodu, za vysvětlení 1 bod, (ze 4 na 2). celkem 1,5 bodu 2. Vyšší výtěžek bude při vysokém tlaku, protože soustava se bude snažit zmenšit svůj objem. za odpověď 0,5 bodu, za vysvětlení 1 bod, celkem 1,5 bodu 3. Hmotnost spotřebovaného dusíku při reakci m(N2 ) = n(N2 ) ⋅ M (N2 ) 0,5 bodu z rovnice víme, že n(N2 ) = 1 2 ⋅ n(NH3 ) , můžeme tedy upravit předchozí vztah m(N2 ) = n(N2 ) ⋅ M (N2 ) = 1 2 ⋅ n(NH3 ) ⋅ M (N2 )
0,75 bodu
následně vyjádříme látkové množství amoniaku m(NH3 ) m(N2 ) = 1 2 ⋅ n(NH3 ) ⋅ M (N2 ) = 1 2 ⋅ ⋅ M (N 2 ) M (NH3 )
0,5 bodu
Po dosazení m(N2 ) = n(N2 ) ⋅ M (N2 ) =
1
2
⋅ n(NH3 ) ⋅ M (N2 ) =
1
2
⋅
m(NH3 ) M (NH3 )
⋅ M (N2 ) =
1
2
⋅
50 ⋅ 28, 013 = 41,1 kg 17, 030
0,75 bodu
Hmotnost spotřebovaného vodíku při reakci m(NH3 ) 50 m(H 2 ) = 3 2 ⋅ n(NH3 ) ⋅ M (H 2 ) = 3 2 ⋅ ⋅ M (H 2 ) = 3 2 ⋅ ⋅ 2, 016 = 8,9 kg 17, 030 M (NH3 )
14
Řešení kontrolního testu školního kola ChO kat. D 2010/2011
Hmotnost dusíku a vodíku potřebná k výrobě 50 kg amoniaku činí 41,1 kg a 8,9 kg. za každý výpočet 2,5 bodu, celkem 5 bodů, lze uznat i jiná správná řešení Objem dusíku za standardních podmínek m(N2 ) 41,1 V(N2 ) = n(N2 ) ⋅ Vm = ⋅ Vm = ⋅ 22, 71 = 33,3 m3 . 28, 013 M (N2 ) Objem vodíku za standardních podmínek se vypočítá buď stejným způsobem m(H2 ) 8,9 V(H2 ) = ⋅ Vm = ⋅ 22, 71 = 100 m3 , 2, 016 M (H2 ) nebo násobením objemu dusíku o stechiometrický koeficient V(H2 ) = 3V(N2 ) = 100 m3 Adekvátní objemy těchto plynů za standardních podmínek jsou 33,3 m3 a 100 m3. za správný postup u každého plynu 1 bod, za dosazení a výsledek 0,75 bodu, celkem 3,5 bodu, lze uznat i jiná správná řešení Objem vznikajícího amoniaku V(NH3 ) = 2 V(N2 ) = 66, 7 m3 = 66 700 dm3
Objem vznikajícího amoniaku činí 66,7 m3, tedy 66 700 dm3. za správný postup 1 bod, za každý výsledek 0,5 bodu, celkem 2 body, lze uznat i jiná správná řešení
Rovnice reakce NH3 + HNO3 ⎯→ NH4NO3 Objem amoniaku V( NH3 ) = n(NH3 ) ⋅Vm
0,5 bodu
Z rovnice plyne n(NH3 ) = n(NH4 NO3 ) , platí tedy V( NH3 ) = n(NH3 ) ⋅Vm = n(NH4 NO3 ) ⋅Vm
0,75 bodu
Vyjádříme látkové množství dusičnanu m(NH4 NO3 ) V( NH3 ) = n(NH4 NO3 ) ⋅ Vm = ⋅ Vm M (NH4 NO3 )
0,5 bodu
Po dosazení V( NH3 ) = n(NH3 ) ⋅ Vm = n(NH4 NO3 ) ⋅ Vm =
m(NH4 NO3 ) M (NH4 NO3 )
⋅ Vm =
5 ⋅106 ⋅ 22, 71 = 1419 m3 80, 043
Objem amoniaku potřebného k reakci je 1419 m3. 0,75 bodu za výpočet celkem 2,5 body, lze uznat i jiná správná řešení
15
Řešení kontrolního testu školního kola ChO kat. D 2010/2011 Úloha 3 Doplňovačka
5.
9 bodů
1.
H
E
2.
E
T
H
E
N
3.
V
Z
Á
C
N
É A
4.
P
O
L
Y
M
E
R
H
A
L
O
G
E
N
Y
6.
F
R
A
K
C
E
7.
R
A
D
8.
L
I
U
M
C
E
I
K
Á
L
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
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
12. B
Nejlehčí prvek objevil Henry Cavendish, tímto prvek je vodík. za každý správný pojem 0,5 bodu, za tajenku 1 bod a za uvedený prvek 1 bod Úloha 4 Elektrolýza
13 bodů
1. Oxidace je děj, při kterém dochází k uvolňování elektronů z atomu a zvyšuje se tedy jeho oxidační číslo. Redukce je naopak spojená s příjmem elektronů a snížením oxidačního čísla. za každou definici 1 bod, celkem 2 body 2. A je anoda a B je katoda. 1 bod − − 3. A: 2 Cl ⎯⎯→ Cl2 + 2 e K: Cu2+ + 2 e− ⎯⎯→ Cu za každou správně napsanou reakci 1 bod, Rovnice reakce CuCl2 ⎯⎯→ Cu + Cl2 celkem 3 body 4. Hmotnost uvolněné mědi se dá vyjádřit jako součin látkového množství a molární hmotnosti m(Cu) = n(Cu) ⋅ M (Cu) 0,5 bodu z látkové bilance lze usoudit, že n(Cu) = n(CuCl2 ) , proto můžeme napsat m(Cu) = n(Cu) ⋅ M (Cu) = n(CuCl2 ) ⋅ M (Cu) nakonec vyjádříme látkové množství chloridu měďnatého m(Cu) = n(CuCl2 ) ⋅ M (Cu) = c(CuCl2 ) ⋅V(CuCl2 ) ⋅ M (Cu)
a dosadíme m(Cu) = c(CuCl2 ) ⋅V(CuCl2 ) ⋅ M (Cu) = 0,1⋅ 0,5 ⋅ 63,546 = 3, 2 g Objem uvolněného chloru se spočítá analogicky s použitím molárního objemu 16
0,5 bodu 0,5 bodu 0,5 bodu
Řešení kontrolního testu školního kola ChO kat. D 2010/2011 V(Cl2 ) = n(Cl2 ) ⋅ Vm = n(CuCl2 ) ⋅ Vm = c(CuCl2 ) ⋅ V(CuCl2 ) ⋅ Vm = 0,10 ⋅ 0,50 ⋅ 22, 71 = 1,1 dm3
5.
Při reakci se vyloučilo 3,2 g mědi a 1,1 dm3 chloru. za každý správný postup 1,5 bodu, za dosazení a výsledek 0,5 bodu, celkem 4 body Lze uznat i jiná správná řešení. Probíhající děj popisuje rovnice 2 NaCl + 2 H2O ⎯→ 2 NaOH + Cl2 + H2 Při elektrolýze roztoku NaCl se uvolňuje elementární vodík a chlor. Elektrolyt vykazuje díky vznikajícímu hydroxidu zásaditou reakci, universální pH papírek proto barví domodra. za každý správně uvedený plyn 0,5 bodu, za uvedení zásaditého pH 1 bod, za správnou barvu pH papírku také 1 bod, celkem 3 body
Úloha 5
Matěj spravuje traktor
14,5 bodů
za název i vzorec plynu 0,5 bodu, celkem 1 bod 1. Jedná se o oxid dusný, N2O. 2. Triviální název tohoto plynu je rajský plyn. 0,5 bodu 3. Počet koní, o které se zvýšil výkon motoru, získáme tak, že vypočítáme nejdříve rozdíl výkonů v kW. ΔP(kW) = P0 ⋅ 50 % = 18 ⋅ 0,5 = 9 kW 0,75 bodu A poté jej převedeme na rozdíl v koních ΔP ΔP( HP ) = ( kW ) = 12 HP 1,25 bodu 0,735 Výkon traktoru se zvýšil o 12 koní. za výpočet tedy celkem 2 body Lze uznat i jiná správná řešení. 4. Plyn Nebezpečnost CO2 skleníkový plyn H2O žádná/přírodní skleníkový plyn CO prudce jedovatý jedovaté NOx zdraví škodlivé popř. CxHy za každý údaj 0,5 bodu, celkem 4 body 5. Katalyzátor slouží ke snížení emisí jedovatých látek ve výfukových plynech. 1 bod 6. Oxidační část: CO ⎯→ CO2 popř. CxHy ⎯→ CO2 + H2O za každé schéma 1 bod, Redukční část: NOx ⎯→ N2 celkem 2 body 7. C3H8 + 5 O2 ⎯→ 3 CO2 + 4 H2O za každou reakci maximálně 2 body, 2 C4H10 + 13 O2 ⎯→ 8 CO2 + 10 H2O celkem 4 body
17
Chemická olympiáda Autorská řešení soutěžních úloh školního kola kategorie D 47. ročník – 2010/2011 Autoři kategorie D: Odborná recenze: Pedagogická recenze: Redakce: Vydal:
Miroslav Brumovský, Stanislav Geidl Ing. Magdalena Janichová PaedDr. František Lexa Bc. Ladislav Nádherný Vydavatelství VŠCHT Praha – 50 ks
ISBN:
978-80-7080-758-3
