Ústřední komise Chemické olympiády
47. ročník 2010/2011
OKRESNÍ KOLO kategorie D ŘEŠENÍ SOUTĚŽNÍCH ÚLOH
Řešení okresního kola ChO kat. D 2010/2011
TEORETICKÁ ČÁST (70 BODŮ) Úloha 1 Palivo budoucnosti 1.
2.
25 bodů
Směs oxidu uhelnatého a vodíku se označuje jako vodní nebo také syntézní plyn. za uvedení alespoň jednoho ze dvou možných názvů 1 bod a) CH4 + H2O → CO + 3 H2 b) CO + H2O → CO2 + H2 c) 2 H2O → 2 H2 + O2 za každou správně napsanou rovnici 1 bod, celkem 3 body
3.
Nevýhodou parního reformingu je jeho závislost na neobnovitelných zdrojích a uvolňování oxidu uhličitého do atmosféry. za každý důvod 1 bod, celkem 2 body
4.
Přídavek síranu sodného do vody zvyšuje její vodivost a elektrolýza tak probíhá efektivněji. 1 bod
5.
Hořením vodíku na vzduchu vzniká voda. 2 H2 + O2 → 2 H2O za uvedení vody jako produktu 1 bod, za zápis reakce 1 bod, celkem 2 body
6.
Hmotnost vodíku uvolněného elektrolýzou vody se vyjádří jako mH 2 = n H 2 ⋅ M H 2 z látkové bilance plyne, že n H 2 = n H 2 O , proto m H 2 = n H 2 ⋅ M H 2 = n H 2O ⋅ M H 2 nakonec vyjádříme látkové množství vody m H 2O m H 2 = nH 2 ⋅ M H 2 = ⋅ M H2 M H 2O po dosazení m H 2O
10 kg ⋅ 2,02 g ⋅ mol –1 = 1,12 kg –1 M H 2O 18,02 g ⋅ mol Hmotnost uvolněného vodíku při elektrolýze 10 kg vody je 1,12 kg. za správný postup 2 body, za dosazení a výpočet 1 bod, celkem 3 body m H 2 = n H 2 ⋅ M H 2 = n H 2O ⋅ M H 2 =
7.
⋅ M H2 =
Hmotnost uvolněného vodíku získáme jako součet hmotností vodíku vzniklého z obou probíhajících reakcí m H 2 = m1(H 2 ) + m2(H 2 ) = ( n1(H 2 ) + n2(H 2 ) ) ⋅ M H 2 Látkové množství vodíku můžeme vyjádřit pomocí látkového množství methanu n1(H 2 ) = 3 ⋅ nCH 4 , n2(H 2 ) = nCH 4 ⇒ n H 2 = 4 ⋅ nCH 4 po dosazení mCH 4 10 kg m H 2 = 4 ⋅ nCH 4 ⋅ M H 2 = 4 ⋅ ⋅ M H2 = 4 ⋅ ⋅ 2,02 g ⋅ mol –1 = 5,03 kg –1 M CH 4 16,05 g ⋅ mol Hmotnost uvolněného vodíku při parním reformingu 10 kg methanu je 5,03 kg.
Řešení okresního kola ChO kat. D 2010/2011 za správný postup 4 body, za dosazení a výpočty 2 body, celkem 6 bodů 8.
Objem 5,03 kg vodíku za normálních podmínek se vypočítá pomocí molárního objemu, platného pro normální podmínky mH2 5030 g VH 2 = n H 2 ⋅ Vm = ⋅ Vm = ⋅ 22,71 dm 3 ⋅ mol –1 = 56550 dm 3 = 56,55 m 3 –1 M H2 2,02 g ⋅ mol Hustota vodíku se vypočítá pomocí obvyklého vztahu m ρ= V Tento vztah upravíme tak, abychom mohli dosadit molární hmotnost a molární objem V ⋅M V ⋅M M m n ⋅ M Vm = ρ= = = = V V ⋅ Vm Vm V V a dosadíme M 2,02 g ⋅ mol –1 ρ= = = 0,08895 g ⋅ dm – 3 = 0,08895 kg ⋅ m – 3 3 –1 Vm 22,71 dm ⋅ mol 5,03 kg vodíku zaujímá za normálních podmínek 56,55 m3 a jeho hustota činí 0,08895 kg·m−3. za správný postup 4 body, za dosazení a výpočty 2 body, celkem 6 bodů
9.
Kolikrát je vodík lehčí než vzduch zjistíme, pokud hustotu vzduchu vydělíme hustotou vodíku. ρ vzd. 1, 2754 kg ⋅ m –3 = = 14,3 x= ρ H2 0,08895 kg ⋅ m – 3 Vodík je více než 14krát lehčí než vzduch.
Úloha 2 Oxid dusný
1 bod
13 bodů
1.
špatně – správně a) rajčatový – rajský b) hmotnostním – látkovém/molárním c) červený – bezbarvý d) není vůbec rozpustný – je rozpustný (je částečně rozpustný) e) je explozivní – není explozivní f) redukční – oxidační g) sycení perlivých minerálek – nepoužívá se h) bezpečné – nebezpečné za každou opravenou chybu 0,5 bodu, celkem 4 body
2.
Hustota oxidu dusného se vypočítá pomocí obvyklého vztahu m ρ= V Tento vztah upravíme tak, abychom mohli dosadit molární hmotnost a molární objem V ⋅M m n ⋅ M Vm V ⋅M M ρ= = = = = V V V V ⋅ Vm Vm a dosadíme
Řešení okresního kola ChO kat. D 2010/2011 M 44,02 g ⋅ mol –1 ρ= = = 1,938 g ⋅ dm – 3 = 1,938 kg ⋅ m – 3 3 –1 Vm 22,71 dm ⋅ mol Porovnáním zjistíme, že oxid dusný má větší hustotu než vzduch. za správný postup 2 body, za dosazení a výpočty 1 bod, za odpověď 1 bod, celkem 4 body 3.
Při reakci vzniká plynný oxid dusný a vodní pára, zajímají nás tedy oba dva produkty Vg = VN 2O + VH 2O = (n N 2O + n H 2O ) ⋅ Vm uvažování obou produktů 1 bod Nyní vyjádříme látková množství plynů pomocí látkového množství dusičnanu amonného n N 2O + n H 2O = 3 ⋅ n NH 4 NO3 (z 1 molu výchozí látky vzniká 1 mol oxidu dusného a 2 moly vodní páry, tedy dohromady 3 moly plynných produktů) 1 bod dosadíme do předchozího vztahu a vyjádříme látkové množství dusičnanu 3 ⋅ m NH 4NO3 ⋅ Vm Vg = 3 ⋅ n NH 4NO3 ⋅ Vm = M NH 4 NO3 Výpočet tedy vypadá 3 ⋅ m NH 4 NO3 ⋅ Vm 3 ⋅ 65 g ⋅ 43,49 dm 3 ⋅ mol –1 = = 105,9 dm 3 , tj. 105,9 l Vg = –1 M NH 4 NO3 80,06 g ⋅ mol Při rozkladu 65 g dusičnanu amonného vzniká 106 litrů plynných produktů. za správný postup 2 body, za dosazení a výpočty (výsledek v litrech) 1 bod, celkem 5 bodů
Úloha 3 Nemilosrdný prevít
9 bodů
1.
V této scéně se objevuje Adolf Hitler se svou ženou Evou Braunovou. Velmi pravděpodobným důvodem jejich sebevraždy byl fakt, že Německo prohrálo 2. světovou válku. za uvedení osobnosti Adolfa Hitlera 0,5 bodu, za uvedení důvodu sebevraždy 0,5 bodu, celkem 1 bod
2.
Rovnice reakce KCN + HCl → HCN + KCl Vznikající plyn je kyanovodík. za uvedení správně zapsané reakce 1,5 bodu, za pojmenování plynu 0,5 bodu, celkem 2 body
3.
Smrtná dávka pro člověka o hmotnosti 80 kg činí 160 mg. Objem uvolněného kyanovodíku m 0,160 g VHCN = nHCN ⋅ Vm = nKCN ⋅ Vm = KCN ⋅ Vm = ⋅ 22,71 dm 3 ⋅ mol –1 = –1 M KCN 65,12 g ⋅ mol
4.
= 0,0558 dm 3 = 55,8 cm 3 Hydrolýzou 160 mg cyankáli se uvolní 55,8 cm3 kyanovodíku. za správný postup 2 body, za dosazení a výpočet 1 bod, celkem 3 body Nejdříve spočítáme hmotnost 1 m3 vzduchu m vzd. = ρ ⋅ V = 1,2754 kg ⋅ m –3 ⋅ 1 m 3 = 1,2754 kg Nyní spočítáme hmotnost HCN při koncentraci 25 ppm mHCN = mvzd. ⋅ 25 ⋅10 −6 = 1,2754 kg ⋅ 25 ⋅ 10 −6 = 3,1 ⋅ 10 −5 kg = 32 mg
Řešení okresního kola ChO kat. D 2010/2011 1 m3 obsahuje při uvedené koncentraci 32 mg kyanovodíku. za každý výpočet 1,5 bodu, celkem tedy 3 body
Úloha 4 Babiččina křížovka svisle 1. hekto 2. mol 3. uhlík 5. emise 8. podtlak 10. kahan 11. destilace 12. redukce 13. krypton 16. fluor 18. ový Tajenka je EKOLOGICKÝ
12 bodů vodorovně 4. nukleony 6. HBr 7. molekula 9. kyselina 14. anoda 15. kation 17. pascal 19. neon 20. oxidace 21. elektron
za každý správný pojem 0,5 bodu, za tajenku 1,5 bodu, celkem 12 bodů
Úloha 5 Vinobraní u Kolibů
11 bodů
1.
Tato reakce se nazývá fotosyntéza. K jejímu uskutečnění je třeba oxidu uhličitého, vody, chlorofylu a slunečního záření (lze zmínit i vhodnou teplotu). za název reakce 1 bod, za uvedení reaktantů a podmínek 1 bod, celkem 2 body
2.
Pro oxidaci cukrů je nezbytný kyslík, reakcí se uvolňuje plynný oxid uhličitý. C6H12O6 + 6 O2 → 6 CO2 + 6 H2O za správně zapsanou reakci 2 body, za uvedení kyslíku a oxidu uhličitého po 0,5 bodu, celkem 3 body
3.
Rovnice alkoholového kvašení C6H12O6 → 2 C2H5OH + 2 CO2; kvasinku zabíjí C2H5OH (ethanol) za správně zapsanou reakci 2 body, za správné označení látky, která zabíjí kvasinku, 1 bod, celkem 3 body
4.
Ano, kvašení je exotermní reakce.
1 bod
5.
Množství uvolněné energie (Q) získáme tak, že vypočteme látkové množství glukosy v 10 gramech a vynásobíme jím molární energetickou bilanci reakce (tzv. entalpii ΔH) mglukosa 10,0 g ⋅ ∆H = ⋅ 2816 kJ ⋅ mol –1 = 156 kJ Q = nglukosa ⋅ ∆H = M glukosa 180,16 g ⋅ mol –1 za správný postup 1 bod, za dosazení a výpočet 1 bod, celkem 2 body
Řešení okresního kola ChO kat. D 2010/2011
PRAKTICKÁ ČÁST (30 BODŮ) Úloha 1 Honzík provádí elektrolýzu
20 bodů
Úkoly: 1. a) Plyn uvolňovaný na elektrodě KATODA: vodík ANODA: chlor b) Barva indikátoru na elektrodě KATODA: zásadité prostředí (zelný roztok modrý až červený, fenolftalein fialový) ANODA: neutrální až slabě kyselé prostředí (zelný roztok červenofialový, fenolftalein bezbarvý) za každý údaj 2 body, celkem 8 bodů 2. 2 NaCl + 2 H2O → 2 NaOH + H2 + Cl2 (popř. 2 NaCl → 2 Na + Cl2; 2 Na + 2 H2O → 2 NaOH + H2) Ve skutečnosti probíhá první z uvedených reakcí, další dvě představují pouze zjednodušený zápis, kovový sodík nevzniká!) za správně uvedenou reakci 2 body, za vyčíslení 2 body, celkem 4 body 3. U katody je zásadité prostředí způsobené vznikem NaOH. U anody je pH slabě kyselé díky částečně vznikající HCl. za NaOH 2 body, HCl se nehodnotí 4. Vodík a chlor by teoreticky měly vznikat v poměru 1:1. V praxi se ovšem plynného chloru vylučuje méně, neboť se částečně rozpouští v roztoku (chlorid se také může přímo oxidovat na chlornan). za poměr 2 body a vysvětlení 2 body, celkem 4 body 5. Vodík při zkoušce výbušnosti vykazuje charakteristické „štěknutí“, zatímco chlor žádné známky reakce nevykazuje. 1 bod Otázka: Elektrolýzou taveniny NaCl vzniká elementární sodík a chlor. Úloha 2 Termický rozklad KMnO4
1 bod 10 bodů
Úkoly: 1. Reakcí vzniká kyslík. Žhnoucí špejle v kyslíkové atmosféře vzplane. za popis 2 body a za vysvětlení 2 body, celkem 4 body 2. 2 KMnO4 → 1 K2MnO4 + 1 MnO2 + 1 O2 za určení plynu 2 body, vyčíslení rovnice 1 bod, celkem 3 body Otázka: Vzniká oxid uhličitý. 2 NaHCO3 → Na2CO3 + CO2 + H2O za uvedení oxidu uhličitého, za zápis rovnice a za vyčíslení rovnice po 1 bodu, celkem 3 body
Řešení okresního kola ChO kat. D 2010/2011
POKYNY PRO PŘÍPRAVU PRAKTICKÉ ČÁSTI Úloha 1 Honzík provádí elektrolýzu Pomůcky a chemikálie pro jednoho soutěžícího: • širší kádinka, alespoň 250ml • 9V baterie nebo tři 3V baterie v sériovém zapojení • dva dráty s obnaženými konci pro připojení k bateriím a elektrodám • elektrody (nejlépe uhlíkové), lze použít i tuhy do verzatilek • 2 zkumavky • lihový fix Pomůcky a chemikálie pro skupinu soutěžících (4 soutěžící): • 1,5 nebo 2 PET láhev s 10% roztokem NaCl • indikátor: fenolftalein (nebo výluh z červeného zelí) • zapalovač (nelze nahradit sirkami) Pokud nebudou dostupné uhlíkové elektrody ani tuhy do verzatilek, lze použít i kovové. Příprava 1,5 litru 10% roztoku NaCl Rozpusťte 150 g NaCl v 1350 ml vody. Úloha 2 Termický rozklad KMnO4 Pomůcky: • zkumavka • stojan se svorkou • držák na zkumavky • kahan, sirky • špejle • ochranné brýle Chemikálie: • manganistan draselný – KMnO4 Pro tento pokus je vhodnější použit lihový kahan, ale je možné použít i plynový (při žíhání plynovým kahanem probíhá reakce příliš bouřlivě).
