Természettudományi és Informatikai Kar, Kémiai Tanszékcsoport. A XVI. VegyÉSZtorna I. fordulójának feladatai, január

Természettudományi és Informatikai Kar, Kémiai Tanszékcsoport A XVI. VegyÉSZtorna I. fordulójának feladatai, 2014. január

A feladatok megoldásaival szemben támasztott követelményeket lásd a versenyszabályokban! A megoldásokat 2014. február 28-ig kérjük postára adni, a később feladott megoldásokat nem fogadhatjuk el. A verseny részletes szabályai, a számításokhoz alkalmazandó állandók és atomtömegek táblázata, valamint a feladatok (és a kijavított feladatok visszaküldése után a megoldások is) a http://www.sci.u-szeged.hu/chem/kkfv/ internet címen is elérhetők. Ne felejtsétek el, hogy minden feladatot új lapra kell írni, és minden lap tetején szerepeljen a nevetek!

1. Kristályvizes kálium-alumínium-timsó vízben való oldásával 250,0 cm3 oldatot készítettünk. Hány gramm (?,??? g) timsót oldottunk fel, ha az oldat 20,00 cm3-éből a szulfátion gravimetriás meghatározásakor 1,167 g bárium-szulfát vált le? (6 pont) Megoldás: A bárium-szulfát moláris tömege: 233,43 g/mol, ami n=m/M= 5,000x10-3 mol szulfátiont ad

1 pont

20 ml oldatban 0,2500 mol/dm szulfátion koncentrációt jelent

2 pont

azaz 0,125 mol/dm timsót

1 pont

A timsó moláris tömege 474,39 g/mol, ami összesen m=n M=c V M=14,82 g timsót jelent.

2 pont

3

3

Összesen: 6 pont Megjegyzés: Négy értékes jegynél több jeggyel nem adható meg a végeredmény, ezért a kért három tizedesjeggyel és a helyes négy értékes jeggyel megadott eredményeket is elfogadtuk teljes értékű megoldásként. Hibátlan megoldást küldött többek között: Pavlovics Dóra, Kószó Dóra, Takács Dalma 2. A vízben oldott kalcium- és magnéziumsók összes mennyisége a keménységi fokkal jellemezhető, melyek közül a legismertebb a német keménységi fok (nkº). Definiáld a mennyiséget! Mekkora koncentrációjú (?,???×10 ? mol/dm3) az az EDTA-mérőoldat, melyből pontosan annyi milliliter fogy 100,0 cm3 vízmintára, mint amennyi a mintánk német keménységi foka? Melyik indikátor mellett határozható meg a két fémion együttes mennyisége? (8 pont) Megoldás: 1 nk° annak a víznek a keménysége, melynek 1 literje 10 mg CaO-dal egyenértékű oldott Ca/Mg-sót tartalmaz.

1 pont

Vegyünk egy adott térfogat/nk° értéket, pl. nk°= 10! Ekkor az oldott Ca/Mg-só mennyisége 100 mg/L-rel ekvivalens.

1 pont 1 pont Ca/Mg-só

A titrálásban n(EDTA)/n(fémionok)= 1

1 pont 1 pont

Így:

1 pont 3

azaz 1,783 × 10 mol/dm -2

Az együttes meghatározáshoz a megfelelő indikátor az eriokrómfekete-T.

1 pont 1 pont Összesen: 8 pont

Hibátlan megoldást küldött többek között: Jámbor Márk, Sipos-Vajda Eszter, Várszegi Martina

Természettudományi és Informatikai Kar, Kémiai Tanszékcsoport 3. Vaspor és vas(II)-szulfid keverékét 800 °C-on, oxigéngáz alatt, tömegállandóságig hevítve azt tapasztaltuk, hogy nem történt tömegváltozás. Add meg a keverék összes vastartalmát anyagmennyiség-százalékban (?,? n/n%) és írd fel a reakcióegyenleteket is! (9 pont)

Megoldás A: Az oxidációs egyenletek: 2 Fe + 1,5 O2 = Fe2O3

2 FeS + 3,5 O2 = Fe2O3 + 2 SO2

Vegyünk egy adott tömegű keveréket! 1,00 g keverék x g Fe x/55,85 mol Fe x/111,7 mol Fe2O3-dá ég

(1,00-x) g FeS (1,00-x)/87,97 mol FeS (1,00-x)/175,82 mol Fe2O3-dá ég

1 pont

1 pont 1 pont

1,00 g Fe2O3 a termék. n = 1/159,7 mol x/111,7 + (1,00-x)/175,82 = 1/159,7 1,430x + 0,908 – 0,908 x = 1 x = 0,1757 g Fe és 1 g-0,1757 g FeS = 0,8243 g n(FeS) = m/M = 9,370E-3 mol

1 pont

9,37·10-3 mol FeS-ben 9,37·10-3 mol Fe és 9,37·10-3 mol S van.

1 pont

x(Fe) = (3,146·10-3 + 9,370·10-3)/(3,146·10-3 + 2·9,370·10-3)= 57,2 n/n% Fe

B: 2 Fe + 1,5 O2 = Fe2O3

2 FeS + 3,5 O2 = Fe2O3 + 2 SO2

1. egyenlet: bal oldalon 111,7 g szilárd anyag jobb oldalon 159,7 g szilárd anyag 2. egyenlet: bal oldalon 175,82 g szilárd anyag jobb oldalon 159,7 g szilárd anyag (Az így rendezett reakcióegyenletek alapján.) 1. egyenletben: 1,430X tömegnövekedés a termék felé haladva 2. egyenletben: 0,908X tömegcsökkenés a termék felé haladva Vegyünk egy adott tömegű keveréket! 1,00 g keverék(, illetve 1,00 g termék Fe2O3 is) x g Fe (1,00-x) g FeS Felhasználva a számított tömegváltozásokat: 1,430x + 0,908 – 0,908x = 1,00 x = 0,1757 g Fe és 1 g-0,1757 g FeS = 0,8243 g n(FeS) = m/M = 9,370·10-3 mol 9,370·10-3 mol FeS-ben 9,370·10-3 mol Fe és 9,370·10-3 mol S van. x(Fe) = (3,146·10-3 + 9,370·10-3)/(3,146·10-3 + 2·9,370·10-3)= 57,2 n/n% Fe

1 pont 1 pont 1 pont

1 pont Összesen: 9 pont

1 pont

1 pont 1 pont

1 pont

1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont

Összesen: 9 pont Hibátlan megoldást küldött többek között: Büki Máté, Karajos András, Ungi Balázs, Vass Dorina, Lőrinczy Döme

Természettudományi és Informatikai Kar, Kémiai Tanszékcsoport 4. A téli időszakban a pincékben, szobákban jelentősen megnőhet a levegő nedvességtartalma, ami penészedést eredményezhet a hideg falakon. A levegő nedvességtartalmát relatív páratartalommal szokták megadni, ami azt jelenti, hogy a levegő páratartalma hány százaléka a víz adott hőmérsékleten levő gőznyomásából származó telített vízgőztartalomnak. A páratartalom csökkentése páramentesítő készülékekkel lehetséges. Egy 20 ºC-ra termosztált, 25 m2 területű és 2,6 m magas szobában a relatív páratartalom 76% reggel 8 órakor, ezért a páramentesítőt bekapcsolják. Délután fél 2-kor a relatív páratartalom 53 %-ra csökkent, ezért a gépet kikapcsolják és a készülékből 7,5 dl vizet öntenek ki. Tételezzük fel, hogy víz utánpótlás nincs a falakból, csak a növények légzésekor termelődik vissza víz. Hány gramm (? g) vizet párologtatnak átlagosan a szobanövények óránként? A légköri nyomás 1 atm és a víz telített gőznyomása 20 ºC -on 2340 Pa, a víz sűrűsége 1,0 g/cm3. (10 pont) Megoldás: A szoba térfogata: 25 m2 . 2,6 m = 65 m3

1 pont

A relatív páratartalom csökkenése: 76-53= 23%

1 pont

A kiváló víz parciális nyomása: 2340 Pa · 0,23=538,2 Pa

1 pont

Az ideális gáztörvény alapján ez 14,3535 mol-nak felel meg.

1 pont

A gépből 750 g vizet öntünk ki

1 pont

ami a moláris tömeg alapján 41,6204 mol víznek felel meg

1 pont

A kettő anyagmennyiség különbsége termelődik vissza a növényekből, azaz 27,27 mol

1 pont

Ez 491,46 g víznek felel meg

1 pont

ami 5,5 óra alatt termelődik.

1 pont

Így a növények átlagosan 89 g vizet termelnek óránként.

1 pont Összesen: 10 pont

Hibátlan megoldást küldött többek között: Farkas Vajk, Li Claudia, Schulz Ferenc, Stenczel Tamás, Balogh Olga 5. Egy ismeretlen szénhidrogéngáz 20,00 cm3 térfogatát 134,0 cm3 térfogatú oxigénnel kevertük össze 25 ºC-on és standard nyomáson. Szikra hatására az elegy elégett, és a víz lecsapódása után már csak szén-dioxidot és oxigént tartalmazott. A keletkező gázelegy sűrűsége 298,0 K hőmérsékleten és 101,3 kPa nyomáson 1,776 g/dm3. Mi volt az ismeretlen szénhidrogén összegképlete ? (10 pont) Megoldás: Írjuk fel a szénhidrogén égésének általános egyenletét: CxHy + (x + y/4)O2 = xCO2 + (y/2)H2O 1 pont Ezen egyenletek értelmében a reakciók lejátszódása után a kiindulásival azonos állapotú gázok térfogata a következőképpen alakul (cm3): CO2 = 20x,ehhez szükséges O2 mennyiség: 20(x + y/4) O2 (maradék) = 134 – 20(x + y/4) 1 pont A megadott sűrűség-adatból az egyetemes gáztörvény felhasználásával kiszámítható az elegy átlagos moláris tömege: M = ρRT/p = 1,7761.8,314.298/101325 = 4,34286.10–2 kgmol–1 = 43,4286 g/mol 2 pont Mivel az elegy csak ismert gázokból, széndioxidból és oxigénből áll, ezért az átlagos moláris tömeg alapján a térfogat%-os (vagy mol%-os) összetétele könnyedén számolható. 1 mol gázra: x.44,01 + (1–x).32,00 = 43,4286. Ennek megoldása: x = 0,95238. 1 pont Így az alábbi egyenlet írható fel: 20x/(134 – 20(x + y/4) +20x) = 0,95238. Ennek átrendezésével az y=26,79983.x4,2000x egyenlethez jutunk, ahol x és y egész számok 2 pont Ha x = 1 vagy 2 vagy 3, akkor ilyen szénhidrogének nincsenek

1 pont

Ha x = 4, akkor y = 10, ami a C4H10 összetételű vegyületnek felel meg, azaz a butánnak

1 pont

Továbbnézve x = 5 esetén C5H6 pontatlanul lehetséges. Ez lehet ciklopentadién, ami azonban folyadék. Ha x=6, akkor y=2, nincs ilyen szén-hidrogén, míg x =>7-től y negatív szám. 1 pont Összesen: 10 pont

Természettudományi és Informatikai Kar, Kémiai Tanszékcsoport 6. Egy bomlékony vegyületről (csak 0 ºC alatt vízmentes körülmények között stabilis) sokáig (1959-ig) úgy vélték, hogy nem is létezik. A kovalens molekulákból álló anyag savas kerekterű. Sói jól ismertek, utóbbiak gyakorlati felhasználása jelentősnek volt mondható, többek között az analitikában és a fényképészetben is. Előállítása szigorúan vízmentes körülmények között történhet meg pl. éterben, egy adott elem legjellemzőbb/legegyszerűbb, egy központi atomot tartalmazó hidridjének egy molekulája és ugyanazon elem (egyik) oxidja között lejátszódó reakcióval. (Ekkor a tiszta, oldószermentes vegyület helyett annak kristályéteres formáját kapjuk meg.) A tiszta vegyület 42,05 tömeg%-a oxigén. Mi a vegyület neve, összeg- és szerkezeti képlete (kötésmód), illetve mennyi a benne található elemek oxidációs száma (a kötésmód alapján)? Írd fel a vegyületből származtatható kétértékű ion reakcióját jóddal, illetve ezüst(I)-ionokkal (ekkor a kétértékű ion legyen feleslegben)! Mindkét esetben add meg a vegyületből képződött termék nevét, összeg- és szerkezeti (kötésmód) képletét is! Írd fel az alapvegyület előállításának egyenletét is! (15 pont) Megoldás:

Ha adott elem oxidjának és legjellemzőbb/legegyszerűbb hidridjének a reakciójával előállítható, akkor a vegyület háromkomponensű, hidrogént, oxigént és még egy, nagy valószínűséggel nemfémes elemet tartalmazhat, melyet egyenlőre jelöljünk X-szel. Arra, hogy X valószínűleg nemfémes elem a vegyület savas karakteréből illetve, hogy hidridje létezik és molekuláris következtethetünk. (Nemesgázok természetesen mindezek alapján kizárhatóak.) 1 pont A nemfémes elemek legjellemzőbb/legegyszerűbb hidridjei általában egy központi atomot tartalmaznak, ahol a hidrogének száma adott csoportra jellemző: széncsoport 4; nitrogéncsoport 3; oxigéncsoport 2 és a halogének: 1. (Kivétel a bór, ahol az összetétel B2H6 és amelyet kizárhetunk.) A vegyületünk összetétele legyen HvXwOz és számítsuk ki z-t X és w függvényében a megadott tömegszázelék alapján. (v X függvénye) 1 pont Lehetséges X-ek (oxigént kizárhatjuk, nincs oxidja): C, N, F, Si, P, S, Cl, As, Se, Br, Sb, Te, I, w-t pedig vizsgáljuk meg kettő és (első közelítésben) hat között. Ekkor a következő táblázatot kapjuk w-re: 2 3 4 5 6

C 1.27 1.82 2.36 2.91 3.45

N 1.41 2.04 2.68 3.31 3.95

F 1.77 2.63 3.49 4.35 5.22

Si 2.73 4.00 5.28 6.55 7.83

P 2.95 4.35 5.76 7.16 8.56

S 3.00 4.45 5.91 7.36 8.82

Cl 3.26 4.87 6.48 8.08 9.69

As 6.93 10.33 13.73 17.13 20.52

Se 7.25 10.83 14.42 18.00 21.58

Br 7.29 10.92 14.54 18.16 21.79

Sb 11.18 16.70 22.23 27.75 33.27

Te 11.67 17.45 23.24 29.03 34.81

I 11.56 17.31 23.07 28.82 34.58

1 pont Itt két egész értékre bukkanhatunk, az egyik alapján H2S2O3 a másik alapján H4Si3O4 a keresett vegyület. A tiokénsav sója, a Na2S2O3 valóban jelentős felhasználással bírt, a fényképészetben („fixirsó”) és a klasszikus analitikában ma is használatos. A másik összetételnek megfelelő vegyület, mivel benne a Si átlagos oxidációs száma csak +4/3 lenne, nagy valószínűséggel nem létezik. (Mivel találtunk egy jó megoldást, w > 6-ra nem vizsgálódunk tovább.) 1 pont A H2S2O3 szerkezeti képletére két lehetséges változat is létezhet: OH

O S O

S

H S

O

S O

O H

H

1-1 pont

Az első szerkezetnek megfelelően a két kén oxidációs száma +5 és -1, míg a második képlet szerint +4 illetve 0. Mindkét megoldást elfogadtuk, a legtöbb helyen az első szerkezet szerepel, de elméleti számítások (1990) inkább a második kötésmódot valószínűsítik. (A wikipédián pl. mindkettő megtalálható.) 1-1 pont

Természettudományi és Informatikai Kar, Kémiai Tanszékcsoport Reakciók: 2 S2O32– + I2 = S4O62– + 2 I– Itt a termék a tetrationát (S4O62–) anion. 2– + 3– 2 S2O3 + Ag = [Ag(S2O3)2] Itt a termék a bisz(tioszulfátó)-argentát ([Ag(S2O3)2]3–) összetett anion.

2 pont 2 pont

Kötésmódjuk: O O

O

O

S

S

S

S

O

O

Illetve

1 pont O

O

O

S

O Ag

S

S S

O

O

vagy O O

O S

S

O Ag

S S

O

1 pont

O

(Az egyes atomokon található töltések és sokszor a kötésrend a valóságban nem egész számok.) Lehetséges előállítások: H2S + SO3 = H2S2O3 Na2S2O3 + HCl = 2NaCl + H2S2O3 HSO3Cl + H2S = HCl + H2S2O3

(éterben, kristályéteres termék) (éterben, kristályéteres termék)

1 pont

(oldószermentes)

Összesen: 15 pont

B változatú pontozás A leírt tulajdonságok kigyűjtése, feltételezések, következtetések levonása 2 pont Az előbbi feltételezések bizonyítása a %-os érték alapján történő számolással 2 pont A keresett vegyület neve, összeg- és szerkezeti képlete 2 pont A vegyület atomjainak oxidációs számai 2 pont (0,5 pont, ha az O és H atomok oxidációs száma helyes) A tioszulfátion reakciója jóddal (egyenlet, termék neve, szerkezeti képlete) 3 pont A tioszulfátion reakciója ezüstionokkal (egyenlet, termék neve, szerkezeti képlete) 3 pont (1 pont, ha nem vette figyelembe a tioszulfátfelesleget, de minden kért adatot megadott) A vegyület előállítása (egy lehetséges módszer, egyenlet) 1 pont Összesen: 15 pont Hibátlan megoldást küldött: Bajczi Levente

Természettudományi és Informatikai Kar, Kémiai Tanszékcsoport 7. 1,000-1,000 g fém lítiumot, nátriumot és káliumot égetünk el száraz levegő feleslegében, zárt térben. A reakció lejátszódása után a minták tömege rendre 2,2366 g-ra, 1,6810 g-ra, illetve 1,8012 g-ra nőtt. Feltételezzük, hogy a levegőben az oxigénen kívül található egyéb gázok (pl. N2, CO2) nem vettek részt a reakcióban. A mintákat 300 ºCos hőkezelésnek vetettük alá. A lítium- és a nátriumtartalmú minták esetében nem tapasztaltunk változást, míg a káliumtartalmúnál bomlás hatására tömegcsökkenés következett be. A minta tömege mintegy tíz óra hőkezelés után stabilizálódott, és 0,3920 g tömegcsökkenést tapasztaltunk. Milyen égéstermékek keletkeztek az egyes fémek esetében, és mi volt az égés után az egyes minták pontos összetétele (?,?? m/m%) tömegszázalékban kifejezve? Milyen változás játszódott le a hőkezelés hatására a káliumtartalmú minta esetében? Írd fel a reakcióegyenleteket is! A hőkezelések után mindhárom mintából 100,0 cm3 térfogatú vizes oldatot készítettünk. Mennyi lesz az egyes minták pH-ja (?,??), feltételezve, hogy az összes bomlási folyamat, amely az oldódás során bekövetkezhet, maradéktalanul lejátszódott? (20 pont)

Megoldás: mLi: 1,000g mNa:1,000g mK: 1,000g

MLi:6,94 MNa: 22,99 MK: 39,10

nLi:0,1441mol nNa: 0,0435mol nK: 0,0256mol 1 pont

Tömegnövekedés Li: 1,2366g n0: 0,0773mol Na: 0,6810g n0:0,0426mol K: 0,8012g n0: 0,0501mol 1 pont K-ra n0/nk=1,9579 van KO2 is K2O; K2O2; KO2

Na-ra n0/nk=0,9875 főleg Na2O2 Na2O; Na2O2

Li-ra n0/nk=0,5364 főleg Li2O Li2O; Li2O2 1-1-1 pont

Mivel Li és Na esetén nics tömegcsökkenés, ott nincs szuperoxid. Li: n mol Li2O 0,1441-n mol Li2O2 2Li + 0,5O2 →Li2O 2Li + O2 → Li2O2 n0 = 0,0773mol = n×0,5+(0,1441-n) 0,0773=0,5n+0,1441-n -0,0668=-0,5n 0,1336 mol = n Li Li2O-ban mLi2O=n×M=3,9921g/2=1,9961g 0,0105 mol= n Li Li2O2-ban MLi2O2=n×M=0,4811g/2=0,2405g Li2O: 3,9921/2×100%=89,25% Li2O2: 10,75%

MLi2O=29,88 MLi2O2=45,88

3 pont Na: O:

n mol Na Na2O-ban és 0,0435-n mol Na Na2O2-ban 0,0426 = n×0,5+(0,0435-n) 0,0426= -0,5n + 0,0435 -9,3467×10-4=-0,5n 1,8693×10-3 mol = n

Na molja Na2O-ban 1,8693×10-3 mol M=61,88g/mol Na molja Na2O2-ban 0,0416mol M=77,98g/mol Na2O: (0,1159/2)/…=3,45% Na2O2: 1,6231/(1,6231+0,0579)=96,55%

mNa2O=0,1159/2g=0,0579g mNa2O2=3,2461/2g=1,6231g

3 pont K:

tömegcsökkenés:

2KO2 → K2O2 + O2

Természettudományi és Informatikai Kar, Kémiai Tanszékcsoport M0=m/n= 16,00g/mol m=0,3920g

n=0,0245mol oxigén atom távozott marad: n0= 0,050075mol-0,0245mol=0,0256mol n0/nk=0,99998=1 K2O2 volt + KO2 nincs K2O 1 pont

Megjegyzés: T-alapján mondta, hogy nincs K2O. 0,5 pont nK + nO2 → nKO2 2K + O2 → K2O2

M=71,1g/mol M=110,2g/mol

n0=n×2 + (0,02558-n) = 0,05008 mol K2O n = 0,0245mol → m= 1,7419g K2O2 n= 1,0759×10-3/2 → m= 0,0593g K2O2 = 3,29% K2O = 96,71% 2 pont Hőközlés után csak M2O és M2O2 van. Vízben oldva csak MOH lesz. M2O + H2O = 2 MOH ill. M2O2 + H2O = 2MOH + 0,5 O2 Li: csak MOH lesz nLi=0,1441 mol 100,00cm3 = 0,1 dm3 c=1,441 M 1-1 pont Na: K:

pKv=13,75 pOH=-0,169 pH=13,91 c=0,43497 M pOH=0,37 pH= 13,39 c=0,25575 M pOH=0,59 pH=13,16

1-1 pont

1-1 pont Összesen: 20 pont Megjegyzés: 1 pont levonás, ha pKv=14-gyel történt a számolás és nem az adatokban megadott pKv=13,75-tel, illetve 1pont levonás, ha nem az adatokban megadott relatív atomtömegekkel történt a számolás. Hibátlan megoldást küldött: Baglyas Márton, Bajczi Levente, Koch Lilla

Természettudományi és Informatikai Kar, Kémiai Tanszékcsoport 8. Hány izomer felel meg a C4H8O összegképletnek? Rajzold fel a szerkezeti képleteket! Mely izomerek vannak tautomer viszonyban? Hány darab cisz-transz izomer lehetséges, melyek ezek? (22 pont)

Megoldás: Könnyítésként összeszedhető, hogy milyen vegyületek jöhetnek szóba: nyílt láncú, telített aldehid nyílt láncú, telített keton nyílt láncú, egyszeresen telítetlen éter nyílt láncú, egyszeresen telítetlen alkohol valamilyen formában gyűrűt tartalmazó telített alkohol és éter Összesen 26 db konstitúciós izomer írható fel, melyek szerkezeti képlete az alábbi: Az azonos színű, nem feketével keretezett molekulák egymás tautomerjei, továbbá a szaggatott vonallal (akár fekete, akár színes) körülvett molekuláknak van geometriai izomere. (Tehát két, valamely másik szerkezettel tautomer viszonyban álló molekulának egyben cisz/transz izomere is elképzelhető.) Minden megtalált szerkezet 0,5 pontot ér, 1-1 pont jár az oxovegyületek tautomerjeinek megtalálásáért, illetve 1-1 pontot ér a geometriai izomerizációra hajlamos molekulák megtalálása.

Szerkezeti képletek felírása összesen: Oxovegyületek tautomerjeiért Geometriai izomerizációért

13 pont 3 pont 6 pont Összesen: 22 pont

Hibátlan megoldást küldött: Szombati Eszter, Tihanyi Áron, Posta Máté

2. feladat: Add meg az alábbi kritériumoknak megfelel
, lehet
legkevesebb atomot tartalmazó szerves vegyületek konstitúciós képletét: a) geometriai (cisz/transz) izomerekkel rendelkez
alkin b) csak egy darab els
rend szénatomot tartalmazó alkán c) pentabrómozott lakton (brómatom csak gyrbeli szénatommal létesíthet kötést) d) királis, kétérték, telített alkohol e) többszörös szén-szén kötést nem tartalmazó gyrs g-aminosav f) két spiro-szénatomot tartalmazó alkán Amennyiben több válasz is lehetséges, elég az egyiket megadni. Három tetsz
leges vegyületnek add meg a nevét is! (9 pont) Megoldás a) háromszoros kötés esetén nincs értelmezve a geometriai izoméria, ezért egy szén-szén kett
s kötést is tartalmaz a molekula: az etilén két szénatomján egy-egy hidrogénatomot megtarthatunk, de az egyik szubsztituensnek metilcsoportnak kell lennie, a másiknak pedig az etinilcsoportnak

A molekula neve: (cisz/transz-)pent-3-én-1-in

1 pont, név +1 pont

b) egy nyílt láncú alkán legalább kett
primer szénatomot tartalmaz, azonban a szubsztituálatlan cikloalkánok mindegyik szénatomja els
rend
: egy metilcsoport hozzáadásával megkapható a kérdéses molekula

A molekula neve: metil-ciklopropán 1 pont, név +1 pont c) a laktonok hidroxikarbonbonsavak gyrs bels
észterei: mivel brómatom csak gyrbeli szénatomhoz köt
dhet, ezért a három metiléncsoportot tartalmazó lakton származékaira gondolhatunk

A vegyületek neve balról jobbra: 3,3,4,4,5-pentabróm-g-butirolakton, 3,4,4,5,5-g-butirolakton, 3,3,4,5,5-g-butirolakton 1 pont, név +1 pont d) egy szénatomra kell négy különböz
szubsztituenst tennünk, ebb
l egy biztosan hidroxilcsoport, egy hidrogén, egy a legkisebb alkilcsoport, a metilcsoport, egy pedig a hidroximetilcsoport; gyrs változatban a legkevesebb atomot tartalmazó ilyen vegyület eggyel több atomból áll

A molekula neve: propilénglikol, propán-1,2-diol 1 pont, név +1 pont A ciklopropán-1,2-diol megoldásként csak akkor fogadtuk el, ha a rajzból vagy a szövegb
l kiderült, hogy a transz izomerre gondolt a versenyz
, mert az a királis. e) a gamma-aminosavakban a két funkciós csoport között van egy amino- illetve karboxilcsoporttal szubsztituálatlan szénatom

A molekula neve: 3-amino-ciklobutánkarbonsav nem tökéletes, de ahhoz nagyon közel álló, jó logikával megtalált molekulára 0,5-0,5 pont adható (név-képlet). 1 pont, név +1 pont e)

Név: piperidin-4-karbonsav, 4-karboxipiperidin

1 pont, név +1 pont

f) a spiro-szénatom jelentése: két gyr egyetlen közös pontjaként szerepl
szénatom, így:

A molekula neve: dispiro[2.0.25.03]heptán, avagy egyszeren dispiroheptán A nevek közül három helyes névre maximum 3 pont szerezhet
Összesen:

1 pont, név +1 pont 9 pont

Szép megoldást küldött: Stenczel Tamás Károly, Schneiker Anita, Szombati Eszter, Volford András

4. feladat: Az alábbi reakciósorral benzolból benzoesav-izopropil-észtert állítunk el
. Add meg a szükséges reagenseket, valamint a betkkel jelzett vegyületek szerkezeti képletét! Keress két megoldást, amelyben A, B és C vegyületek közül legalább kett
különbözik! (12 pont) O H3C

?

A

?

B

?

?

O

H CH3

C

Megoldás Mivel a benzol reakciókészsége csekély, ezért a bel
le közvetlenül kialakítható vegyületek köre szk, azonban a termékek továbbalakíthatósága sokféle lehet. Azon A molekulák, melyek benzolból kialakíthatók és használhatók a szintézisben: brómbenzol, benzaldehid, alkilbenzolok, benzil-klorid. Egy reakciólépésnek számítanak azon lépések is, mikor ugyan két reakciót kell végrehajtani, de ezek közül az egyik nem tényleges funkciós csoport átalakítás, hanem protonálás, és a kérdéses komponenst nem kell kinyerni az oldatból (pl. el
ször szén-dioxiddal való reakció, majd sósav hozzáadása). A felsorolt lehetséges utak közül némelyik logikátlan (pl. 13.), de megvalósítható. A nyilakon használt / jelek vagy köt
szónak felelnek meg, a vessz
k pedig ést helyettesítenek. Az R jelölés alkilcsoportot jelöl. Táblázatos összefoglaló az egyes köztitermékekr
l: A

B

C

1.

Toluol

Benzotriklorid

Benzoil-klorid

2.

Toluol

Benzotriklorid

Benzoesav

3.

Toluol

Benzil-klorid

Benzoesav

4.

Toluol

Benzonitril

Benzoesav

5.

Brómbenzol

Toluol

Benzoesav

6.

Brómbenzol

Fenilmagnézium-bromid

Benzoesav

7.

Brómbenzol

Benzonitril

Benzoesav

8.

Jódbenzol

Fenilmagnézium-jodid

Benzoesav

9.

Benzaldehid

Benzoesav

Alkil-benzoát

10.

Benzaldehid

Benzoesav

(vegyes) Benzoesavanhidrid

11.

Benzaldehid

Benzoesav

Benzoil-klorid

12.

Benzaldehid

Alkálifém-benzoát

Vegyes benzoesavanhidrid

13.

Benzaldehid

Toluol

Benzoesav

14.

Alkilbenzol

Benzoesav

ld. 9-11.

15.

Benzil-klorid

Benzil-alkohol

Benzoesav

16.

Benzil-klorid

Benzoesav

ld. 9-11.

Egy sorban a nevek (A-B-C): 1-1-1 pontot érnek és bármely két helyes sorért összesen 6 pont kapható. Soronként a négy reaktáns, katalizátor helyes megadásáért még 3 pont adható 0,5+1+1+0,5 pontokként az alábbiak szerint: 1.

A: a benzol Lewis-savak jelenlétében szubsztitúciós reakcióba lép reaktív alkil-halogenidekkel (klorid, bromid, jodid, jelen esetben az alkilcsoport metilcsoport), ez az ún. Friedel-Crafts-alkilezés. Katalizátorként minden Lewis-sav elfogadható, pl. BF3, ZnCl2. B: a toluol gyökös iniciátor (pl. fény) mellett klórozódik, legkönnyebben a metilcsoporton. Klórfelesleggel kizárólag benzotriklorid képz
dik, ellenkez
esetben desztillációval kell elkülöníteni a mono-, di- és triklórszármazékokat. C: a benzotriklorid óvatos hidrolízise a nagyon reaktív benzoil-kloridhoz vezet, amely készségesen reagál alkoholokkal észtert adva. 2.

A: ld. 1. B: ld. 1. C: kalcium-hidroxid jelenlétében a benzotriklorid kalcium-benzoáttá alakul, melyb
l er
s savval felszabadítható a benzoesav, mely alkoholokkal er
s sav katalizálta reakcióban észtereket alkot. 3.

A: ld. 1. B: kevesebb klór jelenlétében f
ként benzil-klorid képz
dik az 1. reakció szerint, illetve desztillációval elkülöníthet
k az egyes termékek C: a benzil-klorid lúgos közeg oxidációja benzoátot ad, melyb
l er
sebb savval felszabadítható a benzoesav, mely alkoholokkal er
s sav katalizálta reakcióban észtereket alkot.

4.

A: ld. 1. B: a toluol (egy inkább iparban használatos reakcióban) benzonitrillé alakítható ún. ammoxidációval C: a nitrilekb
l bázis- illetve savkatalizált hidrolízissel benzoát- avagy benzoesav keletkezik. A sóból savval kell felszabadítani a benzoesavat, mely alkoholokkal er
s sav katalizálta reakcióban észtereket alkot. 5.

A: a benzol vas(III)bromid, mint bromidion-akceptor, jelenlétében aromás elektrofil szubsztitúciós reakcióban brómbenzollá alakul. Analóg módon klórbenzol is használható. B: ha a fenil-klorid/bromid mellé reaktívabb (nagyobb rendszámú halogént tartalmazó) alkilhalogenidet keverünk, majd az elegyhez nátriumot adunk, akkor a halogenidek eltér
reaktivitása miatt a f
termék a keresztezett szénhidrogén lesz. Az a fontos, hogy az alkil-halogenid halogénhez köt
d
szénatomján legyen hidrogén. C: az olyan alkilbenzolok, melyek aromás gyrhöz kapcsolódó szénatomja hidrogént hordoz, redoxireakcióban benzoesavvá alakíthatók. A benzoesav alkoholokkal er
s sav katalizálta reakcióban észtereket alkot. 6.

A: ld. 5. A reakció klórral is könnyen megy, jóddal nem, a fluorbenzol el
állítható, de nem lehet bel
le létrehozni a fémorganikus vegyületet. B: a magnézium éteres közegben készségesen reagál az alkil-fluoridok kivételével mindegyik alkilhalogeniddel, miközben szerves fémvegyület keletkezik. Ezek a reaktív anyagok (alkilmagnéziumhalogenidek esetén Grignard-vegyületekr
l beszélünk) sokféle módon átalakíthatók. C: a Grignard-reagnens szén-dioxid segítségével benzoesavvá alakul, mely alkoholokkal er
s sav katalizálta reakcióban észtereket alkot.

7.

A: ld. 6. B: a brómbenzol réz(I)cianiddal benzonitrillé alakítható át (Rosenmund-von Braun-reakció). Az oldószer ezen esetben pl. N, N-dimetil-formamid (DMF). A reakció dimetil-szulfoxidos (DMSO) közegben nátrium-cianiddal is megy. C: ld. 4. 8.

A: a benzol salétromsavas közegben jóddal forralva jódbenzolt képez B: ld. 6. C: ld. 6. 9.

A: a benzaldehid kétféle módon is szintetizálható benzolból, egy lépésben. I: a benzol Lewis-sav katalizátor mellett reagál az egyetlen létez
hangyasav-halogeniddel, a formilfluoriddal. II: a benzol alkalmas katalizátorok jelenlétében reagál szén-monoxiddal. B: a benzaldehid igen könnyen oxidálódik (már leveg
n, akár katalizátor nélkül is) benzoesavvá. C: ha a benzoesav kis szénatomszámú alkohollal (metanol vagy etanol) észteresítjük, akkor diizopropil-

karbonáttal (a szénsav egyik észtere) a célvegyületté átészteresíthet
. Általánosan a nagyobb alkilcsoportot tartalmazó karbonátészterek cserereakcióban reagálnak kisebb alkilcsoportot tartalmazó más észterekkel. 10.

A: ld. 9. B: ld. 9. C: I. a karbonsavak acil-halogenidekkel reagálva savanhidrideket adnak. A kapott anhidridet vegyesnek nevezik, ha két különböz
karbonsavra hidrolizálnak. A legelterjedtebb laboratóriumi acil-halogenid reagens az acetil-klorid. Az oxálsav kloridjai nem használhatók. (ld. 11.) II: a karbonsavak er
s vízelvonószer hatására dehidratálódnak, miközben savanhidrid képz
dik. Az így képz
dött anhidrid szimmetrikus. Az anhidridek igen reaktívak, alkoholokkal észtert képeznek. 11.

A: ld. 9. B: ld. 9. C: er
s halogénez
szerekkel (kis reaktivitásuk miatt a fluorvegyületek kizárhatók) a legtöbb vegyület hidroxilcsoportja halogénre cserélhet
. A benzoil-kloridot els
ként benzoesav és klór reakciójával állították el
. Ha a reakciópartner oxalil-klorid, akkor nem az el
bb látott savanhidridképzés megy végbe, mivel az oxalil-klorid könnyen diszproporcionálódik szén-dioxidra és szén-monoxidra. A benzoil-klorid készségesen reagál alkoholokkal, miközben észter keletkezik.

12.

A: ld. 9. B: a benzoesav er
sen bázikus (pl. nátrium-hidroxidos) közegben diszproporciós reakciót szenved el, ez az ún. Cannizzaro-reakció. Az egyik termék a benzil-alkohol, a másik pedig a nátirum-benzoát. Utóbbi átalakítható er
s sav segítségével benzoesavvá (ekkor a továbbalakítás módjához ld 9-11.), de kikristályosítva is használható. A reakció akár oldószermentesen is végrehajtható. A benzil-alkohol továbbalakítható (ld 15.), az elegyb
l eltávolítható pl. desztillációval. C: fém-karboxilátok sav-kloridokkal (ugyancsak leszámítva az oxálsav-halogenideket) savanhidrideket adnak. Az anhidridek igen reaktívak, alkoholokkal észtert képeznek. 13.

A: ld. 9. B: az aldehidek több módon is alkánokká redukálhatók (ismertek alként eredményez
reakciók, de ezek oxidációja sokszor diolhoz vezet, így ezeket nem tüntetjük fel) I. (benzaldehid felett) Clemmensen-redukció: az oxovegyületek cinkamalgámmal alkánná redukálhatók (az alkán kifejezéseket itt arra a szénatomra értjük, amelyiken a redukció végbemegy) II. (benzaldehidt
l jobbra) Kizsnyer-Wolff-reakció: bázisos közegben hidrazinnal hevítve az oxovegyületeket (magas forráspontú oldószerben) a végs
termék alkán III. (benzaldehid alatt) Mozingo-reakció: az oxovegyületek legalább két szénatomos, terminális ditiolokkal ditioacetálokká alakíthatók, melyek Ni (vagy egyéb hidrogénez
) katalizátoron alkánná

redukálhatók. C (a Kizsnyer-Wolff-reakció után továbbvezetve): azon alkilbenzolok, melyek aromás gyrhöz kapcsolódó szénatomján hidrogén található, er
s oxidálószer segítségével benzoesavvá alakíthatók. A benzoesav er
s sav által katalizált folyamatban izopropil-benzoátot ad. I: a benzol Friedel-Crafts-alkilezéshez hasonló reakcióba vihet
k alkénekkel is. A folyamat a Markovnyikov-szabály szerint megy végbe. A reakció mechanizmusának köszönhet
en az alábbi reakciósor legfeljebb propénb
l kiindulva hajtható végre. II: használhatjuk a hagyományos Friedel-Crafts-reakciót is (ld. 1.), de butil-halogenidet használva benzoesav már nem alakítható ki. Megjegyzés: négy szénatomból álló vegyület azért nem használható, mert az ezekb
l képz
d
alkilbenzol f
mennyisége terc-butilbenzol. Ennek oka az, hogy a reakció során ún. karbokationok keletkeznek, melyek közül azok a legstabilabbak, melyekben a pozitív töltést hordozó szénatom a legjobban szubsztituált. A kevésbé szubsztituált karbokationok nagyon gyorsan átrednez
dnek. Emiatt keletkezik n-propil-kloridból kiindulva izopropilbenzol (kumol). A Markovnyikov-szabály is ebb
l következik. VAGY B: azon alkilbenzolok, melyek aromás gyrhöz kapcsolódó szénatomján hidrogén található, er
s oxidálószer segítségével benzoesavvá alakíthatók C: ld. 9-11. 15.

A: benzolból egy lépésben is kialakítható benzil-klorid a ma már csak történelmi jelent
ség Blanc-féle klórmetilezéssel. B: a benzil-klorid SN2 mechanizmusú nukleofil szubsztitúciós folyamatban benzil-alkohollá alakítható (benzil-alkohol a köztiterméke a Blanc-reakciónak is, ám ott a tömény sósav miatt az gyorsan továbbalakul benzil-kloriddá) C: a benzil-alkohol benzoesavvá oxidálható, ami er
s sav által katalizált folyamatban izopropilbenzoátot ad. 16.

A: ld. 15. B: a benzil-klorid bázikus közeg oxidációja benzoátsót eredményez, amelyb
l a sav könnyen felszabadítható er
s sav segítségével. C: ld. 9-11. Egy teljes megoldás 6 pont, így két teljes megoldásért összesen 12 pont szerezhet
. Szép megoldást küldött: Baglyas Márton, Jámbor Márk, Luu Hoang Kim Ngan, Sulyok-Eiler Máté

5. feladat: Egy napon a kémiatanár érdekes probléma elé állította diákját. Bevitt a laborba egy 100,00 cm3 térfogatú mér
lombikban frissen készült, kénsavval savanyított Mohr-sóból [Fe(NH4)2(SO4)2·6 H2O] készült oldatot, ismeretlen koncentrációjú Ce(SO4)2-mér
oldatot, pár Erlenmeyer-lombikot és pipettát, 2 mol/dm3 koncentrációjú NaOH-oldatot, ferroin indikátort és egy jelölés nélküli, de jól használható bürettát. A diák feladata az volt, hogy határozza meg az oldat vastartalmát a fenti eszközök és anyagok segítségével, ezért a törzsoldat 10,00 cm3 részleteit ekvivalenciapontig titrálta a Ce(SO4)2oldat segítségével. A kapott oldatok mindegyikét alaposan átlúgosította, majd a kivált csapadékot szrte, desztillált vízzel alaposan átmosta, majd egy technikus segítségével argon véd
gázon 900 °C-on kihevítette. Az így el
állított porminták átlagtömege 0,1513 g-nak adódott. Hány (?,??) gramm Mohrsó bemérésével készült az eredeti törzsoldat? Miért nem volt célszer a törzsoldatot a titrálás el
tt átlúgosítani és csupán az így kapott csapadékot kiizzítani? (15 pont) Megoldás A Ce(SO4)2-os titrálás során a Fe2+ oxidálódik: Fe2+/II + Ce4+/IV = Fe3+/III + Ce3+/III 1 pont NaOH hozzáadására leválnak az ekvivalenciapontban lev
fémionok hidroxidjai: Ce3+ + 3 OH– = Ce(OH)3 1 pont Fe3+ + 3 OH– = Fe(OH)3 Hevítés hatására, véd
gáz alatt: 2 M(OH)3 = M2O3 + 3 H2O 1 pont A kapott por tehát Fe2O3 és Ce2O3 keveréke. 1 pont Mivel egységnyi anyagmennyiség Fe2+ egységnyi Ce4+-gyel reagál, valamint mindkét kicsapott hidroxid és majdani oxid háromvegyérték, a pormintában a Fe2O3 és a Ce2O3 anyagmennyisége egyenl
. 2 pont A verziójú folytatás 0,1513 g porkeverékben van x g Fe2O3 (0,1513-x) g Ce2O3 x/159,7 mol Fe2O3 (0,1513-x)/328,24 mol Ce2O3 1-1 pont A két oxid anyagmennyisége egyezik, így x/159,7 = (0,1513-x)/328,24 1 pont x = 0,04952 g Fe2O3 van a végs
pormintában 1 pont n = 3,101E-4 mol Fe2O3 n(Fe(OH)3) = 2n(Fe2O3) = 6,202E-4 mol 2 pont B verziójú folytatás A mintában x mol Fe2O3 és x mol Ce2O3 van. Mivel m = nM, ez 159,7x gramm Fe2O3-nak és 328,24x gramm Ce2O3-nak felel meg. 1-1 pont Az össztömeg a kett
összege, ami ismert. 159,7x + 328,24x = 0,1513 1 pont x= 3,101E-4 mol Fe2O3 1 pont n(Fe(OH)3) = 2n(Fe(OH)3) = 6,202E-4 mol 2 pont Általánosan tovább: n(Fe(OH)3) = n(Fe2+) / 10 mL minta = 10n(Fe2+) / 100 mL minta 10n(Fe2+) / 100 mL minta = 6,202 · 10-3 mol = n(bemért Mohr-só) 1 pont m(Mohr-só) = 2,43 g 1 pont A törzsoldatból a Fe(OH)2 kicsapása azért nem célszer, mert az leveg
hatására oxidálódni kezd, emiatt nem tudnánk a kihevített minta pontos összetételét. 1 pont vagy FeO nem határozott összetétel, képlete valójában FexO, ahol 0,84  x  095. Összesen: 15 pont Szép megoldást küldött: Volford András, Bajczi Levente, Baglyas Márton, Luu Hoang Kim Ngan

6. feladat: Ismeretes, hogy az alumínium felületén véd
oxidréteg található. Az alumínium moláris tömege (26,98 g/mol) és srsége (2,70 g/cm3) alapján becsüld meg, hogy egy adott térfogatú alumíniumkocka felületén található oxigén mennyisége hogyan viszonyul az összes alumínium mennyiségéhez (pl. az alumíniumot kockának feltételezve)! Tételezzük fel az egyszerség kedvéért, hogy minden, a felülettel közvetlenül érintkez
alumíniumatom oxidációs száma +3, a többié 0. Számold ki a következ
térfogatú alumíniumkockák felületét nm2 mértékegységben: 1 mm3, 1 mm3, 106 nm3, 103 nm3, 1 nm3! Becsüld meg a felületen található alumíniumatomok számát (?×10? darab), illetve a felületen található oxigén mennyiségét (? ×10? darab)! Számold ki, hogy az így kapott oxigén anyagmennyisége hány százaléka az összes alumínium anyagmennyiségének (? %)! (15 pont) Megoldás: A moláris tömeg és a srség ismeretéb
l számítható a moláris térfogat (9,9926 cm 3/mol) és az atomtérfogat is (1,6591×10-29 m3). Ha utóbbiról feltételezzük, hogy egy kocka, akkor annak kiszámítható az élhosszúsága: d=2,5505×10-10 m (= 255,05 pm = 2,5505 ) 5 pont Ha egy kocka kis kockákból áll, akkor a felületen található kockák száma megegyezik a hatszor az oldalakon található kockák számából kivonva 12-ször az éleken található kockák számát (ezeket kétszer számoltuk) és hozzáadva a nyolc csúcson található kockát. (Utóbbit háromszor beleszámoltuk, majd háromszor kivontuk eddig, ami zérus) tehát a képlet: NAlf = 6×A/d2 - 12×D/d + 8 5 pont ahol A az adott kocka egy oldalának felülete, D pedig az élhosszúsága. A véd
oxidrétegben található oxigén anyagmennyisége ennek másfélszerese, ami az oxidációs számokból következik. Az összalumínium mennyisége pedig az egy alumíniumot tartalmazó kocka térfogata segítségével számítható. V 1 mm3 1 µm3 106 nm3 103 nm3 1 nm3

V (nm3) 1018 nm3 109 nm3 106 nm3 103 nm3 1 nm3

A 12 10 nm2 106 nm2 104 nm2 102 nm2 nm2

D 6 10 nm2 1000 nm 100 nm 10 nm 1 nm

NAl 6,03E+19 6,03E+10 6,03E+07 60275 60

NAlf 9,22E+13 9,22E+07 9,18E+05 8761 53

NO 1,38E+14 1,38E+08 1,38E+06 13142 80

NO/NAl (%) 2,30E-04 2,30E-001 2,28 21,80 132,36

Jól látható, hogy a kocka térfogatának csökkenésével az oxigén relatív mennyisége fokozatosan n
, és a nanométeres tartományban válik kezdetben nem elhanyagolhatóvá (106 nm3  2,28 %) majd lényegessé (103 nm3  21,8 %) végül dominánssá (1 nm3  132,36 %). 5 pont Megjegyzés: Ha figyelembe vesszük azt a tényt, miszerint az alumínium laponcentrált köbös kristályráccsal rendelkezik, akkor kb. 20% kisebb értékeket kapunk minden esetben, hozzátéve, hogy ez továbbra is csak becslésnek tekinthet
. Ennek ellenére a feladat visszaigazolja azt a tényt, miszerint ha adott anyag esetében a részecskeméret a nanométer tartományba esik, az a létrejöv
nagy felület miatt az nagy valószínséggel a korábbitól eltér
kémiai tulajdonságokat fog mutatni. Összesen: 15 pont Kiemelked
megoldások érkeztek a következ
versenyz
kt
l: Szombati Eszter, Koch Lilla, Stenczel Tamás Károly, Baglyas Márton, Bajczi Levente, Tihanyi Áron

7. feladat: Az alumíniumgyártás utolsó folyamatában a timföld (Al2O3) olvadékát elektrolizálják (HallHéroult eljárás). A timföld olvadáspontja (~2000 °C) meglehet
sen magas, ezért kriolitot (Na 3AlF6) adagolnak hozzá, ami az olvadáspontot jelent
sen lecsökkenti (950-980 °C). (A kriolit rendszerint mesterségesen el
állított anyag, bár Grönlandon vannak lel
helyei.) Az alumíniumgyártás folyamán 99%-os tisztaságú alumíniumot lehet el
állítani. A katódon, ahol a redukció történik, a következ
folyamat játszódik le: Al3+ + 3e- = Al. Milyen folyamat játszódik le a grafit anódon, ha az egyszerség kedvéért csak egyetlen 100%-ban lejátszódó folyamatot tételezünk fel, amelynek során 0,75 mol gáz fejl
dik 1,00 mol Al el
állítása esetén? Írd fel az elektrolízis során lejátszódó bruttó reakciót is! Mennyiben hasonlít vagy különbözik ez a vasgyártás hasonló reakciójától? Környezetvédelmi szempontból (pl. üvegházhatás) káros folyamatok-e ezek? Egy tonna alumínium el
állítása esetén mennyi gáz termel
dik (? tonna és ?,?? m3 térfogatú standard állapotú gáz)? Miért használunk elektromos áramot az alumíniumgyártás esetén, és miért nem a vasgyártásnál? (15 pont) Megoldás: Az alumíniumgyártás során szén (grafit) anódot szokás alkalmazni. Az elméletileg fejl
d
oxigén reagál az anód anyagával szén-dioxid keletkezik. A reakció tehát: 2 O2- + C - 4 e- = CO2 2 pont A folyamatok összessége a következ
: 2 Al2O3 + 3C = 4 Al + 3CO2 2 pont Ebb
l is látható, hogy tényleg 0,75 mol gáz fejl
dik elméletileg 1 mol Al el
állításakor is. A vasgyártás során lejátszódó reakció elméletileg a következ
: 2 Fe2O3 + 3C = 4 Fe + 3CO2 2 pont A két folyamatot összességét leíró egyenlet azonos. Üvegházhatás szempontjából mindkett
káros folyamat, hiszen szén-dioxid termelésével járnak. Egy tonna alumínium el
állításakor, ami 37064,5 mol Al-nek felel meg elméletileg 27798 mol CO2 keletkezik. Ennek tömege 1,2 tonna térfogata 680 m3, normál állapotot feltételezve. 3 pont A feladatban kért tizedes jegyek helytelen értékes jegy megoldásokat eredményeznek, ezért 1-2 értékesjegy hibától eltekintettünk. A vas szenes redukciója az adott h
mérsékleten (nagyolvasztó max. 1200°C) egy magától végbemen
folyamat, az alumíniumé (Hall-Héroult eljárás, max. 1000 °C) nem. Az önmagukban nem végbemen
folyamatokat azonban sok esetben elektrokémiai úton le lehet játszatni, ez azonban extra energia befektetést igényel, ami nagy valószínséggel további környezetszennyezést jelent (szén/k
olaj/gáz: CO2 kibocsájtás, atomer
m: nukleáris szennyezés, vízi er
m: tájátformálás széler
m: vizuális környezetszennyezés stb.). 3 pont Ez azt is jelenti, hogy az elektrolízis alkalmazásának a vasgyártás esetében nagy valószínséggel sem gazdasági, sem környezetvédelmi indoka nincs. A timföld direkt szenes redukciójának elméletileg lehetne környezetvédelmi és gazdasági hozadéka is, azonban ez a reakció kb. 2000°C-on játszódik csak le magától, ami igencsak megnehezíti a reaktortervezést. Nincs megfelel
árú és min
ség szerkezeti anyag, amely valószínsíthet
en kibírná az adott körülményeket hosszútávon, illetve a h
háztartás egyensúlyának gazdasági mérlege is kétséges lehet. 3 pont Megjegyzés: Az alumínium el
állítására vonatkozóan több helyen is oxigénfejl
dés van megadva, (Alumínium címszó alatt mind a magyar mind az angol wikipédián) mint az anódon lejátszódó folyamat. Ez sajnos nagyon megtéveszt
a felületes olvasó számára. Számos más elektrolitikus fém el
állítási folyamat esetén is hibásan feltüntetésre kerül, hogy az adott folyamat környezetbarát, hiszen a szenes redukcióhoz képest nincs CO2 kibocsájtás. Ez az állítás azonban szinte sohasem igaz, hiszen

ha nem grafit, hanem mondjuk inert platinaelektródot alkalmaznánk, az az áramköltség jelent
s megemelkedésével járna, és nem lenne sem gazdaságosabb, sem környezetbarátabb a technológia. Az oxigénfejl
dés elméletileg lehet, hogy még igaz is, de a valóságban az anód a kémiai reakciónak megfelel
nél gyorsabban fogy, tulajdonképp a leveg
n „ég”. A kimen
gázban CO2-n kívül CO, illetve HF, valamint SO2 található, a kén a szénnel, mint szennyez
dés kerül a rendszerbe. Összesen: 15 pont A legjobb megoldást Sipos-Vajda Eszter küldte be.

8. feladat: Egy szerves savanyúsó vizes oldatának pH-ja, elég magas koncentráció esetén, jó közelítéssel független annak koncentrációjától, és 0,100 mol/dm3 koncentrációjú oldat esetén értéke 6,00. A pufferoldatok hatékonyságát jellemzi a pufferkapacitás, ami megadja, hogy mekkora anyagmennyiség egyérték er
s sav- vagy lúgoldat hatására változik 1 dm3 pufferoldat pH-ja 1 egységet. Az oldat pufferkapacitása savra nézve 0,0650 mol. Mennyi lúgra nézve a pufferkapacitás (?,??? mol), illetve mekkora a savanyúsó savi formájához tartozó két savi disszociációs állandó negatív logaritmusa (pK1=?,?? és pK2=?,??)? (15 pont) Megoldás: Felírjuk a töltésmérleget (M+ a savanyúsó ellenionja): [H+] + [M+] = [HA-] + 2*[A2-] + [OH-] 1 pont + 2+ Nagy savanyúsó koncentrációnál (cA): [M ] = [HA ] + 2*[A ], mivel [H ] és [OH ] elhanyagolható a többihez képest. 2 pont 2Felírjuk az anyagmérleget a savanyúsóra: cA = [M+] =[H2A] + [HA ] + [A ], így 1 pont [H2A] + [HA-] + [A2-] = [HA-] + 2*[A2-], tehát [H2A] = [A2-] 1 pont Tehát, ha egy savanyúsó oldatának pH-ja jó közelítéssel adott érték magas koncentráció mellett, akkor ez azt jelenti, hogy az adott pH-n a disszociációfokok mértéke, azaz a képz
dött H 2A és A2- részecskék koncentrációja azonos és jelent
sen meghaladja a H+ értékét. Mivel Ks1 = [H+]*[HA-]/[H2A] és Ks2 = [H+]*[A2-]/[HA-], Ks1 Ks2= [H+]2*[A2-] /[H2A] = [H+]2 Tehát Ks1 Ks2= 10-12 1 pont A sav hozzáadására a mérlegek az alábbiak szerint módosulnak: Töltésmérleg (B- a hozzáadott er
s sav anionja): [H+] + [M+] = [HA-] + 2*[A2-] + [B-] + [OH-] 1 pont Anyagmérleg: cA = [M+] =[H2A] + [HA-] + [A2-] = [H+]2 [A2-] / Ks1 Ks2 + [HA-] + [A2-] [B-] = 0,0650 M, [M+] = 0,1 M, [H+] = 10-5 M, tehát két egyenlet átrendezésével a két ismeretlen meghatározható: [HA-] = 0,03368 M és [A2-] = 6,567 ×10-4 M 1 pont + -6 + 2-7 Tehát Ks1 = [H ]*[HA ]/[H2A] = 5,12×10 és Ks2 = [H ]*[A ]/[HA ]= 1,95×10 2 pont pKs1 = 5,29 és pKs2 = 6,71. 1 pont Egyéb számolási technikával kapott helyes megoldásra ugyanúgy 11 pont kapható. A savi disszociációs állandókból pK-k rossz értékes jeggyel való megadása 1 pont levonással jár. Az els
pK helyes megadása 6 pont, a másodiké 5 pont, elvi hibás próbálkozás 0 pont. A lúgos pufferkapacitás kiszámításához felhasználhatjuk, hogy a [H+] (pH = 7), illetve cA, a Ks1 és Ks2 értékeket. 1 pont 2+ + 2 + Használjuk az [A ] = 1/(1+Ks1/[H ]+Ks1*Ks2/[H ] ) illetve a [HA ] = Ks1/[H ]/(1+Ks1/[H+]+Ks1*Ks2/ [H+]2) képleteket. Ekkor [A2-] = 0,06567 mol/dm3 és [HA-] = 0,03368 mol/dm3. A [H+] + [M+] = [HA-] + 2*[A2-] egyenletb
l [M+] = 0,1650 mol/dm3 ami pontosan 0,065 mol/dm3-vel több a kiindulási 0,100 mol/dm3 értéknél. 2 pont Tehát az egyérték er
s bázisra vonatkoztatott pufferkapacitás értéke 0,065 mol. 1 pont Megjegyzés: Elhanyagolásmentes számításokat végezve a pKs1 = 5,2896, pKs2 = 6,7103, a pufferkapacitás pedig 0,064992-nek adódik. Ezen értékek a megfelel
kerekítés mellett megegyeznek a feladat megoldásával. Összesen: 15 pont Kiemelked
megoldást küldött be L
rinczy Döme, Sulyok-Eiler Máté, Stenczel Tamás Károly és Baglyas Márton.

Természettudományi és Informatikai Kar, Kémiai Tanszékcsoport

A XVI. VegyÉSZtorna III. fordulójának feladatai, 2014. március

A feladatok megoldásaival szemben támasztott követelményeket lásd a versenyszabályokban! A megoldásokat 2014. április 15-ig kérjük postára adni, a később feladott megoldásokat nem fogadhatjuk el. A verseny részletes szabályai, a számításokhoz alkalmazandó állandók és atomtömegek táblázata, valamint a feladatok (és a javítási határidő után a megoldások) a http://www.sci.u-szeged.hu/chem/kkfv/ internet címen is elérhetők. Ne felejtsétek el, hogy minden feladatot új lapra kell írni, és minden lap tetején szerepeljen a nevetek! 1.

Az előadó az órája elején egy folyékony halmazállapotú vegyületet önt Petri-csészébe. Az óra közben az egyik hallgató megkérdezi a szomszédját – mitől van itt ilyen marcipán illat? Az óra végén a tanár felemeli a Petri-csészét, megfordítja, abból azonban nem folyik ki semmi. Milyen vegyületet öntött a tanár a Petri-csészébe, s mi a belőle képződött szilárd anyag? Milyen típusú reakció játszódott le? Írd fel szerkezeti képletekkel a reakciót! (6 pont) Megoldás: benzaldehidet öntött benzoesav képződött oxidáció

O

H

1 pont 1 pont 1 pont

O

OH

O2(levegő) hν

3 pont Összesen: A feladat szép levezetéséért Várszegi Martina kap dicséretet.

–1–

6 pont

A mangán-dioxid szilárdfázisú lúgos oxidatív ömlesztésekor az alábbi kiegészítendő reakció megy végbe: MnO2 + KNO3 + KOH → K2MnO4 + KNO2 + H2O A reakció hőmérsékletén a víz gőzként eltávozik, a két szilárd termék közül mindkettő oxidálni képes a jodidiont savas közegben az alábbi kiegészítendő reakciók szerint: MnO42– + I– + H+ → Mn2+ + I2 + H2O NO2– + I– + H+ → N2 + I2 + H2O A kálium-manganát elsőként valójában diszproporciót szenved, de a bomlás termékei (a mangándioxid és a kálium-permanganát) oxidálják a jodidionokat, így ezzel a bruttó egyenlettel dolgozhatunk. A nitrition protonfelvételével képződő salétromossav bomlása megfelelő körülmények mellett elhanyagolható. Sztöchiometrikusan végbemenő lúgos ömlesztés során kálium-nitrit és kálium-manganát 7,340 gramm tömegű keveréke képződik. Hány (?,??) tömegszázalékos az a savanyított kálium-jodid-oldat, melyből ha 250,0 grammot adunk a reakciótermékhez, az összes jodidion elemi jóddá oxidálódik? (9 pont) Megoldás: A rendezett reakcióegyenletek: 2.

1 pont 1 pont 1 pont A módszer Az első egyenlet alapján látható, hogy a termékben a K2MnO4 és a KNO2 anyagmennyiség-aránya 1. Legyen tehát anyagmennyiségük x mol! 1 pont amiből B módszer (hosszadalmasabb út) Vegyük a 7,340 grammnyi keveréket! A K2MnO4-ból van benne y gramm. A KNO2-ből van benne (7,340–y) gramm.

1 pont

és Az első reakcióegyenlet alapján: és

1 pont

Innen: Innentől ugyanaz a folytatás: Az egyenletek alapján: 0,0260 mol K2MnO4 oxidál 0,104 mol KI-ot. 0,0260 mol KNO2 oxidál 0,0780 mol KI-ot.

1 pont

1 pont

és

1 pont 2 pont

Összesen: 9 pont Kiemelkedő megoldást küldött: Luu Hoang Kim Ngan, Posta Máté, Schneiker Anita, Tihanyi Áron –2–

3.

Egy 125,00 cm3 térfogatú 0,260 mol/dm3 koncentrációjú metil-amin-oldatunkhoz 200,00 cm3 desztillált vizet öntünk. A kiindulási és a hígított oldatban mérhető disszociációfokok megfelelő hányadosa 1,592. Add meg a metil-amin pKb-értékét (?,??)! Mekkora (?,??) pH-jú volt a kiindulási oldat? (12 pont)

Megoldás Írjuk fel a számunkra szükséges egyenleteket! A „2” alsó index jelöli a végső állapotot, az „1” pedig a kezdetit. Mivel hígítás során a gyenge bázisok és savak disszociációfoka () nő, ezért 1< 2. 1 pont Ilyen koncentrációnál a víz autoprotolízise elhanyagolható. Töltésmérleg miatt: Anyagmérleg szerint:

1 pont

Mivel Innen Kb=[OH-]2/(c-[OH-]) Ez felírható a két állapotra külön-külön, mivel Kb állandó:

1 pont 1 pont

és A legegyszerűbb a disszociációfokból kifejezni a hidroxidionok koncentrációját.

1 pont

1 pont Egyszerűsítéssel: Egyszerűsíthetünk

1 pont -tel, innen felszorzás után

1 pont A végső bemérési koncentráció (c2) kiszámolható.

Így

és amiből

1 pont

és ebből Mivel pH1=13,75+lg(0,01062) = 11,78

1 pont

(12,03, ha pKv=14) Összesen:

Legjobb megoldók: Balogh Olga, Schneiker Anita, Baglyas Márton –3–

1 pont 1 pont 12 pont

4.

Egy 500,0 g tömegű kellően megsavanyított 20 °C-os vízbe 33,50 g KMnO4-ot szórunk. Hány g (?,? g) 5,00 tömegszázalékos H2O2-oldat adagolására van szükségünk ahhoz, hogy a teljes mennyiség feloldódjon? Ugyanehhez hány g (?,? g) desztillált vízre lenne szükség? A KMnO 4 telített oldata 20 °C-on 6,00 tömegszázalékos. (13 pont)

Megoldás Az ismert tömeg%-os összetétel segítségével könnyedén kiszámolható, hogy 500,0 g víz 31,915 g KMnO4-ot old fel: x/(500 + x) = 0,06 –> x = 31,915 g 1 pont Feloldatlanul marad 33,5 g – 31,915 g = 1,585 g 1 pont Ahhoz, hogy a maradék is feloldódjon további víz adagolására van szükség. Ezt a vízmennyiséget az alábbi egyenlet megoldásával számíthatjuk ki: (31,915 + 1,585)/(531,915 + 1,585 + y) = 0,06 Az egyenlet megoldása: y = 24,833, azaz desztillált vízből a teljes mennyiség feloldásához az 500,0 g mellett további 24,8 g vízre lenne szükségünk. 2 pont Amennyiben H2O2 oldatot adagolunk, a helyzet bonyolultabbá válik, ugyanis savas körülmények között a hidrogén-peroxid és a permanganátionok között a következő redoxireakció is lejátszódik: 2MnO4– + 5H2O2 + 6H+ = 2Mn2+ + 5O2 + 8H2O 1 pont Az oldat tömege a képződött oxigén tömegével csökken. Ennek megfelelően a feloldatlan permanganát mennyiségét két hatás csökkenti párhuzamosan: egyrészt az oldatból fogy a permanganát mennyisége a hidrogén-peroxiddal történő reakció miatt, másrészt az adagolt oldat oldószer tartalma is több KMnO4 feloldódását teszi lehetővé. Reagáljon el x mol KMnO4. Ez az oldat tömegét 5/2 x 32 = 80x g-mal csökkenti. 2 pont A szükséges H2O2 anyagmennyisége: 5/2x mol. 1 pont Az oldat tömege pedig 5/2x 34,02/0,05 = 1701x g. 1 pont A tömeg%-os összetételre felírható egyenlet: 0,06 = (33,5 g – 158,04 x)/(531,95+1701 x – 80 x), amiből x = 6,207·10-3 mol. 3 pont Az oldat tömege pedig 5/2x 34,02/0,05 = 1701x g = 10,56 g. Tehát az 500,00 g víz mellett 10,6 g 5,00 tömeg%-os H2O2-oldat szükséges a KMnO4 teljes mennyiségének feloldásához. 1 pont Összesen: Bármilyen egyéb, helyes megoldás 4 pontot (víz tömeg) és 9 pontot (H2O2-oldat tömeg) ér

–4–

13 pont

5.

Egy fekete színű, korábban tévesen peroxidnak vélt vegyület mindösszesen két elemet tartalmaz. A vegyület gyakorlatilag vízben oldhatatlan, de ecetsavban kiválóan oldódik. Bizonyos akkumulátorokban katódként használatos. A vegyület 2,000 g-ját feloldottuk 250,0 cm3 ecetsavban, majd a törzsoldat 10,00 cm3-éhez feleslegben kálium-jodidot adtunk. 50 cm3 desztillált víz hozzáadása után 0,05125 mol/dm3 koncentrációjú nátrium-tioszulfáttal megtitrálva keményítő indikátor mellett a fogyás 12,81 cm3 volt. Mi a vegyület neve és képlete? Teljesen sztöchiometrikusnak tekinthető-e az analízis alapján? Miért gondolhatták tévesen, hogy egy peroxovegyületről van szó? A hasonló összetételű vegyületek igen gyakran nem vezetik az áramot. Mi lehet az oka, hogy az adott vegyület alkalmazható elektródként? (14 pont)

Megoldás Tioszulfát anyagmennyisége: n=cV=0,05125 mol/dm3·12,81/1000 dm3 =6,565·10-4 mol 1 pont A titrálás egyenlete: 2S2O32- + I2 = S4O62- + 2 I- , a jód anyagmennyisége: 3,283 ·10-4 mol 1 pont 3 -4 -3 Ez 10,00 cm törzsoldatból keletkezett; az egészből 250/10·3,283 ·10 mol = 8,206·10 mol I2 1 pont Ha vegyületünket MxO2-nek tekintjük, mint peroxidot, akkor egy mól peroxid egy mol I2-t fejleszt a feleslegben található KI-ból. Tehát 8,206·10-3 mol MxO2 tömege 2,000 g, azaz 1 mol MxO2 tömege 243,7 g, és x mol M tömege 211,7 g 2 pont Ha M lehetséges töltéseit is figyelembe vesszük (+,2+,3+,4+) akkor x-re rendre 2, 1, 2/3, illetve 0,5 érték jön ki. Az atomtömegek ezek alapján: 105,9; 211,7; 317,6 és 423,4. Atomok háromszáz feletti tömeggel egyelőre ismeretlenek, tehát maradt a 105,9 és 211,7. Előbbihez a Pd áll a legközelebb, de ez az elemre nem jellemző az +1 oxidációs szám, tehát a Pd környezetében erre legmegfelelőbb elem az Ag. A 211,7-es atomtömeghez legközelebb az At áll, de kizárható, hogy nem stabil magot akkumulátorokban használjanak. A legközelebbi stabil magok a Bi és a Pb, de csak utóbbira jellemző a +2-es oxidációs szám. A két potenciális jelölt az Ag2O2, illetve a PbO2. Mindkettőt tévesen (volt) szokás peroxidvegyületnek nevezni, hiszen az első egy Ag(I,III)-oxid, míg a második az Pb(IV)-oxid. Nyilván mindkettő erős oxidálószer, ráadásul jódfelesleg jelenlétében mind az Ag+ mind a Pb2+ ionok színtelen komplex kialakulása közben oldódnak. A PbO2 valóban nem oldódik vízben, és ecetsavban pedig igen, az ólomakkumulátor is igen jól ismert, benne PbO2 katóddal, azonban létezik egy Ag2O2/Zn szárazelem is. A két eset között az is különbség, hogy mivel a Pb esetén az atomtömegnél nagyobb értéket kaptunk, itt az elméleti összetételhez képest oxigénhiány várható, ami megfelel a tapasztalatnak. Az Ag esetében ez pontosan fordítva van, az oxigénfelesleg elképzelése nem lehetetlen, de nem tűnik életszerűnek. A fenti vagy azokhoz hasonló gondolatmenetért, az egyes vegyületek kizárásával együtt kapható pontszám: 4 pont Az Ag2O2 azonban nem közömbös vízzel szemben (reagál), ecetsavban való oldhatósága pedig szintén kérdéses lehet, marad tehát a PbO2. Neve ólom(IV)-oxid. 1-1 pont Valószínűleg oxidáló képessége alapján vélték sokáig peroxidnak és hogy sokáig nem volt másik ismert Pb(IV) vegyület. 1 pont Az analízis alapján a reakció nem tekinthető teljesen sztöchiometrikusnak, 2%-ban (elméleti moláris tömeg 238,89 g/mol a 243,7-hez képest) valószínűleg a reakcióban részt nem vevő komponenst (pl. PbOt) tartalmaz. (A valóságban az oxigéntartalom még ennél is kisebb lehet.) 1 pont Az oxidok áramvezetése valóban sok esetben limitált, jelen esetben pontosan ez a 2-10% szennyezés teszi valószínűleg lehetővé, hogy a vezetés létrejöjjön, mivel nagy valószínűséggel az extra elektronok képesek mozogni az Pb(IV)-ionok között. 1 pont Összesen: Szép megoldást küldött Forman Ferenc, Tihanyi Áron, Szombati Eszter, Baglyas Márton.

–5–

14 pont

6.

Két formilcsoporton kívül más funkciós csoportot nem tartalmazó szerves vegyületet LiAlH4-del reagáltatunk, majd a képződő vegyületet elreagáltatjuk a kiindulási anyaggal. A termék 3,231 grammját 4,283 g CuO oxidálja. Add meg a kiindulási aldehid szerkezeti képletét és nevét, valamint írd fel a reakciók egyenleteit szerkezeti képletekkel megadva! (14 pont)

Megoldás Mivel a molekula csak két aldehidcsoportot tartalmaz funkciós csoport gyanánt, ezért szerkezeti képlete az alábbi: CHO–CnH2n–CHO 1 pont A reakciók az alábbi általánosított egyenletek szerint zajlanak:

Először az aldehidet a LiAlH4-tal telítjük (redukció) diollá. 1 pont Az alkoholok és az aldehidek között úgynevezett acetálképzési reakció játszódik le. (Az acetál jelen esetben gyűrűs, mivel mindkét molekulának volt két-két reakcióképes funkciós csoportja.) 1 pont CuO-dal a hidroxilcsoportok oxocsoporttá oxidálhatók. (A termék lényegében egy észter.) 1 pont Mivel egy mól CuO csak „egy mól hidroxilcsoportot” képes oxidálni, ezért egy mól gyűrűs acetál teljes oxidációja két mól CuO-ot igényel. 1 pont n(CuO)= m(CuO)/M(CuO)= 0,0538 mol 1 pont n(acetál)= n(CuO)/2= 0,0269 mol 1 pont M(acetál)= m(acetál)/n(acetál)= 120,02 g/mol 1 pont Ez csak úgy lehetséges, ha n= 0. 1 pont A kérdéses molekula tehát a glioxál/etándial. 1 pont

Szerkezeti képlete: A konkrét reakcióséma:

1 pont

3 pont Összesen: Dicséretben részesül Szombati Eszter és Forman Ferenc.

–6–

14 pont

7.

Feladatunk egy ismeretlen ásvány összetételének meghatározása, melyről annyit tudunk, hogy két fémoxid keverékeként is felfogható, mint például a perovszkit (CaTiO3) vagy a magnetit (Fe3O4). Két mintánk egyikén a minőségi, a másikon a mennyiségi analízist végezzük el. Az ásvány vízben oldhatatlan, 20 tömegszázalékos sósavban viszont maradéktalanul oldódik, az oldat alig láthatóan halványzöld. Az oldathoz 2 mol/dm3 koncentrációjú NaOH-oldatot öntve halványzöld csapadék jelenik meg, amely a bázis feleslegének hatására sötétzöld lesz és a csapadék mennyisége szemmel láthatóan csökken. A visszamaradó szilárd anyagot, amely gyorsan vörösödik, leszűrjük. A szűrletet sósavval cseppenként savanyítjuk, mikor is kocsonyás csapadék válik ki, mely több sav hatására feloldódik. Az így kapott savas fémion-oldat a halogenidionok egyikével sem képez csapadékot és színváltozás sem tapasztalható, 1 mol/dm3 koncentrációjú NH3-oldat hatására ismét kocsonyás, fehér csapadék válik ki, amely ammóniafeleslegben oldhatatlannak bizonyul, de KF oldata könnyen oldja. A kiszűrt csapadékot közben sósavban újra feloldjuk. KSCN-oldat hatására vérvörös komplex képződik, melyet KF oldata elszíntelenít; KI hatására pedig barna csapadék jelenik meg, amely CH 2Cl2-ban lila színnel oldódik. A mennyiségi meghatározás céljából N2-atmoszféra alatt 1,0185 g ásványt feloldunk 80 cm3 térfogatú 20 tömegszázalékos HCl-oldatban, majd 100,00 cm3 térfogatra egészítjük ki. Az oldat 20,00 cm3 térfogatú részleteit titráljuk 0,02069 mol/dm3 koncentrációjú K2Cr2O7-oldattal. Az átlagfogyás 9,44 cm3. Add meg az ásvány összetételét és írd fel a kiegészített redoxiegyenleteket is! (16 pont)

Megoldás A minőségi analízis alapján az ásvány vas(II)oxid és alumínium-oxid keveréke. 3-3 pont, ha Fe2O3-ot mond, 1 pont K2Cr2O7 az oldás utáni Fe2+-tartalom határozható meg: 6 Fe2+ + Cr2O72– + 14 H+ = 6 Fe3+ + 2 Cr3+ + 7 H2O 1 pont n = cV = 0,02069 mol/dm3·9,44E-3 dm3 = 1,953E-4 mol Cr2O72– / titrálás 1 pont n(Fe2+)/titrálás = 6n(Cr2O72–) / titrálás = 1,172E-3 mol Fe2+ / 20 mL törzsoldat 1 pont 2+ 2+ 2+ n(Fe ) a törzsoldatban = 5n(Fe )/titrálás = 5,859E-3 mol Fe = 1 pont = n(FeO) / 1,0185 g ásvány 1 pont A verziójú folytatás 1,0185 g ásványban: 5,859E-3 mol FeO x mol Al2O3 m = nM miatt: 5,859E-3·71,85 g FeO és 101,96x g Al2O3 1,0185 = 101,96x + 5,859E-3·71,85 x = 5,860E-3 mol Al2O3 ≈ n(FeO), tehát B verziójú folytatás 5,859E-3 mol FeO = n(FeO) m(FeO) = 0,4210 g m(Al2O3) = 1,0185 g – 0,4210 g = 0,5975 g n(Al2O3) = 5,860E-3 mol ≈ n(FeO), tehát mindkét verzió befejezése n(Al2O3):n(FeO) = 1:1

1 pont 1 pont 1 pont

1 pont 1 pont 1 pont

Al2FeO4

2 pont Összesen:

Maximális pontszámot ért el többek között Sulyok-Eiler Máté, Tihanyi Áron és Koch Lilla.

–7–

16 pont

8.

A klór oxidációs-redukciós folyamatai savas körülmények között (pH=0) a következő standard redoxpotenciálokkal jellemezhetők: (Az adatok mértékegysége V) Lúgos oldatban (pH=14), mivel a folyamatok pH függőek, a standard redoxpotenciálok is megváltoznak:

(Az adatok mértékegysége V) Mekkora a klórossav és a hipoklórossav saverősségi állandója (pKa1=?,?? és pKa2=?,??)? (16 pont) Megoldás: Ka1 = [H+][ClO2- ]/[HClO2] 1 pont + ClO3 + 3H + 2e  HClO2 + H2O E1 = E01 + RT/(2F) ln ([ClO3- ][H+]3/[HClO2]) és E01= 1,181 V 1 pont ClO3 + H2O + 2e  ClO2 + 2 OH E2 = E02 + RT/(2F) ln ([ClO3- ]/[ClO2- ] [OH- ]2) és E02 = 0,295 V 1 pont Egyensúlyban E1=E2 1 pont Behelyettesítve és átrendezve E02-E01=RT/(2F) ln([H+]3 [ClO2- ] [OH- ]2/[HClO2])=RT/(2F) ln([H+]2 [OH- ]2 [H+][ClO2- ]/[HClO2]) E02-E01=RT/(2F) ln(Kv2 Ka1) további átrendezéssel (E02-E01) 2F/(RT) – 2 lnKv = lnKa1 tízes alapú logaritmusra áttérve és -1-gyel szorozva: pKa1= -(E02-E01) 2F/(RT ln10) – 2 pKv = (1,181-0,295)·2·96485/8,314/298,15/ln10 – 2·14 Átrendezések: 3 pont pKa1= 1,97 (Ha a vízionszorzatot 13,75-nek tekintjük a pKa1=2,45) 1 pont Ka2 = [H+][OCl- ]/[HOCl] 1 pont + HOCl + H + 2e  Cl + H2O E1 = E01 + RT/(2F) ln ([HOCl ][H+]/[Cl-]) és E01= 1,494 V 1 pont ClO- + H2O + 2e-  Cl- + 2 OHE2 = E02 + RT/(2F) ln ([ClO- ]/[Cl- ] [OH- ]2) és E02 = 0,890 V 1 pont Egyensúlyban E1=E2 1 pont Behelyettesítve és átrendezve E01-E02=RT/(2F) ln([ClO- ]/[OH- ]2/[HOCl]/[H+])=RT/(2F) ln([H+][ClO- ]/[HOCl]/[H+]2 /[OH- ]2 ) E01-E02=RT/(2F) ln(Ka2 /Kv2) további átrendezéssel (E01-E02) 2F/(RT) + 2 lnKv = lnKa2 tízes alapú logaritmusra áttérve és -1-gyel szorozva: pKa2= -(E01-E02) 2F/(RT ln10) + 2 pKv = (0,890-1,494)·2·96485/8,314/298,15/ln10 + 2·14 Átrendezések: 3 pont pKa2= 7,58 (Ha a vízionszorzatot 13,75-nek tekintjük a pKa2=7,08) 1 pont Összesen: 16 pont Bármilyen egyéb, helyes megoldás 8-8 pontot ér Kiváló megoldást küldött: Posta Máté, Szombati Eszter, Baglyas Márton, Forman Ferenc

–8–