Olimpiada DI Chemia by Wydawnictwo JAK

CMYK C

2007/08 – 2013/14

Anna Kozłowska-Róg Łukasz Łańcucki Barbara Małecka Andrzej Małecki Marta Radecka Małgorzata Wierzbicka

w zakresie czterech przedmiotów: matematyki, fizyki, chemii i geografii z elementami geologii. Szczegółowy regulamin konkursu znajduje się na stronie http://www.diament.agh.edu.pl/.

Jej organizatorem jest Akademia Górniczo-Hutnicza im. Stanisława Staszica w Krakowie. Laureaci Olimpiady przyjmowani są na studia w AGH z pominięciem procedury rekrutacyjnej. Największą wartością, którą wynosi się

kierunkach przyrodniczo-technicznych prowadzonych w uczelniach wyższych. Oddawana do rąk Czytelników książka-podręcznik zawiera rozwiązania wszystkich zadań z chemii, jakie pojawiły się w dotychczasowych siedmiu edycjach Olimpiady w latach 2007–2014. Tematyka zadań obejmuje właściwie całokształt zagadnień z chemii, które powinien opanować maturzysta przygotowujący się do zdawania egzaminu dojrzałości na poziomie rozszerzonym. Autorzy zdecydowali się na zamieszczenie stosunkowo obszernych i wyczerpujących komentarzy do zaprezentowanych rozwiązań, uważając, że pozwoli to Czytelnikom na pełne zrozumienie rozważanego problemu chemicznego stanowiącego przedmiot zadania.

ISBN 978-83-64506-17-8

9 788364 506178

CMYK

OLIMPIADA O DIAMENTOWY INDEKS AGH

z aktywnego uczestnictwa w Olimpiadzie „O Diamentowy Indeks AGH”, jest dobre przygotowanie do studiów na

OGÓLNOPOLSKA

Olimpiada objęta jest patronatem Ministerstwa Edukacji Narodowej oraz Ministerstwa Nauki i Szkolnictwa Wyższego.

chemia

Ogólnopolska Olimpiada „O Diamentowy Indeks AGH” jest to trzystopniowy konkurs realizowany

AGH Akademia Górniczo-Hutnicza

OLIMPIADA O DIAMENTOWY INDEKS AGH OGÓLNOPOLSKA

chemia rozwiązania zadań z lat 2007/08 – 2013/14 2015/16

OD REDAKTORA

Ogólnopolska Olimpiada „O Diamentowy Indeks AGH” jest trójetapowym konkursem obejmującym cztery przedmioty: matematykę, fizykę, chemię i geografię z elementami geologii. Szczegółowy regulamin konkursu można znaleźć na stronie internetowej pod adresem http://www.diament.agh.edu.pl/. Olimpiada organizowana jest od roku akademickiego 2007/2008 przez Akademię Górniczo-Hutniczą im. Stanisława Staszica w Krakowie i objęta jest patronatem Ministerstwa Edukacji Narodowej oraz Ministerstwa Nauki i Szkolnictwa Wyższego. Laureaci Olimpiady przyjmowani są na studia w AGH z pominięciem procedury rekrutacyjnej. Wykaz kierunków studiów, realizowanych w AGH, określany jest w każdym roku akademickim w drodze uchwały Senatu AGH w sprawie zasad przyjmowania na studia laureatów oraz finalistów olimpiad stopnia centralnego. Olimpiada „O Diamentowy Indeks AGH” cieszy się ogromnym zainteresowaniem młodzieży, czego wyrazem jest fakt, iż każdego roku bierze w niej udział kilka tysięcy uczniów szkół ponadgimnazjalnych z całej Polski. Podstawową ideą Olimpiady „O Diamentowy Indeks AGH” jest przede wszystkim merytoryczne przygotowanie kandydatów do studiów przyrodniczo-technicznych, co wyróżnia ten konkurs na tle innych olimpiad przedmiotowych organizowanych w naszym kraju. Zgodnie z tym założeniem premiowani są wszyscy uczestnicy, którzy są dobrze przygotowani z wybranego przedmiotu. Laureatami Olimpiady zostają ci, którzy przekroczyli poziom 70% możliwych do zdobycia punktów. Aktywne uczestnictwo w Olimpiadzie „O Diamentowy Indeks AGH”, pomaga w przygotowaniu do podjęcia studiów wyższych na kierunkach przyrodniczo-technicznych prowadzonych na wyższych uczelniach, nie tylko w Akademii Górniczo-Hutniczej w Krakowie. Studia na uczelni technicznej wymagają wiedzy umożliwiającej sprawne rozwiązywanie złożonych zagadnień, a testem jest między innymi umiejętność rozwiązywania zadań problemowych. Wielu początkujących studentów ma poważne trudności z takimi zadaniami, co niestety często prowadzi do zniechęcenia nauką i nawet rezygnacji ze studiów. Przygotowanie do uczestnictwa w Olimpiadzie, jak i udział w niej istotnie zwiększają szanse na pokonanie trudnej drogi prowadzącej do uzyskania stopnia inżyniera lub magistra inżyniera.

Oddawana do rąk Czytelników książka-podręcznik zawiera rozwiązania wszystkich zadań z chemii, jakie pojawiły się w dotychczasowych siedmiu edycjach Olimpiady w latach 2007–2014. Tematyka zadań obejmuje właściwie całokształt zagadnień z chemii, które powinien opanować maturzysta przygotowujący się do zdawania egzaminu dojrzałości na poziomie rozszerzonym. Autorzy zdecydowali się na zamieszczenie stosunkowo obszernych i wyczerpujących komentarzy do zaprezentowanych rozwiązań, uważając, że pozwoli to Czytelnikom na pełne zrozumienie rozważanego problemu chemicznego stanowiącego przedmiot zadania. Mamy nadzieję, że praca z tym podręcznikiem umożliwi doskonałe przygotowanie do kolejnych edycji Olimpiad „O Diamentowy Indeks AGH”. Zespół osób, który pod redakcją Andrzeja Małeckiego, przygotował podręcznik, to wieloletni pracownicy Katedry Chemii Nieorganicznej Wydziału Inżynierii Materiałowej i Ceramiki Akademii Górniczo-Hutniczej im. Stanisława Staszica w Krakowie. Autorami właściwie wszystkich zadań są Barbara Małecka† i Andrzej Małecki, zaś Autorami komentarzy do rozwiązań zadań są Anna Kozłowska-Róg, Łukasz Łańcucki, Andrzej Małecki, Marta Radecka i Małgorzata Wierzbicka. Redaktor niniejszego podręcznika chciałby szczególne słowa podziękowania skierować do Pań Anny Kozłowskiej-Róg i Marty Radeckiej za ich wyjątkowy wkład w prace związane z realizacją dotychczasowych siedmiu edycji Olimpiady „O Diamentowy Indeks AGH”.

Andrzej Małecki

Wydawnictwo JAK Olimpiada o Diamentowy Indeks AGH CHEMIA 2007–2014

Wydawnictwo JAK Olimpiada o Diamentowy Indeks AGH FIZYKA 2007–2015

SPIS TREŚCI Zadania z lat 2007/2008.................................................................................................. 7 etap I ............................................................................................................................... 9 etap II ............................................................................................................................... 16 etap III ............................................................................................................................... 25

Zadania z lat 2008/2009.................................................................................................. 35 etap I ............................................................................................................................... 37 etap II ............................................................................................................................... 46 etap III ............................................................................................................................... 51

Zadania z lat 2009/2010.................................................................................................. 59 etap I ............................................................................................................................... 61 etap II ............................................................................................................................... 71 etap III ............................................................................................................................... 81

Zadania z lat 2010/2011.................................................................................................. 91 etap I ............................................................................................................................... 93 etap II ............................................................................................................................... 104 etap III ............................................................................................................................... 114

Zadania z lat 2011/2012.................................................................................................. 123 etap I ............................................................................................................................... 125 etap II ............................................................................................................................... 134 etap III ............................................................................................................................... 144

Zadania zÂ lat 2012/2013.................................................................................................. 155 etap I ............................................................................................................................... 157 etap II ............................................................................................................................... 167 etap III ............................................................................................................................... 175

Zadania zÂ lat 2013/2014.................................................................................................. 185 etap I ............................................................................................................................... 187 etap II ............................................................................................................................... 197 etap III ............................................................................................................................... 206

ZADANIA ZÂ LAT

2007/2008

2007/2008-I-1 Oblicz: a) masę uwodnionej soli ZnSO4 ⋅ 7H2O oraz wody, które należy odważyć, aby otrzymać 500 g wodnego roztworu siarczanu cynku o ułamku molowym 0,02 (w stosunku do soli bezwodnej) i gęstości 1,17 g ⋅ cm-3, b) stężenie procentowe oraz molowe otrzymanego roztworu. DANE

SZUKANE

m ZnSO 4 ⋅7 H 2O (masa ZnSO4 ⋅ 7H2O)

mr = 500 g (masa roztworu) x ZnSO 4 = 0, 02 (ułamek molowy ZnSO4)

C% (stężenie procentowego roztworu)

ρ = 1,17 g ⋅ cm (gęstość roztworu)

C (stężenie molowe roztworu)

-3

M ZnSO 4 = 161, 43

M ZnSO 4 ⋅7 H 2O = 287, 542

M H 2O = 18, 016

ROZWIĄZANIE

Zgodnie z definicją ułamka molowego suma ułamków molowych molowy wody w roztworze wynosi x H 2 O = 0, 98.

∑x

= 1, co oznacza, że ułamek

Masę m ZnSO 4 jako bezwodnej soli ZnSO4 zawartej w 500 g roztworu o x ZnSO 4 = 0, 02 obliczamy w oparciu o następujące zależności: n ZnSO 4 m r = m ZnSO 4 + m H 2O oraz x ZnSO 4 = n + n H 2O ZnSO 4

m ZnSO 4 =

m r ⋅ M ZnSO 4 ⋅ x ZnSO 4

M H 2 O ⋅ x H 2O + M ZnSO 4 ⋅ x ZnSO 4

; m ZnSO 4 = 77, 3 g

Masa uwodnionej soli ZnSO4 ⋅ 7H2O oraz wody potrzebnej do otrzymania 500 g roztworu wynosi: m ZnSO 4 ⋅7 H 2O = n ZnSO 4 ⋅7 H 2O ⋅ M ZnSO 4 ⋅7 H 2O ; n ZnSO

4 ⋅7 H 2O

= n ZnSO 4 =

n ZnSO 4 = 0, 479 mol m

ZnSO 4 ⋅7H 2O

= 137, 683 g ≅ 138 g ; m

H 2O

m ZnSO 4

M ZnSO 4

= m r − m ZnSO 4 7⋅H 2O = 362 g

Stężenie procentowe i molowe obliczamy odpowiednio: C% =

m ZnSO 4 mr

⋅100% = 15, 5 % ; C =

n ZnSO 4 Vr

2007/2008 • etap I

n ZnSO 4 ⋅ r mr

= 1,12 M

2007/2008-I-2 Mieszaninę węglanów wapnia i strontu wyprażono i otrzymano mieszaninę tlenków CaO i SrO. Oblicz skład mieszaniny węglanów, wiedząc, że ubytek masy wyniósł 40%. DANE

SZUKANE

Ubytek masy wyrażony w % wynosi 40% M CaCO 3 = 100, 09

Skład procentowy mieszaniny węglanów %CaCO3, %SrCO3

M SrCO 3 = 147, 63

M CO 2 = 44, 01

ROZWIĄZANIE

Termiczny rozkład węglanów wapnia i strontu zachodzi zgodnie z równaniami reakcji (1) i (2). Ubytek masy związany jest z powstawaniem gazowego produktu, jakim jest ditlenek węgla. Ze stechiometrii reakcji wynika, że z 1 mola każdego z węglanów powstaje 1 mol tlenków wapnia i strontu oraz 1 mol ditlenku węgla. (1) CaCO → CaO + CO 3

2 ( gaz )

SrCO 3 → SrO + CO 2( gaz )

(2)

Zakładając, że masy węglanów wapnia i strontu wynoszą odpowiednio m CaCO 3 i m SrCO 3 , można napisać następujący układ równań: m CaCO 3 + m SrCO 3 = 100 g m CO 2 = 40 g Z równań (1) i (2) wynika, że masa ditlenku węgla związana jest z liczą moli użytych węglanów następującą relacją: m CO 2 = n CaCO 3 ⋅ M CO 2 + n SrCO 3 ⋅ M CO 2 = 40 g a układ równań przyjmuje postać: m CaCO 3 + m SrCO 3 = 100 g m CaCO 3

M CaCO 3

⋅ M CO 2 +

m SrCO 3

M SrCO 3

⋅ M CO 2 = 40 g

Masy węglanów wapnia i strontu wynoszą odpowiednio: m CaCO 3 = 72 g,

m SrCO 3 = 28 g

a ich udział procentowy: %CaCO 3 =

m CaCO 3

m CaCO 3 + m SrCO 3

⋅100%

%SrCO 3 =

%CaCO3 = 72% %SrCO3 = 28%

2007/2008 • etap I

m SrCO 3

m CaCO 3 + m SrCO 3

⋅1100%

ZADANIA ZÂ LAT

2013/2014

2013/2014-I-1 10,00 g cynku poddano reakcji z 40,00 cm3 45,00% roztworu HNO3 o gęstości 1,283 g ⋅ cm-3. W tych warunkach HNO3 reaguje z cynkiem dwoma równoległymi drogami (1) i (2), ale tylko druga (2) prowadzi do zmiany stopnia utlenienia azotu do -III. Analiza chemiczna wykazała, że stężenie procentowe cynku w otrzymanym roztworze wyniosło 16,39%. Napisz równania obu zachodzących reakcji. Ile gramów cynku przereagowało zgodnie z drogą (2)? Rozwiązując zadanie, przyjmij, że ewentualne zmiany masy roztworu spowodowane parowaniem wody są zaniedbywalnie małe. DANE

SZUKANE

mZn = 10 g (masa próbki cynku) C%Zn = 16,39% (stężenie procentowe cynku w otrzymanym roztworze) C % HNO 3 = 45, 00% (stężenie procentowe kwasu azotowego)

mx – masa cynku, która przereagowała z wytworzeniem związku azotu na –III stopniu utlenienia

VHNO 3 = 40, 00 cm 3 (objętość kwasu azotowego) ρ = 1,283 g ⋅ cm-3 (gęstość kwasu azotowego)

ROZWIĄZANIE

Reakcja próbki cynku o masie mZn z nadmiarem kwasu azotowego może odbywać się dwiema drogami. W pierwszej prowadzi do powstania azotanu cynku oraz wydzielenia wodoru: Zn + 2 HNO3 → Zn(NO3)2 + H2↑

(1)

W drugiej oprócz azotanu cynku tworzy się również azotan amonu, który posiada atom azotu na -III stopniu utlenienia, spełniając założenie zadania: Zn 0 − 2e − = Zn 2+ | ⋅ 4

N V + 8e − = N − III | ⋅ 1

4 Zn + 10 HNO3 → 4 Zn(NO3)2 + NH4NO3 + H2O

(2)

Masa wydzielonego wodoru (m H 2) jest proporcjonalna do masy cynku, która przereagowała zgodnie z reakcją (1): M Zn

M H2

10 − m x

→ m H2 =

(10 − m x ) ⋅ 2 ⋅ M H 2 M Zn

Zatem różnica pomiędzy sumą mas substratów (cynku oraz kwasu azotowego) a masą roztworu po zajściu reakcji (mr) będzie odpowiadała masie wydzielonego wodoru: m r = 10 + 40 ⋅1, 283 − m H 2 = 61, 32 − m H 2 Znane stężenie procentowe cynku w roztworze pozwala na obliczenie masy wydzielonego wodoru: C %Zn =

m Zn 16, 39 10 ⋅100% → = 100 61, 32 − m H 2 mr

2013/2014 • etap I

187

która wynosi m H 2 = 0, 3072 g . Masę cynku mZn(1), który przereagował zgodnie z reakcją (1), możemy obliczyć, wiedząc, że jest proporcjonalna do masy wydzielonego wodoru m H 2 : = 0, 3072 g m Zn (1) M Zn

m H2

2 ⋅ M H2

→ m Zn (1) = 9, 9627

Znając całkowitą masę cynku mZn oraz masę, która przereagowała zgodnie z reakcją (1), obliczono masę cynku (mZn(2)), która przereagowała zgodnie z reakcją (2): mZn(2) = 10 – mZn(1) = 10 - 9,9627 = 0,03733 g

188

2013/2014 • etap I

2013/2014-I-2 W 100 g wody rozpuszczono 0,4500 g wodorowęglanu sodu, otrzymując roztwór o gęstości ρ = 1,003 g ⋅ cm-3. Jakie jest pH tego roztworu, jeżeli stała dysocjacji HCO–3 (HCO 3−  CO 32 − + H + ) wynosi K1 = 5,610 ⋅ 10-11, zaś stała hydrolizy HCO 3− + H 2O  H 2CO 3 + HO − jest równa K2 = = 2,330 ⋅ 107? DANE

SZUKANE

m(WS) = 0,45 g (masa wodorowęglanu sodu)

pH roztworu

mwody = 100 g (masa wody) ρ = 1,003 g ⋅ cm-3 (gęstość roztworu wodorowęglanu sodu) K1 = 5,610 ⋅ 10-11 (stała dysocjacji HCO–3 ) K2 = 2,330 ⋅ 107 (stała hydrolizy HCO–3 )

ROZWIĄZANIE

Obliczono stężenie procentowe otrzymanego roztworu wodorowęglanu sodu (C%(WS)): C %(WS) =

0, 45 ⋅100 = 0, 4479% 100 + 0, 45

co pozwala na obliczenie stężenia molowego otrzymanego roztworu C(WS): C (WS) =

10 ⋅ r ⋅ C %(WS) M NaHCO 3

= 0, 05348 M

W wodnym roztworze NaHCO3 dysocjacja oraz hydroliza są procesami zachodzącymi równolegle zgod− − − 2− + nie z równaniami: HCO 3 + H 2O  H 2CO 3 + OH dla hydrolizy oraz HCO 3  CO 3 + H dla dyC H + ⋅ C CO 32− socjacji. Wyrażenia na stałą dysocjacji dla tych procesów przyjmują wtedy postać: K 2 = C HCO 3− C H 2CO 3 ⋅ C OH − dla dysocjacji oraz K H 2 = dla hydrolizy. W roztworze musi być spełniony warunek C HCO 3− elektroobojętności, więc C H + + C Na + − C OH − − C HCO 3− − 2 ⋅ C CO 32− = 0. Ponadto początkowe stężenie soli będzie równe stężeniu jonów sodowych: C (WS) = C Na + = C H CO + C HCO 3− + C CO 32− . 2 3 Rozwiązanie takiego układu równań pozwoli na wyznaczenie stężenia jonów wodorowych oraz pH. Najpierw wyznaczamy C CO 32− , przekształcając wyrażenie na K2: C CO 32− =

C HCO 3− ⋅ K 2 CH+

Stężenie jonów OH-, C OH − wyznaczono na podstawie iloczynu jonowego wody C OH − =

2013/2014 • etap I

Kw . CH+

189

Podstawiając powyższe wzory do równania na warunek elektroobojętności, otrzymuje się wyrażenie: CH+ +

C H + ⋅ C HCO 3− K1

−

K W K 2 ⋅ C HCO 3− − =0 CH+ CH+

które po przekształceniu przyjmuje postać: CH+ =

K 1 (K w + K 2 ⋅ C HCO 3− ) K 1 + C HCO 3−

co przy założeniu, że sól jest całkowicie zdysocjowana, można zapisać w postaci: CH+ =

K 1 ( K w + K 2 ⋅ C WS ) K 1 + C WS

Podstawiając dane liczbowe, obliczono stężenie jonów wodorowych: C H + = 1, 554 ⋅10 −9 oraz pH = 8,808

190

2013/2014 • etap I

2013/2014-I-3 2,000 g pewnego związku organicznego zawierającego 31,33% tlenu, należącego do grupy aldehydoalkoholi, spalono w tlenie, a spaliny zaabsorbowano całkowicie w 50,00 g 30,00% roztworu NaOH. Absorpcja CO2 w tych warunkach prowadziła do powstawania wyłącznie NaHCO3, którego stężenie w otrzymanym roztworze wyniosło 14,67%. Gdy z tego roztworu całkowicie odparowano wodę, skroplono ją i zważono, jej masa wyniosła 36,76 g. Gęstość par tego związku pod ciśnieniem 101,325 kPa w temperaturze 200,0°C wynosiła 2,630 ⋅ 10-3 g ⋅ cm-3. Zaproponuj wzory strukturalne, możliwe dla tego związku, wiedząc, że pomiędzy atomami węgla nie występują wiązania podwójne, a atomy węgla nie tworzą pierścieni. DANE

SZUKANE

mCHO = 2,000 g (masa próbki związku organicznego) m1 = 50,00 g (masa roztworu NaOH)

Wszystkie izomery spalonego aldehydoalkoholu

modp = 36,76 (masa odparowanej wody) C%ww = 14,76% (stężenie wodorowęglanu sodu) C%zas = 30,00% (stężenie roztworu wodorotlenku sodu) p = 101,325 kPa (ciśnienie panujące w układzie) T = 473,15 K (temperatura panująca w układzie) ρ = 2,630 ⋅ 10-3 g ⋅ cm-3 (gęstość par związku) zawartość tlenu w związku wynosi 31,33% ROZWIĄZANIE

Wzrost masy roztworu NaOH po absorpcji produktów spalania związku organicznego jest wynikiem pochłonięcia przez NaOH pary wodnej oraz CO2 zawartych w spalinach. Obliczenie masy wody, która została zaabsorbowana przez roztwór, pozwala na określenie zawartości wodoru w badanym aldehydoalkoholu, gdyż cały wodór w nim zawarty musiał pojawić się w wodzie powstałej w wyniku spalania.Wiedząc, że w wyniku absorpcji CO2 powstaje NaHCO3, można ławo określić zawartość węgla w badanym związku. Obliczono masę wody (mw1) znajdującą się w roztworze NaOH przed absorpcją spalin: C %zas ⋅ m 1 = 35 g 100 Zatem masa wody, która powstała w wyniku spalenia związku organicznego (mw2), będzie odpowiadała różnicy mas wody odparowanej z roztworu NaOH przed i po absorpcji spalin: m w1 = m 1 −

m w 2 = m odp − m w1 = 36, 76 − 35 = 1, 76 g Przekształcając wzór pozwalający na obliczenie stężenia procentowego wodoręglanu sodu, obliczono masę powstałgo ditlenku węgla (m CO 2): C %ww =

m CO 2 ⋅

M NaHCO 3 M CO 2

m 1 + m w 2 + m CO 2

⋅ 100

wynoszącą mCO2 = 4,3085 g.

2013/2014 • etap I

191

Znając masę wody oraz ditlenku węgla powstałych w wyniku spalenia węglowodoru, można obliczyć liczby moli wodoru (nH2) oraz węgla (nC):

n H2 =

nC =

2 ⋅ m w2 = 0,1954 M H 2O

m CO 2

M CO 2

= 0, 0979

Jeżeli zapiszemy ogólnie wzór poszukiwanego związku organicznego jako CaHbOc, to jego masę molową (MCHO) możemy zapisać jako: MCHO = a ⋅ MC + b ⋅ MH + c ⋅ MO. Znając liczbę moli węgla b oraz wodoru, można wyznaczyć ich wzajemny stosunek   : a 0,1953 = 1, 995 ≅ 2 0, 0979 Znając tę zależność oraz przekształcając wzór na zawartość tlenu w badanym związku, można c obliczyć wzajemny stosunek   : a c⋅MO a MO = 0, 4 31, 33 = ⋅100; = a ⋅MC + 2⋅a ⋅MH + c⋅MO c 0, 3133 ⋅ ( M C + 2 ⋅ M H ) + M O Co pozwala na zapisanie wzoru szukanego związku w postaci: CaH2aO0,4a. Masę molową szukanego związku (MCHO) wyznaczono, wykorzystując podaną gęstość: M CHO =

3 r ⋅ R ⋅ T 2, 63 ⋅ 10 ⋅ 8, 314 ⋅ 473,15 = = 102,1 p 101325

Znajomość masy molowej oraz wzoru ogólnego pozwala na zaproponowanie wzoru cząsteczki C5H10O2 oraz wszystkich 10 izomerów: O

CH CH2 CH2 CH2 CH3

CH CH2 CH CH3

CH3 CH CH CH

CH3 O

CH CH2 CH CH2 CH3

CH3

CH CH2 C

O CH CH3

CH CH2 CH2 CH CH3

CH CH2 CH CH2 CH3

CH CH2 CH2 CH2 CH2

CH2 CH2 CH CH CH3

192

CH3 C HO CH2

CH3 O

2013/2014 • etap I

CH3

2013/2014-I-4 Stała równowagi reakcji 2NO2(g)  N2O4(g) w temperaturze 25°C wynosi Kp = 7,130 (dla ciśnień wyrażonych w atmosferach). Do pustego zbiornika o objętości 1,500 dm3 wprowadzono 35,00 g mieszaniny azotu i NO2, w której procentowa zawartość tlenu wynosiła 29,81%. Jakie będą ciśnienia wszystkich gazów zawartych w zbiorniku po ustaleniu się stanu równowagi? DANE

SZUKANE

Kp = 7,130 (ciśnieniowa stała równowagi) T = 298,15 K (temperatura panująca w układzie)

Ciśnienia N2, NO2, N2O4 w stanie równowagi

V = 1,5 ⋅ 10-3 m3 (objętość zbiornika) mm = 35,00 g (masa mieszaniny N2 i NO2) %O2 = 29,81% (procentowa zawartość tlenu)

ROZWIĄZANIE

Znając zawartość procentową tlenu w mieszaninie gazów, można obliczyć masy gazowego tlenu (mO2) azotu (mN2) oraz ditlenku azotu (mNO2): m O 2 = %O 2 ⋅ m m = 0, 2981⋅ 35 = 10, 43 g m NO 2 =

M NO 2 MO

⋅ m O 2 = 15, 00 g

m N 2 = 35 − m NO 2 = 20, 00 g Azot nie będzie brał udziału w reakcji, dlatego jego ciśnienie początkowe (pN2) oraz po ustaleniu się stanu równowagi będzie stałe: p N2 =

20 R ⋅ 298,15 6 ⋅ = 1,179 ⋅10 Pa = 11, 64 atm 2 ⋅ M N 2 1, 5 ⋅10 −3

Znając masę ditlenku azotu, obliczono liczbę moli ditlenku azotu (nNO2) oraz ciśnienie początkowe panujące w zbiorniku (ppoczNO2): n NO 2 =

15 = 0, 3260 M NO 2

p pocz NO 2 =

n NO 2 ⋅ R ⋅ (273,15 + 25) 1, 5 ⋅10 −3

= 2, 388 ⋅10 Pa = 5, 318 atm

Korzystając z wyrażenia na ciśnieniową stałą równowagi obliczono równowagowe ciśnenia cząstkowe ditlenku azotu oraz tetratlenku diazotu (pN2O4): Kp =

p N 2O 4

p NO 2 2

x (p pocz NO 2 − 2 ⋅ x ) 2

2013/2014 • etap I

193

7,130 =

x (5, 318 − 2 ⋅ x ) 2

Rozwiązując otrzymane równanie kwadratowe: 2

28, 52 ⋅ x − 152, 67 ⋅ x + 201, 64 = 0 stwierdzono, że tylko jedna wartość x jest poprawna (x = 2,371). To pozwoliło na obliczenie wartości ciśnień cząstkowych poszczególnych gazów w stanie równowagi: [NO2] = 0,5766 atm, [N2] = 11,64 atm, [N2O4] = 2,371 atm

194

2013/2014 • etap I

2013/2014-I-5 W celu ustalenia struktury estru, otrzymanego w reakcji kwasu jednokarboksylowego i alifatycznego alkoholu jednowodorotlenowego, stwierdzono, że: – Gęstość par tego estru, zmierzona względem azotu, wynosi 4,1455. – W wyniku reakcji 2,3673 g badanego estru z wodnym roztworem KOH otrzymuje się mieszaninę 2,0000 g higroskopijnego ciała stałego (A), dobrze rozpuszczalnego w wodzie, oraz 1,5104 g lotnej cieczy (B). – Ciecz (B) jest achiralna, a w wyniku jej ogrzewania w środowisku stężonego H2SO4 powstaje gazowa substancja (C). – Substancja (C) reaguje z HBr, tworząc ciekły związek (D) niedający się rozdzielić na izomery optyczne. Podaj wzór sumaryczny i możliwe wzory strukturalne badanego estru oraz ich nazwy. Określ wzory strukturalne i nazwy substancji, które mogą odpowiadać substancjom (A), (B), (C) i (D). Napisz równania wszystkich możliwych reakcji, o których jest mowa w zadaniu. DANE

SZUKANE

ρWZ = 4,1455 (gęstość par estru względem azotu) msoli = 2,00 g (masa higroskopijnego ciała stałego) malk = 1,5104 g (masa lotnej cieczy dobrze rozpuszczalnej w wodzie)

Wzory strukturalne oraz nazwy substancji A, B, C i D, które będą ulegały reakcjom

ROZWIĄZANIE

Poszukiwany związek jest produktem reakcji kwasu jednokarboksylowego i alifatycznego alkoholu jednowodorotlenowego, dlatego jego hydroliza będzie prowadziła do powstania równomolowych ilości soli kwasu karboksylowego w postaci higroskopijnego ciała stałego (A) oraz alkoholu zidentyfikowanego jako lotna ciecz (B). Znając gęstość par estru względem azotu oraz masę naważki, obliczono masę molową (Mestru) oraz liczbę moli szukanego związku (nestru): 4,1455 =

M estru → M N2

m estru = n estru M estru

Mestru = 116,1570,

→ nestru = 0,02038

Znając masę produktów hydrolizy oraz liczbę moli estru, obliczono masy molowe soli (Msoli) oraz alkoholu (Malk): m soli m = alk = n estru M soli M alk Msoli = 98,13 Malk = 74,11 Ogólny wzór soli potasowej kwasu jednokarboksylowego można przedstawić w postaci: CaH2a+1COOK, co pozwala na identyfikację związku w oparciu o jego masę cząsteczkową:

2013/2014 • etap I

195

( a + 1) ⋅ M C + ( 2a + 1) ⋅ M H + 2 ⋅ M O + M K = 98,13

→ a =1

Zatem poszukiwaną solą był octan potasu. Podobną metodę zastosowano do identyfikacji alkoholu. Ogólny wzór alkoholu można przedstawić w postaci: CbH2b+1COH → ( b + 1) ⋅ M C + ( 2b + 2 ) ⋅ M H + M O = 74,11 ⇒ b = 4 Zatem poszukiwaną cząsteczką jest jeden z izomerów butanolu. Stosując metodę eliminacji, należy odrzucić butan-2-ol, gdyż jest to cząsteczka posiadająca węgiel asymetryczny CH3-CH2-C*H(OH)-CH3 (nie spełnia postulatu punktu trzeciego). Cząsteczka butan-1-olu również nie może być poszukiwanym związkiem. W wyniku działania kwasem siarkowym na butan-1-ol dojdzie do dehydratacji związku z wytworzeniem cząsteczki CH3-CH2-CH=CH2. Powstały but-1-en będzie reagował z bromowodorem z wytworzeniem cząsteczki chiralnej CH3-CH2-*CHBr-CH2. Pozostałe dwa izomery 2-metylopropan-2-ol oraz 2-metylopropan-1-ol w wyniku reakcji dehydratacji, a następnie addycji bromowodoru będą prowadziły do powstawania identycznych produktów końcowych, dlatego też oba należy uwzględnić w odpowiedzi końcowej. Poszukiwanymi estrami są przedstawione na rysunku poniżej octan 2-metylo-2-propylu oraz octan 2-metylo-1-propylu.

CH3

H3C C O C CH3

H3C C O CH2 CH

CH3

octan 2-metylo-2-propylu

196

CH3

octan 2-metylo-1-propylu

2013/2014 • etap I

2013/2014-II-1 Stosując metaliczną miedź i cynk oraz po 500,0 cm3 0,2000 M roztworu ZnSO4 i 0,5000 M roztworu CuSO4, zbudowano ogniwo o schemacie: Zn|ZnSO4||CuSO4|Cu. Jaka była siła elektromotoryczna (SEM) tego ogniwa w chwili jego przygotowania? W kolejnym etapie z ogniwa pobierano prąd o natężeniu 0,5000 A. Po jakim czasie SEM tego ogniwa zmniejszy się o 2,000% i jakie będą wtedy stężenia roztworów wykorzystywanych w ogniwie? Potencjały normalne E 0 i E0 Zn / Zn 2 + Cu / Cu 2 + wynoszą odpowiednio -0,7620 V i 0,3370 V, zaś temperatura, w której prowadzono wszystkie doświadczenia, wynosiła 25,00°C. DANE

SZUKANE

C1 = 0,2000 M (stężenie roztworu ZnSO4) C2 = 0,5000 M (stężenie roztworu CuSO4)

C3 (stężenie roztworu ZnSO4 po zmniejszeniu się SEM ogniwa o 2,000%)

t = 25,00°C (temperatura, w której przeprowadzono doświadczenia)

C4 (stężenie roztworu CuSO4 po zmniejszeniu się SEM ogniwa o 2,000%)

τ (czas pracy ogniwa, po którym nastąpiła ta zmiana)

Zn / zn 2 +

= −0, 7620 V (potencjał normalny

elektrody cynkowej) E0

Cu / Cu

= 0, 3370 V (potencjał normalny

elektrody miedziowej) I = 0,5000 A (natężenie przepływającego prądu)

ROZWIĄZANIE

Ogniwo galwaniczne o podanym w zadaniu schemacie składa się z dwóch półogniw (elektrod metalicznych) połączonych kluczem elektrolitycznym. Jedno półogniwo stanowi płytka cynkowa zanurzona w 0,2 M roztworze siarczanu cynku, natomiast drugie płytka miedziowa zanurzona w 0,5 M roztworze siarczanu miedzi(II). Potencjał elektrody metalicznej oblicza się według następującego wzoru: E = E 0Me / Me n + +

RT ln C Me n + nF

Jeżeli ogniwo nie pracuje, to jego siła elektromotoryczna SEM jest równa różnicy potencjałów obu wymienionych elektrod. W czasie przepływu prądu przez ogniwo stężenia zarówno jonów cynku, jak i jonów miedzi(II) zmieniają się, ponieważ w ogniwie zachodzi reakcja utleniania i redukcji (cynk się utlenia, a jony miedzi(II) ulegają redukcji). Zatem stężenie jonów cynku rośnie, a jonów miedzi(II) maleje. Znając natężenie I przepływającego prądu oraz obliczoną zmianę stężeń roztworów wykorzystywanych w ogniwie, możemy wyznaczyć wielkość przepływającego przez ogniwo ładunku, a tym samym czas, w którym SEM ogniwa zmniejszy się o podany w zadaniu procent. Potencjały elektrod są równe: E Zn = E 0Zn / Zn 2+ +

RT 8, 314 ⋅ 298,15 ln C1 = −0, 7620 + ln 0, 2 = −0,, 7827 V 2F 2 ⋅ 96485

2013/2014 • etap II

197

E Cu = E 0

Cu / Cu

RT 8, 314 ⋅ 298,15 ln C 2 = 0, 3370 + ln 0, 5 = 0, 32281 V 2F 2 ⋅ 96485

SEM ogniwa jest równa różnicy potencjałów elektrod, przy czym zgodnie z przyjętą konwencją sztokholmską zawsze od potencjału o wyższej wartości odejmuje się potencjał o niższej wartości. A zatem SEM rozważanego ogniwa (gdy ogniwo nie pracuje) jest równa: SEM = ECu - EZn = 0,3281 – (-0,7827) = 1,1108 V Po zakończeniu przepływu prądu o natężeniu 0,5 A przez to ogniwo początkowa wartość SEM maleje o 2%, czyli wyniesie ona 0,98 ⋅ 1,1108 = 1,0886 V. W omawianym ogniwie podczas przepływu prądu zachodzi reakcja utleniania i redukcji, cynk przechodzi do roztworu, a zatem stężenie molowe siarczanu cynku wzrasta o x, a miedź się wydziela, zatem stężenie molowe siarczanu miedzi(II) maleje o tę samą wartość. Wartość x spełnia poniższe równanie, z którego możemy wyznaczyć zmianę molowego stężenia dla roztworów wykorzystywanych w tym ogniwie: SEM = DE 0 +

RT  C 2 − x  ln   2F  C1 + x 

1, 0886 = ( 0, 3370 + 0, 7620 ) +

8, 314 ⋅ 298,15  0, 5 − x  ln   2 ⋅ 96485  0, 2 + x 

stąd: x = 0,2833. Stężenie molowe roztworu siarczanu cynku będzie zatem równe 0,4833 M, natomiast stężenie molowe roztworu siarczanu miedzi(II) 0,2167 M. Jeżeli stężenia molowe obu soli zmieniły się o x, to w 0,5 dm3 roztworu zmiana liczby moli wynosiła 0,5x. Oznacza to, że przez ogniwo przepłynął ładunek równy 2F ⋅ 0,5 ⋅ x. Ponieważ przez ogniwo płynął prąd o natężeniu I, to czas (w sekundach) przepływu tego ładunku wyniesie: t=

198

Q F ⋅ x 96485 ⋅ 0, 2833 = 5, 467 ⋅10 4 s = = I I 0, 5000

2013/2014 • etap II

2013/2014-II-2 Próbkę pewnego związku organicznego (zawierającego węgiel, wodór, azot i tlen) o masie 0,5000 g spalono w tlenie, a spaliny wprowadzono do zbiornika o objętości 1 dm3, z którego uprzednio odpompowano powietrze, na dnie którego znajdowało się 8,000 g KOH (absorbent). Stwierdzono, że ciśnienie w zbiorniku (w temperaturze 25,00°C) przestało się zmieniać, gdy jego wartość wyniosła 5,898 kPa, a masa absorbenta wzrosła o 0,9281 g. Absorbent poddano homogenizacji i pobrano z niego próbkę o masie 2,500 g, którą rozpuszczono w 25,00 cm3 wody. Do tak otrzymanego roztworu dodano roztwór CaCl2 w nadmiarze wystarczającym do całkowitego wytrącenia białego osadu. Osad odsączono, wysuszono i zważono, a jego masa wyniosła 0,4000 g. Wiedząc, że związek ten jest nitroalkoholem o masie cząsteczkowej nieprzekraczającej 200, zaproponuj wzory strukturalne jego wszystkich izomerów, wiedząc, że nie jest to pochodna węglowodoru alicyklicznego. DANE

SZUKANE

m1 = 0,5000 g (masa próbki)

Wzory izomerów związku organicznego

m2 = 8,000 g (masa absorbentu) V = 1,000 dm3 (objętość zbiornika) p = 5,898 kPa (ciśnienie gazów w zbiorniku) t = 25,00°C (temperatura gazów w zbiorniku) m3 = 0,4000 g (masa wytrąconego osadu) M CaCO 3 = 100, 09

M H 2O = 18, 016

M CO 2 = 44, 01

ROZWIĄZANIE

Produktami spalania związku organicznego zawierającego węgiel, wodór, azot i tlen są CO2, H2O i N2. Wodorotlenek potasu KOH (absorbent) obecny w zbiorniku, do którego wprowadzono produkty spalania, zaabsorbuje wodę i ditlenek węgla (stąd wzrost masy absorbentu). Po dodaniu do rozpuszczonej w wodzie próbki absorbentu chlorku wapnia wytrąci się biały osad trudno rozpuszczalnego węglanu wapnia CaCO3. Jeżeli związek nie jest pochodną węglowodoru acyklicznego, oznacza to, że nie ma w jego strukturze pierścienia węglowego. Natomiast jest on nitroalkoholem, co oznacza, że posiada w cząsteczce dwie grupy funkcyjne: -NO2 oraz -OH, a jego izomery różnią się wzajemnym położeniem tych grup w łańcuchu węglowym. Reakcję spalania związku organicznego zawierającego węgiel, wodór, azot i tlen zapisujemy poniższym równaniem: b d b c  C a H b N cO d +  a + −  O 2 = a CO 2 + H 2O + N 2 2 2 4 2  Obecny w zbiorniku wodorotlenek potasu zaabsorbuje produkty reakcji spalania (z wyjątkiem azotu). W zbiorniku zatem pozostanie azot N2, którego liczbę moli wyznaczymy z równania stanu gazu doskonałego: n N2 =

5, 898 ⋅10 3 ⋅1 ⋅10 −3 p⋅V = = 0, 0024 8, 31 ⋅ 298,15 R ⋅ ( t + 273,15)

Zatem w spalonej próbce związku było 0,0672 grama azotu (2 ⋅ 0,0024 ⋅ 14,01).

2013/2014 • etap II

199

Po rozpuszczeniu 2,500 g absorbentu w wodzie i dodaniu do tego roztworu chlorku wapnia wytrącił się osad węglanu wapnia o masie 0,4000 g. Masa KOH po absorpcji ditlenku węgla i wody wynosiła 8,9281 g (8,000 + 0,9281), a zatem pobrana próbka o masie 2,5 grama była 0,2800 częścią całości, stąd masa wytrąconego węglanu wapnia 0,4000 g zawiera taką samą część zaabsorbowanego ditlenku węgla. Liczba moli CO2 powstała przez spalenie próbki jest równa: n CO 2 =

m3 0, 4000 = = 0, 0142 M 1 ⋅ 0, 28 100, 9 ⋅ 0, 28

co odpowiada takiej samej liczbie moli węgla, a zatem w spalonej próbce związku było 0,1705 g węgla (0,0142 ⋅ 12,01). Masa otrzymanej wody (mw) będzie równa różnicy pomiędzy przyrostem masy absorbentu, a masą powstałego w reakcji spalania próbki ditlenku węgla: mw = 0,9281 – 0,0142 ⋅ 44,01 = 0,3032 g co odpowiada liczbie moli wody równej 0,0168. Zatem w spalonej próbce było 0,0339 g wodoru (2 ⋅ 0,0168 ⋅ 1,008). Natomiast masa tlenu (mtl) zawarta w spalonej próbce wynosi: mtl = m1 - mN - mC - mH = 0,5000 – 0,0672 - 0,1705 - 0,0339 = 0,2284 g co odpowiada liczbie moli atomowego tlenu równej 0,0143 (0,2286:16). Stosunek C:H:N:O oraz współczynniki a, b, c, d w wyznaczanym wzorze sumarycznym związku organicznego wynoszą: 0,0142 : 0,0323 : 0,0048 : 0,0143,

czyli

3:7:1:3

Wzór sumaryczny (elementarny) związku organicznego to C3H7NO3. Zgodnie z treścią zadania związek jest nitroalkoholem, co oznacza, że posiada zarówno grupę -OH jak i grupę -NO2, stąd wzór związku C3H6(OH)(NO2). Możliwe izomery (różne wzajemne położenie grup funkcyjnych w łańcuchu węglowym): H2C CH2 CH2 OH NO2 OH H2C CH CH3 NO2

200

H3C CH CH2 OH NO2 OH H3C C CH3 NO2

2013/2014 • etap II

H3C CH2 CH OH NO2

2013/2014-II-3 Badana skała wapienna zawierała kalcyt CaCO3, dolomit CaCO3 ⋅ MgCO3, krzemionkę oraz domieszkę gipsu CaSO4 ⋅ 2H2O. Rozdrobnioną i pozbawioną wilgoci próbkę tej skały o masie 10,00 g wyprażono w temperaturze 1000°C, stwierdzając, że masa próbki po prażeniu wyniosła 6,1953 g. Drugą próbkę skały, o takiej samej masie, wprowadzono do 15,00% roztworu HCl i gdy reakcja ustała, pozostały osad odsączono, wysuszono i zważono, a jego masa wyniosła 1,800 g. Jednocześnie ustalono, że stosunek mas Mg/Ca w przesączu wynosił 0,0609. Wyraź skład skały w procentach wagowych. DANE

SZUKANE

m1 = 10,00 g (masa skały) m2 = 6,1953 g (masa próbki skały po wyprażeniu w temperaturze 1000°C)

Skład skały wyrażony w procentach wagowych

m3 = 1,800 g (masa osadu, który pozostał po rozpuszczeniu próbki skały w roztworze HCl) m Mg 2+ = 0, 0609 (stosunek mas jonów magnezu do jonów m Ca 2+ wapnia w przesączu) M CaCO 3 ⋅ MgCo 3 = 184, 41 M CaCO 3 = 100, 09 M CaSO 4 ⋅ 2 H 2O = 172,1

ROZWIĄZANIE

Podczas prażenia badanej skały wapiennej obecne w niej węglany ulegają termicznemu rozkładowi z wydzieleniem CO2. Natomiast uwodniony siarczan wapnia (gips) przechodzi w sól bezwodną, a krzemionka pozostaje bez zmian. CaCO3 = CaO + CO2 MgCO3 = MgO + CO2

CaSO4 ⋅ 2H2O = CaSO4 + 2 H2O

Po wprowadzeniu badanej skały wapiennej do roztworu kwasu solnego jedynie obecne w niej węglany ulegają rozpuszczeniu zgodnie z reakcjami: CaCO3 + 2HCl = CaCl2 + CO2 + H2O

MgCO3 + 2HCl = MgCl2 + CO2 + H2O

a pozostałe dwa składniki skały, krzemionka oraz gips, pozostają w osadzie. Oznaczmy masę dolomitu jako m3, a masę kalcytu jako m4, wówczas: m3 + m4 = m1 – m3 = 10,00 – 1,800 = 8,200

(1)

ponieważ po rozpuszczeniu skały w roztworze kwasu solnego w osadzie pozostają gips i krzemionka. Oznaczony w przesączu stosunek mas jonów magnezu do jonów wapnia, w powiązaniu z masami dolomitu i kalcytu, spełnia następujące równanie: m3 ⋅

M Mg

M CaCO 3 ⋅ MgCO 3 m 3 ⋅ 0,1318 = 0, 0609 = M Ca M Ca m ⋅ , + m 4 ⋅ 0, 4004 0 2174 3 m3 ⋅ + m4 ⋅ M CaCO 3⋅MgCO 3 M CaCO 3

2013/2014 • etap II

201

m4 = 4, 861 m3

(2)

Rozwiązując powyższy układ równań (1) i (2), otrzymujemy zawartość dolomitu i kalcytu w badanej skale: m3 = 1,399 g (dolomit) i m4 = 6,801 g (kalcyt), co w przeliczeniu na procent wagowy (masa skały 10,00 g) daje: procent dolomitu = 14%, procent kalcytu = 68%. Podczas prażenia skały wydzielają się ditlenek węgla pochodzący z węglanów i woda pochodząca z gipsu. Znając masy węglanów w badanej skale, możemy obliczyć masę wydzielonego CO2: m CO 2 = m 3 ⋅

2M CO 2

M CaCO 3 ⋅ MgCO 3

+ m4 ⋅

M CO 2

M CaCO 3

= 1, 399 ⋅

44, 01 2 ⋅ 44, 01 + 6, 801 = 3, 658 g 100, 09 184, 41

Znając ubytek masy skały podczas prażenia, który wynosi: m1 – m2 = 10,00 – 6,1953 = 3,8047 g i odejmując od tej wartości obliczoną masę ditlenku węgla, otrzymamy masę wydzielonej wody z gipsu (m5): m5 = 3,8047 – 3,658 = 0,1467 g Masę gipsu(m6) w badanej skale obliczamy z następującego wzoru: m5 =

2 ⋅ M H 2O M CaSO 4

⋅m6

0,1467 = 0,2094 ⋅ m6 m6 = 0,7006 g co stanowi 7% wagowych gipsu w skale (masa skały 10,00 g). Procent wagowy krzemionki wynosi zatem: 100 – (14 + 68 + 7) = 11%

202

2013/2014 • etap II

2013/2014-II-4 Do 250,0 cm3 wody destylowanej pozbawionej rozpuszczonego CO2 wprowadzono 0,2000 g mieszaniny AgBr, AgCl i CH3COOAg, w której stosunek molowy tych związków wynosił 1:1:1. Zaobserwowano, że całości mieszaniny nie udało się rozpuścić i na dnie naczynia z roztworem pozostał osad. Iloczyny rozpuszczalności składników mieszaniny wynoszą odpowiednio 5,37 ⋅ 10-13, 1,77 ⋅ 10-10 i 1,94 ⋅ 10-3. Jakie są stężenia wszystkich jonów obecnych w roztworze? W obliczeniach przyjmij, że objętość roztworu wynosi 250,0 cm3. DANE

m1 = 0,2000 g (masa mieszaniny) V1 = 250,0 cm3 (objętość wody = objętości roztworu) LAgBr = 5,370 ⋅ 10-13 (iloczyn rozpuszczalności bromku srebra)

SZUKANE

Stężenia molowe jonów obecnych w roztworze

LAgCl = 1,770 ⋅ 10-10 (iloczyn rozpuszczalności chlorku srebra) L CH 3COOAg = 1, 941 ⋅10 −3 (iloczyn rozpuszczalności octanu srebra) M AgBr = 187, 81 M AgCl = 143, 35 M AgCH 3COOH = 166, 944 ROZWIĄZANIE

Na podstawie podanych wartości iloczynów rozpuszczalności możemy wymienione sole uszeregować według wzrastającej rozpuszczalności s (mol ⋅ dm-3): AgBr, AgCl, CH3COOAg, Octan srebra, obecny w równomolowej mieszaninie soli, rozpuści się całkowicie. CH3COOAg  Ag+ + CH3COO- s = L CH 3COOAg Jony srebra pochodzące z tej soli zmniejszą i tak już bardzo małą rozpuszczalność zarówno chlorku, jak i bromku srebra (efekt wspólnego jonu). Pozwala to w obliczeniach zaniedbać stężenia jonów srebra pochodzących z rozpuszczalności AgBr i AgCl. Stężenie jonów octanowych będzie równe stężeniu jonów srebra, natomiast stężenia jonów chlorkowych i bromkowych obliczymy z iloczynów rozpuszczalności odpowiednich soli. Jeżeli przez n1 oznaczymy liczbę moli bromku srebra, n2 liczbę moli chlorku srebra, a przez n3 liczbę moli octanu srebra w tej mieszaninie soli, to słuszne będzie równanie: m1 0, 2000 = = 0, 0004 n3 = M AgBr + M AgCl + M CH 3COOAg 187, 81 + 144, 35 + 166, 944 ponieważ mieszanina jest równomolowa, to n1 = n2 = n3. Octan srebra (n3) obecny w mieszaninie i wprowadzony do 250,0 cm3 wody rozpuści się w niej całkowicie, gdyż rozpuszczalność tego związku wynosi s = 0,0441 mol ⋅ dm-3, co w przeliczeniu na 0,25 dm3 roztworu nasyconego daje 0,0011 mola octanu srebra w tej objętości. Ponieważ stężenie jonów srebra pochodzi głównie z octanu srebra, to ich stężenie molowe jest równe: n 3 0, 0004 = = 0, 0016 M V1 0, 2500 i tyle samo wyniesie stężenie jonów octanowych. Natomiast stężenie jonów bromkowych i chlorkowych są równe: L AgBr L AgCl [Br − ] = = 3, 356 ⋅10 −10 [Cl − ] = = 1,106 ⋅10 −7 + [Ag ] [Ag + ] [Ag + ] =

2013/2014 • etap II

203

2013/2014-II-5 Gazowy amoniak na katalizatorze może utleniać się w wyniku równoległych reakcji do azotu i tlenku azotu(II). Poddano utlenieniu 1 mol amoniaku, a produkty reakcji po usunięciu z nich pary wodnej i nadmiarowego tlenu zebrano w zbiorniku. Pod ciśnieniem 101,3 kPa i w temperaturze 25,00°C otrzymana mieszanina gazów miała gęstość 1,189 ⋅ 10-3 g ⋅ cm-3. Ułóż odpowiednie równania reakcji utleniania. Jaka część mola amoniaku uległa utlenieniu do azotu? DANE

SZUKANE

p = 101,3 kPa (ciśnienie mieszaniny gazów) t = 25,00°C (temperatura mieszaniny gazów)

Jaka część amoniaku utleni się do azotu?

ρ = 1,189 ⋅ 10-3 g ⋅ cm-3 (gęstość mieszaniny gazów) M N 2 = 28, 02

M NO = 30, 01

ROZWIĄZANIE

Równania reakcji utleniania gazowego amoniaku zachodzące równolegle na katalizatorze to: 4NH3 + 3O2 = 2N2 + 6H2O

4NH3 + 5O2 = 4NO + 6H2O

2N-III - 6e- = N2

N-III – 5e- = NII

O2 + 4e- = 2O-II

Mieszanina gazów zebrana w zbiorniku zawierała wyłącznie azot i tlenek azotu(II), ponieważ z otrzymanych w wyniku zachodzących reakcji produktów usunięto nadmiarowy tlen i parę wodną. Należy zwrócić uwagę, że obliczona w zadaniu masa molowa nie jest średnią arytmetyczną mas molowych N2 i NO (podana w zadaniu gęstość odnosi się do mieszaniny gazów), stąd konieczność uwzględnienia w obliczeniach ułamka molowego zarówno azotu jak i tlenku azotu(II) w uzyskanej mieszaninie gazów. W reakcji utleniania gazowego amoniaku na katalizatorze powstaje mieszanina azotu, tlenku azotu(II) i pary wodnej zgodnie z równaniami zachodzących równolegle reakcji redoks: 4NH3 + 3O2 = 2N2 + 6H2O 4NH3 + 5O2 = 4NO + 6H2O Wykorzystując równanie stanu gazu doskonałego, można wyliczyć wartość średniej masy molowej mieszaniny: p ⋅ V = n ⋅ R ⋅ T p ⋅ V ⋅ M = m ⋅ R ⋅ T p ⋅ M = ρ ⋅ R ⋅ T Msr` =

204

−3 6 R ⋅ ( t + 273,15) ⋅ r 8, 314 ⋅ 298,15 ⋅1,189 ⋅10 ⋅10 = = 29,10 3 p 101, 3 ⋅10

2013/2014 • etap II