Dürer Kémiaverseny K kategória, Helyi forduló Megoldókulcs

Átírás

1 Dürer Kémiaverseny K kategória, Helyi forduló Megoldókulcs 1. feladat Egy kristályvíztartalmú vas(iii)-só bomlása során 200 C-ig víztartalmát veszti el, mely során a só tömege 44,84 %-kal csökken. 500 C-ig ammóniát és kénsavat veszít; eredeti tömegének 13,70 %-át. 800 C-ig elveszti tömegének 83,44 %-át, ebben a lépcsőben SO 3 távozik. A visszamaradt anyag vas(iii)-oxid. Mi a só képlete? Vegyünk 100 g sót, ebből 44,84 g víz, ami 2,49 mol. 13,70% ammónia és kénsav, azaz ammónium-szulfát, 13,70 g (NH 4 ) 2 SO 4 ami 0,104 mol-nak felel meg. 800 C-on 16,7 g marad vissza, ami ha Fe 2 O 3, akkor 0,105 mol. A SO 3 tömege 25,1 g, ami 0,314 mol. Ha minden mol mennyiséget elosztunk 0,105-tel akkor a következőt kapjuk: 1 mol Fe 2 O mol (NH 4 ) 2 SO mol SO mol H 2 O azaz (NH 4 ) 2 Fe 2 (SO 4 ) 4 x 24 H 2 O Tehát a só képlete: NH 4 Fe(SO 4 ) 2 x 12 H 2 O 2. feladat Egy szerves vegyület molekulatömege 160 g/mol-hoz van közel. Elemanalízis során a következő adatok születtek: 68,2 % C, 9,5 % H és 22,4 % Cl. Hideg lúgos oldattal kezelve alkoholt kapunk. Ezt az alkoholt ozonolízisnek alávetve 3 terméket kapunk: Egy folyadék, mely 56 C-on forr, elemanalízis alapján 62,1 % C és 10,3 % H. Egy oxovegyület, de nem adja a Fehling-próbát. Egy erősen redukáló tulajdonságú vegyület, mely vizes körülmények esetén monohidrát formában választható el. (A monohidrát molekulatömege 78 g/mol és 30,8 %-a szén, míg 7,7 %-a hidrogén.) Egy könnyedén kétértékű karbonsavvá (C 4 H 6 O 4 összegképlettel) oxidálható vegyület. a) Határozzátok meg a kiindulási vegyület szerkezetét! b) Hány kiindulási vegyület lehet megoldása a feladatnak, ha a különböző konfigurációjú képleteket is külön megoldásnak tekintjük? c) Rajzoljátok fel az átalakítások során kapott vegyületek szerkezeti képletét! d) A körte jellegzetes illatát egy egyszerű észter, a pentil-butanoát okozza. Hogyan állítanátok elő ezt az aromát az ozonolízis után kapott valamelyik vegyületből kiindulva?

2 Ozonolízis: a molekulában lévő szén-szén kettős kötések hasadnak. Ha volt H-atom a szénatomon, akkor aldehid, ha nem volt akkor keton keletkezik. Az aldehid a reakció körülményeitől függően vagy tovább oxidálódik, vagy oldószerfelvétellel stabilizálódik (szolvatálódik). a) Az elemanalízis adatokból egyszerűen kitalálható, hogy az összegképlet C 9 H 15 Cl. Ebből alkohol lesz lúgos oldattal kezelve, mégpedig úgy, hogy a -Cl helyére hidroxil-csoport épül be. Az összegképletből látszik, hogy 4 H hiányzik a telített állapothoz, tehát 2 db kettős kötésnek kell lennie. (Gyűrűs nem lehet, az ozonolízisnek akkor 1 vagy 2 terméke lenne csak.) Az ozonolízis termékei pedig fentről lefelé: aceton; 2-hidroxiacetaldehid (glikolaldehid), és a butándial, vagy izobutándial. Ezekből könnyen összerakható a megoldás, amiből kettő van: b) Ha a bal oldali molekulát nézzük, akkor abban 2 kettős kötés van, de csak a klórhoz közelebbi esetében lép fel cisz-transz izoméria. Nincs benne kiralitáscentrum, így 2 megoldás képzelhető el, a cisz-transz izomerpár. Ha a jobb oldali molekulát nézzük, akkor abban szintén csak a klórhoz közelebbi esetben lép fel a cisz-transz izoméria, de ebben van egy királis szénatom is, így 4-féle megoldás képzelhető el. Tehát összesen 6 megoldása lehet a feladatnak c) d) A butándialból lehet kiindulni, először belőle butánsavat kell előállítanunk. Ennek egy módja: oxidáció dikarbonsavvá, majd 1 ekvivalens NaOH hozzáadása és melegítés. Másik lehetőség: 1 ekvivalens redukálószerrel redukálni alkohollá, ezt a 4-hidroxibutánsavat lehet dekarboxilezni, majd butánsavvá oxidálni. Természetesen mindkét esetben lesz melléktermék is, de megfelelő tisztítással ezektől megszabadulhatunk. Végül a butánsavat lehet észteresíteni pentanollal.

3 3. feladat Egy borászati kutatólaboratóriumban minden évben kísérleteket végeznek különböző módon befolyásolva az alkoholos erjedést. Hogy ezek a kísérletek összehasonlíthatóak legyenek, minden évben 13,0 V/V%-os bor előállítására törekednek. Az idei évben a must 1083 g/l sűrűségű volt. a) Ilyen sűrűségű mustból hány V/V%-os bort kapunk az erjedés befejeztével? Ha a must cukortartalma nem elégséges a 13,0 V/V% eléréséhez, kristálycukor hozzáadásával állítják be a kívánt alkoholfokot. b) Ha 40 hl 1083 g/l sűrűségű mustunk van, hány kg kristálycukrot kell hozzáadnunk, hogy 13,0 V/V%-os bor készüljön belőle? Az alkoholos erjedés során a glükóz és a fruktóz bár eltérő sebességgel, de egyaránt etilalkoholra és szén-dioxidra bomlik, így a számolás során nem szükséges megkülönböztetni őket. A számolás során hanyagoljuk el a párolgási veszteséget, az észter jellegű aromaanyagok keletkezésekor végbemenő alkohol-tartalom csökkenést, valamint tételezzük fel, hogy 1 liter mustból 1 liter bor keletkezik. A cukor hozzáadása során a térfogatváltozás elhanyagolható. A must sűrűsége (g/l) és a keletkező bor V/V%-os alkoholtartalma közötti összefüggés: ρ(must) = ,960 * V/V%(bor) A bor sűrűsége (g/l) és a V/V%-os alkoholtartalma közötti összefüggés: ρ(bor) = 999,2-0,446 * V/V%(bor) ρ(etoh) = 0,789 g/cm 3 Ha precízebbek akarunk lenni, nem feltételezhetjük, hogy 1 liter mustból 1 liter bor keletkezik (az összes többi elhanyagolás továbbra is engedélyezett). Ekkor a távozó szén-dioxid okozta tömegcsökkenést kell figyelembe venni, hogy megfelelően pontos becslést kapjunk. c) Ezzel a precízebb módszerrel számolva mennyi kristálycukrot kell adni az 1083 g/l sűrűségű must 1,00 literéhez, hogy abból 13,0 V/V%-os bor legyen? d) Számításotok alapján igaz e a becslés, hogy 1 liter mustból 1 liter bor keletkezik? Ha nem igaz, nő vagy csökken a térfogat az alkoholos erjedés során? e) Javasoljátok e a precízebb számolást a kutatóknak? a) A must sűrűségét tartalmazó egyenletből kiszámolható, hogy 10,78 V/V%-os lesz a keletkező bor.

4 b) Az alkoholfokot 13-10,78 = 2,22-vel kell növelni. Ha 1 liter bort veszünk az azt jelenti, hogy 22,2 cm 3 -rel lesz több alkohol benne. Ennyi alkohol tömege a sűrűség alapján 17,516 g, ami 0,3808 mol-nak felel meg. A kristálycukor szacharózból áll, ami egy glükóz és egy fruktóz egységet tartalmaz, moláris tömege 342 g/mol. Mivel a glükózból és a fruktózból is 2-2 ekvivalens etil-alkohol képződik, ezért a 0,3808 mol-hoz a negyede, azaz 0,0952 mol kristálycukor kell. Ennek tömege pedig: 32,6 g. Ha 1 l-hez 32,6 g kell, 40 hl-hez 130,2 kg kell. Tehát 130,2 kg kristálycukrot kell hozzáadni a 40 hl musthoz, hogy 13,0 V/V%- os bort kapjunk belőle. c) Vegyünk 1 liter 13 V/V%-os bort. Ebben 130 cm 3 alkohol van, ami 102,57 g-nak felel meg. Így n(alkohol) = 2,23 mol. 1 liter 13 V/V%-os újbor tömege 993,4 g. Az erjedés során annyi CO 2 -t vesztett, mint amennyi alkohol keletkezett, tehát 2,23 mol-t. Ennek tömege 98,12 g. Tehát a must tömege 1091,5 g volt. A 13 V/V%-ra erjedő must sűrűsége az egyenlet szerint 1098,5 g/l, ezért a térfogata 993,6 cm 3 volt. 1 liter mustból tehát 1,006 liter bor keletkezik, amiben 2,244 mol etil-alkohol van. 1 liter 10,78 V/V%-os újbor tömege 994,4 g. Benne 107,8 cm 3 alkohol van, ami 85,05 g és 1,849 mol. Az erjedés során annyi CO 2 -t vesztett, mint amennyi alkohol keletkezett, tehát 1,849 mol-t. Ennek tömege 81,4 g. Tehát a must tömege 1075,8 g volt. A must sűrűsége az feladat szerint 1083 g/l, ezért a térfogata 993,4 cm 3 volt. 1 liter mustból ebben az esetben 1,007 liter bor keletkezik, amiben 1,861 mol etil-alkohol van. Látható, hogy majdnem független az alkoholfoktól, hogy 1 liter mustból hány liter bor lesz. Az etil-alkohol tartalomban a különbség 0,383 mol, ennek 0,09575 mol kristálycukor felel meg, aminek a tömege 32,7 g. Tehát a must 1 literéhez 32,7 g kristálycukrot kell hozzáadni precízebb számolás esetén. d) Számolásainkhoz el lehet fogadni a becslést, azért, mert nem függ az alkoholtartalomtól a kierjedt bor térfogata. Azonban kiszámolható, hogy a térfogat a párolgástól eltekintve növekedni fog a térfogat, miközben a mustból bor lesz. e) A precízebb módszer ugyanazt az eredményt adja, a 40 hl-re számolt tömeg esetén 131,0 kg-ot kapunk a 130,2 kg helyett. Ekkora tömeg esetén nem analitikai mérleget használnak, így a tömegmérés bizonytalansága a 100 g-os nagyságrendben mozog. Tehát hiába számolnánk precízen, azt a tömegmérés hibája miatt nem tudnánk a gyakorlatban kivitelezni. Tehát a precízebb számolás indokolatlan ezen körülmények között.

5 4. feladat A fluor előállítására már az 1800-as évek eleje óta voltak próbálkozások, azonban végül csak június 26-án sikerült Moissannak elsőként elemi fluort előállítani elektrolitikus úton. Sokáig azt hitték, hogy elektromos áram nélkül nem is lehet elemi fluort előállítani, de a XX. század végén találtak egy kétlépéses reakciót, melynek eredményeként fluorgázt nyertek. A reakció második lépését az alábbi, rendezendő egyenlet írja le: K 2 MnF 6 + SbF 5 = KSbF 6 + MnF 3 + F 2 a) Rendezzétek a fenti egyenletet, és jelöljétek az egyes atomok oxidációs számát is! b) 10,0 g K 2 MnF 6 -ból kiindulva és 100 %-os átalakulást feltételezve mekkora térfogatú 23,0 C-os, 100,6 kpa nyomású fluorgáz állítható elő? A fluor előállítására szolgáló reakció egyik hajtóereje, hogy a keletkező SbF 6 stabilis. ion rendkívül c) Milyen ennek az ionnak a térszerkezete? A fluor rendkívül reaktív elem, hidrogénnel már sötétben is robbanásszerűen reagál, a reakció eredményeként hidrogén-fluorid keletkezik. d) Milyen mechanizmusú a fenti reakció? A keletkező gáz több tulajdonsága alapján is eltér a többi hidrogén-halogenid alapján vártaktól. e) Rajzoljátok fel a hidrogén-halogenidek esetén a forráspont-moláris tömeg grafikont! Melyik lesz a legmagasabb, és melyik a legalacsonyabb forráspontú anyag ezek közül? Miért? f) Írjatok egy olyan anyagot, mellyel a HF reagál, míg a többi hidrogén-halogenid nem! Írjátok fel a reakció egyenletét is! A hidrogén-fluorid vízben oldva gyenge savként viselkedik, savállandójának értéke: K 1 = 1,12 x 10 3 mol/dm 3 g) Mekkora ez alapján a 0,100 mol/dm 3 koncentrációjú HF-oldat ph-ja? h) Mennyire szorítja vissza a HF disszociációját, ha 1,00 liter 0,100 mol/dm 3 koncentrációjú oldatához 2,00 dl ph=3-as HCl-oldatot adunk? A fluor vegyületeit számos helyen használjuk a mindennapokban, közismert például, hogy a fogkrémek kis mennyiségben fluoridionokat is tartalmaznak. A fluoridot a fogkrém többféle vegyület formájában is tartalmazza, ezek közül az egyik egy olyan vegyület, melyet csak kétféle atom alkot és fluortartalma 24,3 m/m%. i) Mi ez a vegyület? A fluorhoz köthető az első (és eddig egyetlen) ismert argonvegyület is, mely 31,7 m/m% fluort tartalmaz.

6 j) Mi lehet ez a vegyület? a) 2 K 2 MnF SbF 5 = 4 KSbF MnF 3 + F 2 b) M = 247 g/mol, azaz n = 0,0405 mol. Így a térfogat (V = nrt ) 495 p cm3 lesz. c) oktaéderes d) gyökös láncreakció e) HF a legmagasabb forráspontú, a H-hidak miatt, míg HCl a legalacsonyabb, mert a kicsi moláris tömeg miatt gyengébb a diszperziós kölcsönhatás, mint a nehezebb H-halogenidek esetén. (Tehát a sorrned: HF>HI>HBr>HCl) f) SiO 2 Egyenlet: SiO HF = SiF H 2 O g) gyenge sav, ezért a disszociációs állandó segítségével lehet kiszámolni a [H + ]-t. A másodfokú egyenlet: x 2 + K 1 * x - K 1 * 0,1 = 0 Megoldása: x = [H + ] = 0,01004, így a ph=2,0. h) Koncentrációk kiszámolása: c HCl = 1,667 * 10 4 M, c HF = 0,0833 M Az egyensúlyi állandó felírása: K = (y+c HCl y c HF, ahol y = [H + ] y HF Megoldandó egyenlet: y 2 + 1,28667 * 10 3 * y - 9,333 * 10 5 = 0 y = [H + ] HF = 9,04 * 10 3, a disszociáció foka: 10,85 %. A sósav nélküli esetben a disszociáció fok, 10% volt, tehát a sósav látszólag nem szorította vissza a disszociációt. Magyarázat: Valójában visszaszorította, csak a hígítás miatti disszociáció fok növekedés nagyobb mértékű volt, mint a sósav általi visszaszorítás. i) SnF 2 A számolás menete: Vegyünk 100 g vegyületet, ebből 24,3 g a fluor, ami 1,28 mol. Jelölje a másik atomot A. Ha AF a vegyület képlete, akkor az A-ra jutó 75,7 g is 1,28 mol-nak felel meg. Tehát M(A)=59,14 g. Ilyen atom nincs. Ha AF 2 a vegyület képlete, akkor az A-ra jutó 75,7 g 0,64 mol-nak felel meg, tehát M(A)=118,4 g, ami majdnem egyezik az ón atomtömegével. Ráadásul az ón kémiailag is jó megoldás, hiszen létezik az Sn 2+ ion. j) HArF Az előző részhez hasonlóan elindulva, nem találunk megoldást, csak Ar és F alkotta molekulát feltételezve. Valószínűtlen, hogy egy fém, vagy félfém lenne a harmadik alkotó. Az is nehezen képzelhető el, hogy a fluor mellett egy gyengébb elektronnegativitású nemfémre legyen szükség. Azonban az ArF molekula esetén feltűnhetett, hogy majdnem jó a százalékérték. Ha 1-gyel nagyobb lenne a molekulatömeg, stimmelne a flour m/m% értéke. Ez akkor valósul meg, ha egy H atom a harmadik atom. Tehát a megoldás valójában az Ar HF adduktja.

7 5. feladat 2014 az ENSZ döntése értelmében a krisztallográfia éve, ezért a feladatsorhoz mellékeltünk egy ismeretterjesztő cikket a témában. Válaszoljatok a következő kérdésekre a cikk alapján! I) Miért alkalmasabb a röntgensugárzás a látható fénynél az anyag atomi felbontásának megismerése során? II) III) IV) Mi a különbség a röntgendiffrakció és a neutrondiffrakció között? Mit jelenthet az egykristály? Milyen információk nyerhetőek röntgendiffrakcióval a biológiai makromolekulákról? (Enzimek, DNS, RNS...) V) Mi a reszolválás? VI) VII) VIII) IX) A diasztereomereket kémiailag különbözőnek, az enantiomereket azonosnak tekintjük. Hogyan tudnátok ezt alátámasztani a cikk alapján? Miért lehetséges az, hogy egyes molekulákat kristályos fázisban könnyebb elválasztani, mint folyadékfázisban? Mit jelent az eltűnő polimorfia? Mit jelent az intramolekuláris kölcsönhatás? Hogyan befolyásolja a stabilitást? X) Miért jelenhet meg egy kémiailag tiszta anyagnak többféle alakú kristálya az oldószertől függően? I) Mert hullámhossza összemérhető az atomi távolságokkal. II) III) IV) A röntgendiffrakcióhoz használt röntgensugárzás az elektronfelhőn, míg a neutrondiffrakció esetén használt neutronok az atommagokon szóródnak, így az atommagokat lehet neutrondiffrakcióval vizsgálni. Olyan makroszkopikus (fény-mikroszkóppal látható) méretű részecske, amelyben tökéletes kristályos rend uralkodik, azaz szerkezete leírható egy geometriai forma sokszoros ismétlésével. A másodlagos és magasabb rendű (harmadlagos, negyedleges..) szerkezetét is megismerhetjük a makromolekuláknak, így az alakjuk, ezáltal működésük, funkciójuk ismerhető meg. V) Enantiomerek elválasztásának egyik módszere. VI) Az enantiomerek minden tulajdonsága azonos, de a diasztereomereknek már vannak különböző tulajdonságaik. A cikk alapján ilyenek: kristálynövekedés valamely irányban gátolt vagy más alakú kristály növekszik

8 VII) VIII) IX) A kristályban ható erők gyakran elegendően nagyok, hogy a flexibilis molekulák intramolekuláris torziós szögeit befolyásolják, amely kiemeli a másodlagos, gyenge kölcsönhatások szerepének fontosságát. A stabilabb forma megjelenése után az instabilabb többé nem állítható elő. Az intramolekuláris kölcsönhatás során a molekula különböző részei hatnak kölcsön. Természetesen csak bizonyos molekulaméret felett van értelme ilyenről beszélni, de ha fellép növelheti a stabilitást (pl.:egy intramolekuláris H-híd) vagy csökkentheti azt (pl.: parciálisan negatív részek közel kerülése). X) Mert a különböző oldószerek különböző mértékben befolyásolják az egyes lapok növekedési sebességét.