A XVI. VegyÉSZtorna I. fordulójának feladatai, 2014. január

(1)

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/dm³ szulfátion koncentrációt jelent 2 pont

azaz 0,125 mol/dm³ 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 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 1 pont

A titrálásban n(EDTA)/n(fémionok)= 1 1 pont

Így: 1 pont

azaz 1,783 × 10^-2mol/dm³ 1 pont

Az együttes meghatározáshoz a megfelelő indikátor az eriokrómfekete-T. 1 pont Összesen: 8 pont Hibátlan megoldást küldött többek között: Jámbor Márk, Sipos-Vajda Eszter, Várszegi Martina

(2)

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 1 pont Vegyünk egy adott tömegű keveréket!

1,00 g keverék

x g Fe (1,00-x) g FeS

x/55,85 mol Fe (1,00-x)/87,97 mol FeS 1 pont

x/111,7 mol Fe₂O₃-dá ég (1,00-x)/175,82 mol Fe₂O₃-dá ég 1 pont

1,00 g Fe2O3 a termék. n = 1/159,7 mol 1 pont

x/111,7 + (1,00-x)/175,82 = 1/159,7

1,430x + 0,908 – 0,908 x = 1 1 pont

x = 0,1757 g Fe és 1 pont

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 1 pont

Összesen: 9 pont

B:

2 Fe + 1,5 O2 = Fe2O3 2 FeS + 3,5 O2 = Fe2O3 + 2 SO2 1 pont 1. egyenlet: bal oldalon 111,7 g szilárd anyag

jobb oldalon 159,7 g szilárd anyag 1 pont

2. egyenlet: bal oldalon 175,82 g szilárd anyag

jobb oldalon 159,7 g szilárd anyag 1 pont

(Az így rendezett reakcióegyenletek alapján.)

1. egyenletben: 1,430X tömegnövekedés a termék felé haladva

2. egyenletben: 0,908X tömegcsökkenés a termék felé haladva 1 pont 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 1 pont

x = 0,1757 g Fe és 1 pont

1 g-0,1757 g FeS = 0,8243 g

n(FeS) = m/M = 9,370·10^-3 mol 1 pont

9,370·10^-3 mol FeS-ben 9,370·10^-3 mol Fe és 9,370·10^-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 1 pont

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

(3)

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^.x-

4,2000x 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

(4)

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:

C N F Si P S Cl As Se Br Sb Te I

2 1.27 1.41 1.77 2.73 2.95 3.00 3.26 6.93 7.25 7.29 11.18 11.67 11.56 3 1.82 2.04 2.63 4.00 4.35 4.45 4.87 10.33 10.83 10.92 16.70 17.45 17.31 4 2.36 2.68 3.49 5.28 5.76 5.91 6.48 13.73 14.42 14.54 22.23 23.24 23.07 5 2.91 3.31 4.35 6.55 7.16 7.36 8.08 17.13 18.00 18.16 27.75 29.03 28.82 6 3.45 3.95 5.22 7.83 8.56 8.82 9.69 20.52 21.58 21.79 33.27 34.81 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:

S O

O S

O

H

S OH

O S

O

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

(5)

Természettudományi és Informatikai Kar, Kémiai Tanszékcsoport Reakciók:

2 S2O32–

+ I2 = S4O62–

+ 2 I^– Itt a termék a tetrationát (S4O62–

) anion. 2 pont

2 S₂O₃^2– + Ag⁺ = [Ag(S₂O₃)₂]^3–

Itt a termék a bisz(tioszulfátó)-argentát ([Ag(S2O3)2]^3–) összetett anion. 2 pont Kötésmódjuk:

S S

O O

Illetve 1 pont

S S

O O O O

O O

Ag

S S

O O O O

O O

Ag

vagy

1 pont

(Az egyes atomokon található töltések és sokszor a kötésrend a valóságban nem egész számok.) Lehetséges előállítások:

H2S + SO3 = H2S2O3 (éterben, kristályéteres termék) 1 pont Na2S2O3 + HCl = 2NaCl + H2S2O3 (éterben, kristályéteres termék)

HSO₃Cl + H₂S = HCl + H₂S₂O₃ (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

(6)

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 ºC- os 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 MLi:6,94 nLi:0,1441mol mNa:1,000g MNa: 22,99 nNa: 0,0435mol m_K: 1,000g M_K: 39,10 n_K: 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 Na-ra Li-ra

n₀/n_k=1,9579 n₀/n_k=0,9875 n₀/n_k=0,5364

van KO2 is főleg Na2O2 főleg Li2O

K₂O; K₂O₂; KO₂ Na₂O; Na₂O₂ 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 m_Li2O=n×M=3,9921g/2=1,9961g M_Li2O=29,88 0,0105 mol= n Li Li2O2-ban MLi2O2=n×M=0,4811g/2=0,2405g MLi2O2=45,88 Li2O: 3,9921/2×100%=89,25%

Li2O2: 10,75%

3 pont Na: n mol Na Na2O-ban és 0,0435-n mol Na Na2O2-ban

O: 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 mNa2O=0,1159/2g=0,0579g Na molja Na₂O₂-ban 0,0416mol M=77,98g/mol m_Na2O2=3,2461/2g=1,6231g Na2O: (0,1159/2)/…=3,45%

Na2O2: 1,6231/(1,6231+0,0579)=96,55%

3 pont K: tömegcsökkenés: 2KO2 → K2O2 + O2

(7)

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/n_k=0,99998=1 K₂O₂ volt + KO₂ nincs K₂O

1 pont Megjegyzés: T-alapján mondta, hogy nincs K2O. 0,5 pont

nK + nO2 → nKO2 M=71,1g/mol

2K + O2 → K2O2 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 pKv=13,75 pOH=-0,169 pH=13,91

Na: c=0,43497 M

pOH=0,37 pH= 13,39 1-1 pont

K: c=0,25575 M

pOH=0,59 pH=13,16

1-1 pont Összesen: 20 pont Megjegyzés:

1 pont levonás, ha pKv=14-gyel történt a számolás és nem az adatokban megadott pK_v=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

(8)

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: 13 pont

Oxovegyületek tautomerjeiért 3 pont

Geometriai izomerizációért 6 pont

Összesen: 22 pont Hibátlan megoldást küldött: Szombati Eszter, Tihanyi Áron, Posta Máté

(9)

(10)

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 gy r beli szénatommal létesíthet kötést) d) királis, kétérték , telített alkohol

e) többszörös szén-szén kötést nem tartalmazó gy r sg-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 gy r s bels észterei: mivel brómatom csak gy r beli 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; gy r s változatban a legkevesebb atomot tartalmazó ilyen vegyület eggyel több atomból áll

(11)

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 gy r egyetlen közös pontjaként szerepl szénatom, így:

A molekula neve: dispiro[2.0.2⁵.0³]heptán, avagy egyszer en dispiroheptán 1 pont, név +1 pont A nevek közül három helyes névre maximum 3 pont szerezhet

Összesen: 9 pont

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

(12)

(13)

(14)

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

O

CH₃ C

H₃ H

A ? B ? C ?

?

Megoldás

Mivel a benzol reakciókészsége csekély, ezért a bel le közvetlenül kialakítható vegyületek köre sz k, 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.

(15)

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.

(16)

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) alkil- halogenidet 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 gy r höz 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 alkil- halogeniddel, miközben szerves fémvegyület keletkezik. Ezek a reaktív anyagok (alkilmagnézium- halogenidek 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.

(17)

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 formil- fluoriddal.

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-

(18)

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.

(19)

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

(20)

redukálhatók.

C (a Kizsnyer-Wolff-reakció után továbbvezetve): azon alkilbenzolok, melyek aromás gy r höz 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 gy r höz 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 izopropil- benzoátot 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

(21)

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(NH 4)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)2- oldat segítségével. A kapott oldatok mindegyikét alaposan átlúgosította, majd a kivált csapadékot sz rte, 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 Mohr- só 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: Fe^2+/II + Ce^4+/IV = Fe^3+/III + Ce^3+/III 1 pont NaOH hozzáadására leválnak az ekvivalenciapontban lev fémionok hidroxidjai:

Fe³⁺ + 3 OH = Fe(OH)3 Ce³⁺ + 3 OH = Ce(OH)3 1 pont 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 Fe ²⁺ egységnyi Ce⁴⁺-gyel reagál, valamint mindkét kicsapott hidroxid és majdani oxid háromvegyérték , a pormintában a Fe ₂O3 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 Fe _xO, ahol 0,84 x 095.

Összesen: 15 pont Szép megoldást küldött: Volford András, Bajczi Levente, Baglyas Márton, Luu Hoang Kim Ngan

(22)

6. feladat: Ismeretes, hogy az alumínium felületén véd oxidréteg található. Az alumínium moláris tömege (26,98 g/mol) és s r sége (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 egyszer ség kedvéért, hogy minden, a felülettel közvetlenül érintkez alumíniumatom oxidációs száma +3, a többié 0.

Számold ki a következ térfogatú alumíniumkockák felületét nm ² 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 s r ség 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 V (nm³) A D NAl NAlf

NO NO/NAl (%) 1 mm³ 10¹⁸ nm³ 10¹² nm² 10⁶ nm² 6,03E+19 9,22E+13 1,38E+14 2,30E-04

1 µm³ 10⁹ nm³ 10⁶ nm² 1000 nm 6,03E+10 9,22E+07 1,38E+08 2,30E-001 10⁶ nm³ 10⁶ nm³ 10⁴ nm² 100 nm 6,03E+07 9,18E+05 1,38E+06 2,28

10³ nm³ 10³ nm³ 10² nm² 10 nm 60275 8761 13142 21,80

1 nm³ 1 nm³ nm² 1 nm 60 53 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 valószín séggel a korábbitól eltér kémiai tulajdonságokat fog mutatni.

Kiemelked megoldások érkeztek a következ versenyz kt l: Szombati Eszter, Koch Lilla, Stenczel Tamás Károly, Baglyas Márton, Bajczi Levente, Tihanyi Áron

(23)

7. feladat: Az alumíniumgyártás utolsó folyamatában a timföld (Al2O3) olvadékát elektrolizálják (Hall- Héroult 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 egyszer ség 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 ?,?? m ³ 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 O^2- + 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 valószín séggel további környezetszennyezést jelent (szén/k olaj/gáz: CO ₂ 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 valószín séggel 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 valószín síthet 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

(24)

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 CO ₂-n kívül CO, illetve HF, valamint SO2 található, a kén a szénnel, mint szennyez dés kerül a rendszerbe.

A legjobb megoldást Sipos-Vajda Eszter küldte be.

(25)

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 dm ³ 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*[A^2-] + [OH^-] 1 pont

Nagy savanyúsó koncentrációnál (cA): [M⁺] = [HA^-] + 2*[A^2-], mivel [H⁺] és [OH^-] elhanyagolható a

többihez képest. 2 pont

Felírjuk az anyagmérleget a savanyúsóra: cA = [M+] =[H2A] + [HA^-] + [A^2-], így 1 pont [H2A] + [HA^-] + [A^2-] = [HA^-] + 2*[A^2-], tehát [H2A] = [A^2-] 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 A^2- részecskék koncentrációja azonos és jelent sen meghaladja a H ⁺ értékét.

Mivel Ks1 = [H⁺]*[HA^-]/[H2A] és Ks2 = [H⁺]*[A^2-]/[HA^-], Ks1 Ks2= [H⁺]²*[A^2-] /[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*[A^2-] + [B^-] + [OH^-] 1 pont Anyagmérleg: cA = [M+] =[H2A] + [HA^-] + [A^2-] = [H⁺]² [A^2-] / Ks1 Ks2 + [HA^-] + [A^2-]

[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 [A^2-] = 6,567 ×10^-4 M 1 pont

Tehát Ks1 = [H⁺]*[HA^-]/[H2A] = 5,12×10^-6 és Ks2 = [H⁺]*[A^2-]/[HA^-]= 1,95×10^-7 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

Használjuk az [A^2-] = 1/(1+Ks1/[H⁺]+Ks1*Ks2/[H⁺]²) illetve a [HA^-] = Ks1/[H⁺]/(1+Ks1/[H⁺]+Ks1*Ks2/ [H⁺]²) képleteket. Ekkor [A^2-] = 0,06567 mol/dm³ és [HA^-] = 0,03368 mol/dm³.

A [H⁺] + [M⁺] = [HA^-] + 2*[A^2-] 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.

(26)

– 1 –

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 1 pont

benzoesav képződött 1 pont

oxidáció 1 pont

O H O OH

O₂(levegő) hν

3 pont

A feladat szép levezetéséért Várszegi Martina kap dicséretet.

(27)

– 2 –

2. 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 mangán- dioxid 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:

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 1 pont

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.

és Az első reakcióegyenlet alapján:

és 1 pont

Innen: 1 pont

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

és 1 pont

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