Kui n = 2 ja m = 1, M(E) = 28,1 g/mol. Teine element oksiidis X on Si. (0,5) X SiO 2, ränidioksiid. (1) Olgu oksiidi Y valem E n O m.

Koko: px

Aloita esitys sivulta:

Download "Kui n = 2 ja m = 1, M(E) = 28,1 g/mol. Teine element oksiidis X on Si. (0,5) X SiO 2, ränidioksiid. (1) Olgu oksiidi Y valem E n O m."

Sami Katriina Karvonen
5 vuotta sitten
Katselukertoja:

1 KEEMIAÜLESANNETE LAHENDAMISE LAHTINE VÕISTLUS Vanem rühm (11. ja 12. klass) Tallinn, Tartu, Pärnu, Kuressaare, Narva ja Kohtla-Järve 5. november 2016 Ülesannete lahendused 1. a) Olgu oksiidi X valem E n O m. M (E)= n 16,0 g/mol (10,533) = n 14,07 g/mol m 0,533 m Kui n = 2 ja m = 1, M(E) = 28,1 g/mol. Teine element oksiidis X on Si. (0,5) X SiO 2, ränidioksiid. Olgu oksiidi Y valem E n O m. M (E)= n 16,0 g/mol (10,471) = n 17,97 g/mol m 0,471 m Kui n = 3 ja m = 2, M(E) = 27,0 g/mol. Teine element oksiidis Y on Al. (0,5) Y Al 2 O 3, alumiiniumoksiid Z xal 2 O 3 ysio 2, amorfne ränidioksiid-alumiiniumoksiid b) Happelisus kasvab järjekorras: SiO 2 < Al 2 O 3 * < xal 2 O 3 ysio 2 ** * Al on Lewise hape, ** Si (OH) Al ühik pinnal on Brønsted hape. c) Olgu oksiidi D valem A n O m. M (A)= n 16,0 g/mol (10,440) = n 20,36 g/mol m 0,440 m Kui n = 5 ja m = 2, M(A) = 50,9 g/mol. A on V, vanaadium. B (VO) 2 P 2 O 7 C (VO)HPO 4 D V 2 O 5 8 p 2. Allikad: G.A. Parker, J. Chem. Educ. 57 (1980) 721. R. Belcher, S. Liawruangrath, A. Townshend, Talanta 24 (1977) 590. a) Bi 3+ + [Cr(SCN) 6 ] 3 = Bi[Cr(SCN) 6 ] i) 2Bi[Cr(SCN) 6 ] + HCO 3 + 2H 2 O = (BiO) 2 CO 3 + 2[Cr(SCN) 6 ] 3 + 5H + [Cr(SCN) 6 ] I H 2 O = 6SO I + Cr HCN + 42H + ii) 3Br 2 + I + 3H 2 O = IO 3 + 6H + + 6Br Br 2 + HCN = BrCN + H + + Br iii) Br 2 + HCOOH = 2Br + CO 2 + 2H + iv) IO 3 + 5I + 6H + = 3I 2 + 3H 2 O v) BrCN + 2I + H + = I 2 + HCN + Br vi) I 2 + 2S 2 O 3 2 = 2I + S 4 O 6 2 b) Bi:S 2 O 2 3 =1: ( )=1:228 1 m(bi)= ,02364 dm3 0, mol dm 3 209,0 g mol = g=44 µg (2) 9 p

2 3. Allikas: P.-M. Robitaille, Progress in Physics. 1 (2007) 70. a) E= α J/mol 2 3 A =1, =5, J/ mol 2 b) p= 1 3 β T 4 = n V RT T = 3 3nR βv =1, K p= n V RT =3, Pa Võrdluseks. Valguskiirguse rõhk maapinnal on suurusjärgus 10 5 Pa. Standardmudeli järgi on Päikse keskel T = 1, K ja p = 2, Pa. c) Plasma kineetiline energia tähe 23 KLV pinnal (T pind = 6000 K): K pind = 3 2 RT pind=7, J/ mol Plasma kineetiline energia tähe 23 KLV keskel (T kesk = 1, K): K kesk = 3 2 RT kesk=2, J/ mol d) E ja K pind energiaga osakeste arvude suhe tähe 23 LVv pinnal Boltzmanni jaotuse järgi: P pind =exp( K pinde ) RT =exp ( 7, , ) pind 4, =exp(1, )=0 Plasma kineetiline energia on mitu suurusjärku väiksem kui Kuloni barjääri väärtus. Seega 1H + + 1H + liitumine on ebatõenäoline. E ja K pind energiaga osakeste arvude suhe tähe 23 KLV keskel: P kesk =exp( K keske ) RT =exp ( 2, , ) kesk 1, =exp(34,7) H H + liitumine tähe 23 KLV keskel on tõenäolisem kui pinnal. Vaatamata väiksele tõenäosusele toimub liitumine aeglaselt tänu osakeste rohkusele. Tähtedel algab see protsess kvantmehhaanilise tunneliefekti tõttu madalamal temperatuuril. 7 p 4. Allikas: J. McMurry, Organic Chemistry, (2008) 7th ed. a) Lähteaine on 1,4-diklorobut-2-üün. A (Z)-1,4-diklorobut-2-een, cis-1,4-diklorobut-2-een (2) B (E)-1,4-diklorobut-2-een, trans-1,4-diklorobut-2-een (2) C ja D (S)-1,2,4-triklorobutaan ja (R)-1,2,4-triklorobutaan (4) E tsüklohekseen (2) A B C ja D E

3 b) Et vältida substraadi redutseerimist alkaaniks. Enne vesiniku liitumist kordsele sidemele peab substraat adsorbeeruma katalüsaatori pinnale. Mürgitamata katalüsaatori pinnale saavad adsorbeeruda nii alküünid kui alkeenid (alküünid adsorbeeruvad seejuures tugevamini kui alkeenid) ja seetõttu redutseeruvad piisava hulga vesiniku juuresolekul alküünid lõpuni alkaanideks. Mürgitatud katalüsaatori pinnale saab adsorbeeruda vaid alküün ning seetõttu pole alkeeni edasine redutseerumine enam võimalik. c) Sest kaksikside on ühendis B trans-asendis, aga ühendis E cis-asendis. Reaktsiooni käigus ei muutu kaksiksideme geomeetria, seega ei saa tekkida trans-alkeenist tsükloheksaani, kus kaksikside on cis-asendis. Teoreetiliselt saaks tekkida trans-tsüklohekseen, aga steeriliselt on selle olemasolu võimatu, kuna produkti sidemed oleksid äärmiselt pingestatud. Kusjuures suuremate tsüklite puhul on tsüklisisene trans-asendis kaksikside võimalik. d) Siinkohal on välja toodud mõned (kuid mitte kõik) õiged vastused. Õigeks võib lugeda ka kõik eliminatsiooniproduktid: (2) 14 p 5. a) C 4 isomeerid: (4) C 4 H 10 isomeerid: b) Butadieeni täielikul reageerimisel oleks konversioon X ) = 1, mistõttu maksimaalne vesiniku konversioon oleks X ) = 1/3. Kuna reaktsioon on pöörduv, siis on selle saavutamine ebatõenäoline. c) Vesiniku hulga muutus on seotud butadieeni algse ja lõpliku hulgaga reaktsioonivõrrandi järgi (2 mol H 2 1 mol C 4 ): Δ n )=2[n 0 )n )] Seega on vesiniku hulk reaktsiooni lõpus: n )Δ n )2[n 0 )n )] Vesiniku konversioon:

4 X )= n (H )n(h ) = 2[n (C H )n(c H )] n 0 ) n 0 ) Ülesandest on teada, et n 0 )=6n 0 ) ning X )= n (C H )n(c H ) n 0 ) Viimaseid võrrandeid kombineerides saab avaldada X ): X )= 2[n (C H )n(c H )] = 1 6n 0 ) 3 X ) d) Konversiooni kaudu saab avaldada vesiniku ja butadieeni hulga reaktoris: n )[1X )] n )[1X )]= 1 6 [13 X )] Reaktsioonivõrrandi järgi 2 mol H 2 1 mol C 4 H 10, seega iga 2 reageerinud mooli vesiniku kohta tekib 1 mool butaani: n 0 )=1/2 n 0 ) X ) Reaktoris olevate ainete koguhulk: n T =n H 10 ) n T =n 0 )[1X )]+ 1 6 n 0 )[13 X )]+ 1 2 n 0 ) X ) )[ n T =n 0 (H X )] e) Kasutades eelnevalt tuletatud võrrandeid: n )[1X )]=6,4 mol (10,24)=4,86 mol (0,5) n )= 1 6 n 0 )[13 X )]= 1 6 6,4 mol (10,72)=0,30 mol (0,5) n H 10 )= 1 2 n 0 ) X )= 1 2 6,4 mol 0,24=0,77 mol (0,5) n T =n H 10 )=5,93 mol (0,5) 14 p 6. a) A Cu 2 O, vask(i)oksiid B [CuCl 4 ] 2, tetraklorokupraat(ii)ioon C CuCl 2, vask(ii)kloriid D Cu(OH) 2, vask(ii)hüdroksiid E CuSO 4 5H 2 O, vask(ii)sulfaat-vesi(1/5) F Cu(NH 3 ) 4 SO 4 H 2 O, tetraammooniumvask(ii)sulfaat-vesi(1/1) b) Nimetusest võib välja lugeda, et ühend sisaldab anioonina kümmet kloori aatomit (heksa+tetra), nelja aatomit eelnevalt tuvastatud vaske (tetra) ning ühte hapniku aatomit. M(Cu 4 OCl 10 ) = 625 g/mol.

5 Mineraali G molaarmass avaldub kui M(G) = n (39,1 g/mol/0,20), kus n on kaaliumi aatomite arv ühendi valemis. Leiame, millisel juhul on mineraali molaarmass kaaliumi aatomiteta aniooni molaarmassi täisarvkordne: n M(G) / g/mol M(G) nm(k) / g/mol Otsus 1 195,5 156,4 ei sobi ,8 ei sobi 3 586,5 469,2 ei sobi ,6 sobib Mineraali G valem on K 4 Cu 4 OCl p

Samankaltaiset tiedostot

Vanuseline jaotus - tulpdiagramm

Vanuseline jaotus - tulpdiagramm Vastajate arv Histogrammi koostamine MS Excel 2007 Juhendi koostas K.Osula Histogrammi saab koostada numbrilise tunnuse korral, millel on palju erinevaid vastusevariante. Näiteks sobivad histogrammi koostamiseks