38 e Nationale Scheikundeolympiade

Transcriptie

1 8 e Nationale Scheikundeolympiade Rijksuniversiteit Groningen THEORIETOETS correctievoorschrift dinsdag juni 207 Deze theorietoets bestaat uit 6 opgaven met in totaal 4 deelvragen. Gebruik voor elke opgave een apart antwoordblad, voorzien van naam. Houd aan alle zijden 2 cm als marge aan. De maximumscore voor dit werk bedraagt 20 punten. De theorietoets duurt maximaal 4 klokuren. Benodigde hulpmiddelen: (grafisch) rekenapparaat en Binas 6 e druk of ScienceData e druk. Bij elke opgave is het aantal punten vermeld dat juiste antwoorden op de vragen oplevert.

2 Opgave De eerste elektrische auto (5 punten) Je kunt CuSO 4 gebruiken en dat moet zijn opgelost in de halfcel met de koperplaat. juiste formule van een oplosbaar koper(ii)zout de halfcel waarin dat zout moet zijn opgelost juist aangegeven Je moet een zoutbrug gebruiken. Als je dat niet doet, reageert het Cu 2+ rechtstreeks met Zn. notie dat Cu 2+ rechtstreeks met Zn kan reageren conclusie Een voorbeeld van een juiste berekening is: Als het potentiaalverschil 0 V is geworden, is V 2+ V 2+ of Zn/Zn RT 2+ RT 2+ 0,76 + ln[zn ] 0,4 + ln[cu ] hieruit volgt 2F 2F 2+ 2F [Zn ] (0,4 0,76) 7 e RT, [Cu ] Cu/Cu notie dat V 2+ V 2+ Zn/Zn Cu/Cu RT 2+ RT 2+ dus 0,76 + ln[zn ] 0,4 + ln[cu ] 2F 2F rest van de berekening NSO207 Rijksuniversiteit Groningen Theorietoets correctievoorschrift 2

3 Maximumscore 8 Een voorbeeld van een juiste berekening is: RT 2+ RT 2+ RT [Cu ] V bron VCu/Cu VZn/Zn 0,4 ln[cu ] 0,76 ln[zn ],0 ln 2F 2F 2 F 2+ [Zn ] Dus als V bron =,0 V, is 2+ RT [Cu ] ln 0 en hieruit volgt dat [Cu 2+ ] = [Zn 2+ ]. 2 F 2+ [Zn ] Stel dat x mol Cu 2+ heeft gereageerd, dan is er ook x mol Zn 2+ ontstaan. In het begin was er 0,00 (L),00 (mol L ) = 0,00 mol Cu 2+ en geen Zn 2+, dus is er aanwezig (0,00 x) mol Cu 2+ en x mol Zn ,00 x Het volume in beide halfcellen was 0,00 L, dus [Cu ] mol L en 0,00 2+ x [Zn ] mol L. 0,00 Gelijkstellen van beide concentraties levert x = 0,050 mol. 0,050 mol Cu 2+ bindt 2 0,050 mol elektronen, dus de cel heeft 2 0,050 9, C lading 4 2 0,050(mol) 9,65 0 (C mol ) geleverd en heeft daar 54 uur over gedaan. 0,050(Cs ) 600(suur ) 2+ RT [Cu ] notie dat Vbron,0 ln 2 F 2+ [Zn ] aantonen dat [Cu 2+ ] = [Zn 2+ ] berekening van het oorspronkelijk aantal mol Cu 2+ : 0,00 (L),00 (mol L ) berekening van de [Cu 2+ ] en de [Zn 2+ ]: (bij stellen dat het aantal mol omgezet Cu 2+ gelijk is aan x): het oorspronkelijk aantal mol Cu 2+ verminderen met x en het verschil delen door 0,00 (L) respectievelijk x delen door 0,00 (L) berekening van het aantal mol omgezet Cu 2+ berekening van het aantal mol elektronen dat is getransporteerd: aantal mol omgezet Cu 2+ vermenigvuldigen met 2 berekening van de hoeveelheid lading die de cel heeft geleverd: het aantal mol elektronen dat is getransporteerd vermenigvuldigen met de constante van Faraday (9, C mol ) berekening van het aantal uur: de hoeveelheid lading die de cel heeft geleverd, delen door 0,050 (C s ) en door 600 (s uur ) 2+ NSO207 Rijksuniversiteit Groningen Theorietoets correctievoorschrift

4 Opgave 2 Xenon (2 punten) Maximumscore 7 Een voorbeeld van een juiste berekening is: (8 + 6 ),(u) ,66 0 (kg u ),77 0 (kg m ) (m ) 2 berekening van het aantal atomen in de eenheidscel: berekening van de massa van een eenheidscel in u: het aantal atomen in de eenheidscel vermenigvuldigen met de atoommassa van xenon (, u) berekening van de lengte van een vlakdiagonaal: de vanderwaalsstraal ( m) vermenigvuldigen met 4 berekening van de ribbe van de eenheidscel: de lengte van een vlakdiagonaal delen door 2 berekening van de inhoud van de eenheidscel: de ribbe van de eenheidscel verheffen tot de derde macht berekening van de dichtheid van xenon in u m : de massa van de eenheidscel in u delen door de inhoud van de eenheidscel in pm berekening van de dichtheid van xenon in kg m : de dichtheid van xenon in u m vermenigvuldigen met, (kg u ) Een juist antwoord kan er als volgt uitzien: vier enkelvoudige bindingen tussen Xe en F twee niet-bindende elektronenparen op het Xe atoom drie niet-bindende elektronenparen op elk F atoom Een antwoord kan als volgt zijn geformuleerd: De zes elektronenparen op het Xe atoom zijn oktaëdrisch georiënteerd. De niet-bindende elektronenparen stoten elkaar zoveel mogelijk af, zodat de vier F atomen in één vlak komen te liggen. oktaëdrische oriëntatie van de elektronenparen rond het Xe atoom de niet-bindende elektronenparen op het Xe atoom stoten elkaar zoveel mogelijk af conclusie NSO207 Rijksuniversiteit Groningen Theorietoets correctievoorschrift 4

5 Om vier ongepaarde elektronen te krijgen, moeten twee elektronen uit twee 5p orbitalen worden aangeslagen naar twee 5d orbitalen: Er ontstaan dus zes gelijkwaardig hybride orbitalen uit één 5s orbitaal, drie 5p orbitalen en twee 5d orbitalen. Dus sp d 2 hybridisatie. twee elektronen uit twee 5p orbitalen moeten worden aangeslagen conclusie Maximumscore Neon is een element uit de tweede periode. Elementen uit de tweede periode hebben geen d orbitalen. Het verschil tussen het energieniveau van een d orbitaal en een p orbitaal is veel groter dan het verschil tussen het energieniveau van een 5d orbitaal en een 5p orbitaal. De energie die nodig is om elektronen uit de p orbitaal aan te slaan naar de d orbitaal wordt niet teruggewonnen door de vorming van atoombindingen (en in het geval van de overgang van 5p naar 5d wel). het energieverschil tussen p en d is te groot door het vormen van atoombindingen wordt de energie die nodig is om elektronen aan te slaan niet teruggewonnen Een voorbeeld van een juiste berekening is: Stel het aantal mmol XeF 4 is x en het aantal mmol XeF 6 is y. Dan geldt: x + y = 25 en 2x + y = 275 Oplossen van dit stelsel van twee vergelijkingen met twee onbekenden levert: x = 00 en y = 25. x + y = 25 2x + y = 275 rest van de berekening Een voorbeeld van een juiste berekening is: 25 (mmol) 0 (mol mmol ) 8,4(J mol ) 400() 5 p 4,6 0 (Pa),00(dm ) 0 (m dm ) het totaal aantal mmol gasvormige stoffen in het reactievat is 25 rest van de berekening NSO207 Rijksuniversiteit Groningen Theorietoets correctievoorschrift 5

6 Opgave Acotiamide (24 punten) Maximumscore 8 per juiste structuurformule 2 Opmerking Wanneer voor D de structuurformule CH Cl is gegeven, dit goed rekenen. Er zijn nog twee OCH groepen die zouden kunnen worden omgezet tot OH groepen. En dan zou je een aanzienlijk lager percentage verwachten, ongeveer %. er zijn nog twee OCH groepen die zouden kunnen worden omgezet tot OH groepen je verwacht dan een aanzienlijk lager percentage / een percentage van ongeveer % Maximumscore In een acotiamidemolecuul komen stikstofatomen voor, die met hun niet-bindend elektronenpaar een H + ion kunnen binden. NSO207 Rijksuniversiteit Groningen Theorietoets correctievoorschrift 6

7 Maximumscore 6 Een voorbeeld van een juiste berekening is: Het massapercentage acotiamide is:,000 (5,00 0,000 9,27 0 ) 487,0 00% 99,2% 0, ,0 Het onderzochte acotiamidemonster is dus zuiver genoeg. berekening van de molaire massa van acotiamideh + Cl : 487,0 (g mol ) berekening van het aantal mmol OH en H O + : 5,00 (ml) vermenigvuldigen met 0,000 (mmol ml ) respectievelijk 9,27 (ml) vermenigvuldigen met 0,000 (mmol ml ) berekening van het aantal mmol acotiamide in de 0,0 ml oplossing: het berekende aantal mmol H O + aftrekken van het berekende aantal mmol OH berekening van het aantal mg acotiamideh + Cl in de 0,0 ml oplossing: het aantal mmol acotiamide in de 0,0 ml oplossing vermenigvuldigen met de berekende molaire massa van acotiamideh + Cl berekening van het aantal mg monster in de 0,0 ml oplossing: 0,0 (ml) delen door 50,0 (ml) en vermenigvuldigen met 00 (mg) berekening van het massapercentage acotiamideh + Cl in het onderzochte monster: het aantal mg acotiamide H + Cl in de 0,0 ml oplossing delen door het aantal mg monster in de 0,0 ml oplossing en vermenigvuldigen met 00% en conclusie Maximumscore 4 Het is de titratie van een sterke base met een sterk zuur. Dan zou zowel fenolftaleïen als methylrood kunnen worden gebruikt. Maar er moet worden vermeden dat acotiamide met H + reageert. Dat gebeurt bij een lage ph, dus methylrood kan niet worden gebruikt. het betreft een titratie van een sterke base met een sterk zuur dus fenolftaleïen kan worden gebruikt bij een lage ph reageert acotiamide met H + dus methylrood kan niet worden gebruikt om de 00 mg monster op te lossen, gebruikt men een maatkolf om de 0,0 ml oplossing van het monster af te meten, gebruikt men een pipet om de 5,00 ml 0,000 M natronloog toe te voegen, gebruikt men een pipet NSO207 Rijksuniversiteit Groningen Theorietoets correctievoorschrift 7

8 Opgave 4 Natriumwaterstofcarbonaat (20 punten) 4 + z w 4,7 0, b 2,2 0 [H O ] 4,6 0 Dus ph = log 4,6.0 9 = 8,4. juiste berekening van de [H O + ] juiste omrekening van de [H O + ] naar de ph Als [HCO ] > 0,00 mol L, is b 4 [HCO ] 2,2 0, dus b [HCO b ] [HCO ] w w w en z [HCO ] 4,7 0 zodat w < 2% van opzichte van z [HCO ]. z [HCO ] Dus [H +2 b O ] [HCO ] z [HCO ], of [HO ] w [H O ] z b w. aantonen dat te verwaarlozen is ten opzichte van aantonen dat w te verwaarlozen is ten opzichte van en te verwaarlozen is ten b w +2 z b w [HCO ] [HCO ], dus [HCO ] z [HCO ] rest van de afleiding Betrekking geldt, want zowel H 2 CO als CO 2 is ontstaan uit HCO, dus de som van het aantal mol CO bevattende deeltjes per liter moet gelijk zijn aan het oorspronkelijke aantal mol HCO per liter. Betrekking 4 geldt, want de oplossing moet elektrisch neutraal zijn, dus is de som van het aantal mol positieve ladingen per liter gelijk aan de som van het aantal mol negatieve ladingen per liter. juiste uitleg waarom betrekking geldt juiste uitleg waarom betrekking 4 geldt NSO207 Rijksuniversiteit Groningen Theorietoets correctievoorschrift 8

9 Maximumscore 5 Een voorbeeld van een juiste afleiding is: [Na + ] = c, dus [H 2 CO ] + [HCO ] + [CO 2 ] + [H O + ] = [OH ] + [HCO ] + 2 [CO 2 ], of [H 2 CO ] + [H O + ] = [OH ] + [CO 2 ] () Uit w = [H O + ] [OH ] volgt [OH ] w (2) + [HO ] [H Uit 2CO ] [OH ] b en [OH ] w volgt [HCO ] + [HO ] [H b + 2 CO ] [HCO ] [H O ] () w 2 + [CO Uit ] [HO ] z volgt [HCO ] 2 [HCO ] [CO ] z (4) + [HO ] (2), () en (4) invullen in () levert: b + + [HCO w ] [HO ] [HO ] + z + w [HO ] [HO ] [HCO ] of, na links en rechts vermenigvuldigen met [H O + ]: [H +2 b O ] + [HCO ] w z [HCO ]. w notie dat [Na + ] = c uitleg dat [OH ] w + [HO ] uitleg dat 2 b + O ] w 2 [HCO uitleg dat ] [CO ] z + [HO ] rest van de afleiding NSO207 Rijksuniversiteit Groningen Theorietoets correctievoorschrift 9

10 Maximumscore 8 Na samenvoegen zijn de molariteiten van het magnesiumnitraat en het natriumwaterstofcarbonaat 0,00 mol L. Dus [Mg 2+ ] = 0,00 mol L. 2 [HCO ] Tevens geldt [CO ] z. In een 0,00 M oplossing van + [HO ] natriumwaterstofcarbonaat is [H O + ] = 4,6 0 9 ; verder mag worden aangenomen dat de afname van [HCO ] door het instellen van de evenwichten te verwaarlozen is, dus: 2 0,00 4 [CO ] 4,7 0,0 0 mol L. 9 4,6 0 Het ionenproduct [Mg 2+ ][CO 2 ] = 0,00,0 0 4 =,0 0 6 en dit is kleiner dan 6,8 0 6, het oplosbaarheidsproduct van MgCO. Er ontstaat dus geen neerslag van magnesiumcarbonaat. 4 Als [H O + ] = 4,6 0 9,0 0 6, is [OH ] 2,2 0 mol L. 9 4,6 0 Het ionenproduct [Mg 2+ ][OH ] 2 = 0,00 (2,2 0 6 ) 2 = 4,8 0 4 en dit is kleiner dan 5,6 0 2, het oplosbaarheidsproduct van Mg(OH) 2. Er ontstaat dus geen neerslag van magnesiumhydroxide. de molariteiten van het magnesiumnitraat en het natriumwaterstofcarbonaat zijn gehalveerd notie dat [H O + ] = 4,6 0 9 berekening van de [CO 2 ] berekening van het ionenproduct [Mg 2+ ][CO 2 ] conclusie ten aanzien van het ontstaan van een neerslag van magnesiumcarbonaat berekening van de [OH ] berekening van ionenproduct [Mg 2+ ][OH ] 2 conclusie ten aanzien van het ontstaan van een neerslag van magnesiumhydroxide NSO207 Rijksuniversiteit Groningen Theorietoets correctievoorschrift 0

11 Opgave 5 Meer of minder druk Maximumscore 4 (Bij benadering geldt:) r G 0 (00) = r H 0 (298) T r S 0 (298). r H 0 (298) = 2 (, ) 2 ( 2, ) =, J mol r S(298) = = 87 J mol Dus r G 0 (00) =, (87) = 8 0 J mol Uit r G 0 (T) = R T ln p volgt rg RT 80 8, 4 00 p e e 04,. (6 punten) berekening r H 0 (298) berekening r S(298) berekening r G 0 (00) berekening In de reactor met een volume van 0,0 dm bevindt zich 5, mol gas. Dus de druk is: 8, 4 (Jmol ) 00 () 0, 0 (dm ) 0 (m dm ) p 5, (mol) 4, Pa of 47 bar. berekening van het totale aantal mol gas berekening van het volume:0,0 (dm ) vermenigvuldigen met 0 (m dm ) rest van de berekening Maximumscore 5 2 ( pso ) ( p R) Voor het partieeldrukkenquotiënt geldt: Q, met p 2 R =,0 bar. ( p ) ( p ) p SO 2 22, 47 bar; p 5, O 2, 47 bar en p 5, SO SO2 O2 8, 47 bar, dus Q = 6, , Het partieeldrukkenquotiënt is kleiner dan. Er moet dus SO worden bijgevormd om evenwicht te verkrijgen. Daarbij neemt het totale aantal mol gas af, dus ook de druk. ( p ) ( p ), met p R =,0 bar ( ) ( ) 2 SO R Q 2 pso p 2 O2 berekening van de partieeldrukken van SO, SO 2 en O 2 berekening van Q vergelijking van Q met de gevonden waarde voor conclusie Opmerking Wanneer een onjuist antwoord op vraag 26 het consequente gevolg is van een onjuist antwoord op vraag 24 en/of vraag 25, dit antwoord op vraag 26 goed rekenen. NSO207 Rijksuniversiteit Groningen Theorietoets correctievoorschrift

12 Maximumscore 4 r G 0 (T) = r H 0 (298) T r S 0 (298) = R T ln p ; nu moet = 6,6 0 2 zijn, dus:, T (87) = 8,4 T ln(6,6 0 2 ), dit levert T =,2 0. r G 0 (T) = r H 0 (298) T r S 0 (298) = R T ln p nu moet = 6,6 0 2 zijn rest van de berekening juiste eenheid voor T vermeld Opmerking Wanneer een onjuist antwoord op vraag 27 het consequente gevolg is van een onjuist antwoord op vraag 24 en/of vraag 26, dit antwoord op vraag 27 goed rekenen. NSO207 Rijksuniversiteit Groningen Theorietoets correctievoorschrift 2

13 Opgave 6 Synthese en spectroscopie (22 punten) Maximumscore 4 Een juist antwoord kan als volgt zijn geformuleerd: De pieken bij cm en 24 cm in het IR spectrum van (a) wijzen op de aanwezigheid van een drievoudige binding in het molecuul. De piek bij ppm in het H NMR spectrum van (a) wijst op de aanwezigheid van een H atoom aan één van de C atomen van de drievoudige binding. De pieken tussen 7,25 en 7,50 ppm in het H NMR spectrum wijzen op de aanwezigheid van een fenylgroep in het molecuul. Dus (a) is: uitleg dat het molecuul een drievoudige binding heeft uitleg dat aan één van de C atomen van de drievoudige binding een H is gebonden uitleg dat in het molecuul een fenylgroep moet voorkomen conclusie De signalen bij 5,75 ppm en 5,25 ppm wijzen op de aanwezigheid van een dubbele binding in het molecuul. Dat is in overeenstemming met het feit dat stof (a) met waterstof heeft gereageerd. Dus (b) is: uitleg aan de hand van het H NMR spectrum dat het molecuul een dubbele binding heeft verwerking van de reactie van stof (a) met waterstof conclusie Een juist antwoord kan er als volgt uitzien: Een molecuul van stof I bevat één asymmetrisch koolstofatoom, dus kunnen twee stereo-isomeren ontstaan. een molecuul van stof I bevat één asymmetrisch koolstofatoom conclusie Van de stoffen (a) en (b) bestaan geen stereo-isomeren. Een molecuul van stof (c) bevat een asymmetrisch koolstofatoom. Dus in de reactie van (b) naar (c) ontstaan voor het eerst stereo-isomeren. van de stoffen (a) en (b) bestaan geen stereo-isomeren een molecuul van stof (c) bevat een asymmetrisch koolstofatoom en conclusie NSO207 Rijksuniversiteit Groningen Theorietoets correctievoorschrift

14 Maximumscore 7 Een juist antwoord kan er als volgt uitzien: uitgaande van bovenstaand reactiemechanisme: voor elke juiste stap in het mechanisme NSO207 Rijksuniversiteit Groningen Theorietoets correctievoorschrift 4

15 Waterstof is een reductor, dus stof (a) wordt gereduceerd. Peroxyazijnzuur is een oxidator, dus stof (b) wordt geoxideerd. stof (a) wordt gereduceerd stof (b) wordt geoxideerd NSO207 Rijksuniversiteit Groningen Theorietoets correctievoorschrift 5