Rozwiązanie zadania 1 – KINETYKA
CZĘŚĆ 1 : a, b, c) warto zauważyć, że podana reakcja tak naprawdę w ogóle nas tutaj nie interesuje – stanowi zatem bardziej otoczkę samego zadania niż jego część. O otoczce zadania i trudności jakich nastręcza podczas jego rozwiązywania szerzej piszę w swojej nadchodzącej książce do chemii nieorganicznej.
Najbardziej podstawowa definicja szybkości reakcji jest następująca :
\(v = \) \(\frac{\Delta c}{\Delta t} \)
Zatem jest to zmiana stężenia w stosunku do zmiany czasu. Nasza zmiana stężenia \(\Delta c \) jest tutaj zapisana w sposób ogólny, a dla nas w tym zadaniu będzie to oczywiście oznaczać zmianę stężenia tlenku węgla (II). Tak tylko w kwestii zapoznawania się z różnymi sposobami zapisu (co również może sprawiać problem, nie ma się czego wstydzić!) to powyższe równanie na szybkość można by zapisać nieco inaczej, pod kątem naszego zadania :
\(v = \) \(\frac{\Delta [CO]}{\Delta t} \)
Początkowe stężenie tlenku węgla (II) wynosiło : \([CO]_{\circ} = 0,1 \) , co oczywiście wyczytujemy z tabelki (czyli sprawdzamy stężenie dla momentu \(t = 0 \) , a więc samego początku reakcji).
Zmiana (a więc delta : \(\Delta \)) to inaczej różnica pomiędzy ,,czymś końcowym” i ,,czymś początkowym„ czyli zapamiętajcie : \(\Delta = koniec – poczatek \)
Więc teraz bierzemy nasze podpunkty zadania i patrzymy jaka jest zmiana tego stężenia oraz czasu.
- podpunkt a)
- zmiana stężenia tlenku węgla (II) : czyli stężenie tlenku węgla końcowe (z indeksem dolnym ,,k” odjąć początkowe stężenie tlenku węgla) \(\Delta [CO] = [CO]_{k} – [CO]_{\circ} \implies \Delta [CO] = -0,067 – 0,1 = – 0,033 \ M \) *M to \(mol / dm^{3} \) , po jednostki również patrzymy do tabelki.
- zmiana czasu to prosta sprawa : \(\Delta t = 10 – 0 = 10 \ s \)
\(v = \) \(\frac{\Delta [CO]}{\Delta t} = \frac{-0,033}{10} = – 3,3 \cdot 10^{-3} \frac{mol}{dm^{3} \cdot s} \)
No ale STOP! Jak to ujemna szybkość wyszła!? Zapomnieliśmy czegoś w naszym wzorze! Są niektóre rzeczy, które z definicji nie mogą być ujemne! Nie mogę pójść do sklepu i kupić – 300 deko szynki i tak samo nie mogę mieć ujemnej szybkości reakcji. W rzeczywistości :
a) \(v = \) \(– \frac{\Delta c}{\Delta t} \) => jeżeli oceniam zmianę stężenia SUBSTRATU (ponieważ jego stężenie zawsze maleje w czasie trwania reakcji). Z tego powodu zmiana stężenia zawsze będzie ujemna, więc przed wszystkim stawiam znak minus (-) żeby ostatecznie szybkość wyszła dodatnia.
b)\(v = \) \(\frac{\Delta c}{\Delta t} \) => jeżeli oceniam zmianę stężenia PRODUKTU (ponieważ jego stężenie zawsze rośnie w trakcie trwania reakcji).
Lub najbardziej ogólnie, uniwersalnie : \(v = \) \(| \frac{\Delta c}{\Delta t} | \)
Jest to bardzo logiczne, nie wymaga na pewno od Was uczenia się tego na pamięć, bo wystarczy zapamiętać, że szybkość reakcji jest zawsze \(v > 0 \) i o tym znaku minus zawsze będzie pamiętać, jeśli nie na początku obliczeń, to pod koniec kiedy wyjdzie Wam ujemny wynik (albo po prostu róbcie z wartością bezwzględną, też wyjdzie). Zatem ostatecznie nasza odpowiedź to :
\(v = 3,3 \cdot 10^{-3} \frac{mol}{dm^{3} \cdot s} \)
- podpunkt b) – postępujemy tak samo
- \(\Delta [CO] = [CO]_{k} – [CO]_{\circ} \implies \Delta [CO] = 0,033 – 0,04 = – 0,007 \ M \)
- \(\Delta t = 40 – 30 = 10 \ s \)
\(v = \) \(– \frac{\Delta c}{\Delta t} \) zatem :
\(v = \) \(– \frac{-0,007}{10} = 7 \cdot 10^{-4} \frac{M}{s} \)
*Celowo mieszam sposób przedstawiania jednostek, żebyście opatrywali się z właśnie różnymi formami, jakie możecie napotkać w książkach czy na Olimpiadzie.
- podpunkt c)
- \(\Delta [CO] = [CO]_{k} – [CO]_{\circ} \implies \Delta [CO] = 0,033 – 0,1 = – 0,067 \ M \)
- \(\Delta t = 40 – 0 = 40 \ s \)
\(v = – \frac{-0,067}{40} = 1,675 \cdot 10^{-3} \frac{M}{s} \)
CZĘŚĆ 2
Jako, że to sam początek Ligi, to chciałem, żeby zadania były w miarę łatwe i zachęcające, natomiast tutaj bardzo fajną opcją jest pominięcie informacji, że jest to reakcja akurat drugiego rzędu (w sensie na Olimpiadzie taka informacja może zostać pominięta!). Dlaczego? Dlatego, że to rząd reakcji należy (trzeba!) samemu wywnioskować po jednostce stałej szybkości! Popróbujcie sami, zobaczcie jaką jednostkę będzie miała reakcja 0,1 oraz 2 rzędu. Czy uczyć się tego na pamięć? Absolutnie nie! Oczywiście, jak najbardziej optymalnym przygotowaniem jest zrobienie takiej ilości zadań, że taka wiedza sama, bez wysiłku wchodzi do głowy, bo oczywiście samemu to się wyprowadza dosyć sprawnie, ale to trochę trwa, a czas na Olimpiadzie jest niezmiernie cenny!
Zadanie jest dość schematyczne, ponieważ wystarczy (trzeba!) znać tzw. scałkowane postaci równań kinetycznych (należy je znać dla rzędu zerowego, pierwszego i drugiego).
\(\frac{1}{c} – \frac{1}{c_{\circ}} = kt \)
Pamiętamy o ujednoliceniu jednostek (najwygodniej zamienić czas na sekundy, ale można oczywiście w drugą stronę i zmienić stałą szybkości, także żeby miała w sobie minuty, ale jednak pierwsza opcja jest szybsza i wygodniejsza). W takim razie \(t = 10 \ min = 600 \ s \)
\(\frac{1}{0,8} – \frac{1}{c_{\circ}} = 4 \cdot 10^{-4} \cdot 600 \)
\(1,49 = \frac{1}{c_{\circ}} \) \(\implies c_{\circ} = 0,671 \ M \)
Rozwiązanie zadania 2 – ORGANICZNA
a) jest to najbardziej podstawowe zadanie związane z zawartością procentową, które może się także pojawić w zadaniu z chemii nieorganicznej, co już tłumaczyłem. Zatem :
\(C : H = \frac{89,5}{12} : \frac{10,5}{1} = 7,46 : 10,5 \approx 1 : 1,4 = 5 : 7 \)
Węglowodór nie może mieć nieparzystej liczby atomów wodoru, zatem \(C_{5}H_{7} \) nie może być naszym wzorem, zatem próbujemy kolejną możliwość : \(C_{10}H_{14} \) . Ta opcja już nam pasuje, zwłaszcza że widzimy duży stopień nienasycenia (kto umie policzyć?) , co pasuje ogólnie do węglowodoru aromatycznego, który posiada dość pokaźny stopień nienasycenia.
Informacja o gęstości par wyklucza dalsze możliwości (o większej liczbie atomów węgla), bo przecież zawartość procentowa pozwoliła nam tylko na wyznaczenie wzoru empirycznego – pamiętajmy o tym. Dlatego charakterystyczne jest to, że nie dostaliśmy konkretnej wartości gęstości (bo to pozwoliło by od razu na obliczenie dokładnego wzoru) tylko dostaliśmy zakres, że \(d < 10 \frac{g}{L} \)
Z Clapeyrona mamy oczywiście : \(pV = nRT \) , co łatwo przekształcić do postaci, która ma w sobie gęstość :
\(\frac{p}{d} = \frac {RT}{M} \)
Podstawiając dane liczbowe otrzymujemy : \(\frac{1013}{10} = \frac{83,14 \cdot 298}{M} \implies M = 244,58 \approx 245 \frac {g}{mol} \)
*Zauważcie, że wstawiłem tutaj za gęstość \(d = 10 \), co pozwala nam na wyznaczenie maksymalnej wartości masy molowej tego węglowodoru, więc w istocie wiadomo, że \(M < 245 \frac{g}{mol} \)
My mamy już ustalony jeden wzór, który nam pasuje póki co do warunków zadania : \(C_{10}H_{14} \) dla którego \(M = 134 \) . Wychodząc z naszego wzoru empirycznego, kolejnym pasującym wzorem byłoby \(C_{20}H_{28} \) , ale jego masa przekracza 245, zatem potwierdziliśmy ostatecznie wzór sumaryczny naszego węglowodoru W = \(C_{10}H_{14} \)
b) skoro związek aromatyczny to pewnie będzie tutaj pochodna benzenu. Zatem zostały nam do rozdysponowania 4 atomy węgla. Na wstępie jeszcze ustalmy, co się bedzie działo w tej reakcji chlorowania – jest to reakcja substytucji wolnorodnikowej, która będzie zachodziła w łańcuchu bocznym (jest to reakcja dla alkanu, nie dla węglowodoru aromatycznego).
Skoro będzie powstawał tylko jeden produkt, to znaczy, że podstawnik, który będzie dołączony do benzenu (albo kilka takich podstawników, jeszcze nie wiemy) musi być ,,jednolity”. Co mam na myśli? Nie może to być np. podstawnik etylowy (\(-CH_{2}CH_{3} \)) , ponieważ do każdego z tych atomów węgla mógłby się dołączyć ten chlor, zatem byłyby dwa różne produkty.
Zakładając, że jest tylko jeden podstawnik w tym benzenie, to wzór sumaryczny tego podstawnika to : \(C_{10}H_{14} – C_{6}H_{5} = C_{4}H_{9} \) . W tym podstawniku moglibyśmy wydzielić sobie grupę metylową, których mogłoby być łącznie trzy, zatem inny sposób zapisu tego podstawnika : \(C_{4}H_{9} = (CH_{3})_{3}C \) i wszystko nam się pięknie zgadza. Zobaczmy :
Węgiel dołączony bezpośrednio do benzenu nie ma żadnego atomu wodoru, więc nie może się tam już dołączyć atom chloru, natomiast pozostałe trzy grupy metylowe są takie same (równocenne – ten termin przyda nam się w spektroskopii) więc jest tylko jedna możliwość dołączenia jednego atomu chloru (w razie wątpliwości, dostawcie do każdej grupy metylowej osobno i nazwijcie powstałą monochloropochodną – uzyskacie ciągle tą samą nazwę).
Teraz druga możliwość czyli zakładamy więcej niż jeden podstawnik do benzenu. Nie może to być grupa etylowa, co już wcześniej udowodniliśmy, tak samo nie może być propylowa czy butylowa, zatem zostaje możliwość czterech grup metylowych. Można je dołączyć na kilka różnych sposobów, ale tylko jeden sposób gwarantuje nam fakt, że po następczym przyłączeniu atomu chloru powstanie tylko jeden produkt (a nie kilka możliwości)
c) reakcja pochodnych benzenu z podstawnikiem alkilowym z \(KMnO_{4} \) to reakcja utleniania. Utlenia się tylko taki podstawnik, który spełnia następujący warunek : przy węglu dołączonym bezpośrednio do benzenu musi być co najmniej jeden atom wodoru (w końcu utlenianie w chemii organicznej to ,,zabieranie wodorów”). Pokażę to na kilku przykładach :
Czyli zauważcie, nie ważne jak długi albo rozgałęziony jest łańcuch – utlenianie zawsze prowadzi tutaj do najprostszej grupy \(-COOH \). W ostatnim przykładzie nie został spełniony najważniejszy warunek – przy tym atomie węgla, który jest bezpośrednio połączony z pierścieniem benzenu, nie ma atomów wodoru, więc nie ma jak tego utlenić, stąd \(KMnO_{4} \) obchodzi się tylko smakiem.
Zatem skoro nadmanganian potasu w naszym przypadku się nie odbarwia, to znaczy że reakcja nie zaszła, w takim razie nasz węglowodór W to tertbutylobenzen.
Z drugiego węglowodoru powstałby następujący kwas :
d) to już prosta sprawa – wystarczy narysować izomer, który będzie zawierał centrum stereogeniczne, zatem przekształcamy nasz podstawnik i otrzymujemy :
Nie ma oczywiście znaczenia czy narysujecie formę R czy S. Możecie także nie narysować żadnego konkretnego stereoizomeru, wystarczy wtedy zaznaczyć gwiazdką (*) centrum stereogeniczne. Narysowanie jednak samego wzoru (bez użycia klinu czy linii przerywanej ani też brak oznaczenia centrum asymetrii) jest niestety błędem i jakaś połówka punktu, może nawet więcej byłaby ucięta. Ja za to będę ucinał 1 pkt.
Jak się podobały zadania? Dajcie znać!
