Kemia yo k06 ratkaisut

Alkuaineen / ionin symboli	³¹₁₅P^3–	¹⁹⁶₇₉Au	²²²₈₆Rn	⁵⁴₂₆Fe²⁺
Protonien määrä	15 (= 18 - 3)	79	86	26
Neutronien määrä	16	117	136	28 (= 54 – 26)
Elektronien määrä	18	79	86	24 (= 26 – 2)
Massaluku	31	196	222	54
Kokonaisvaraus	-3	0	0	+2

Lähtöaine	m(g)	M(g/mol)	n (mol)
TiCl₄	35400	189,69	35400 : 189,69 = 186,62
Mg	8300	24,31	8300 : 24,31 = 341,42

Reaktioyhtälön mukaan nTiCl₄) = 0,5 · n(Mg)
Annetuista määristä 0,5 · 341,42 mol = 170,71 mol < n(TiCl₄)
Mg:n määrä ratkaisee, kuinka paljon titaania voidaan saada.

MAOL: rajoittava tekijä oli mainittava, ellei mainintaa ollut muuten oikein ratkaistusta tehtävästä annettiin vain 3 pistettä!

Sn²⁺ hapettuu SnCl^2–₆ :n Sn(IV):ksi, hapetusluku muuttuu +II → +IV.
As³⁺ pelkistyy alkuainearseeniksi As, hapetusluku muuttuu +III → 0.

3 Sn²⁺(aq) + 18 Cl^–(aq) + As₂O₃(s,aq) + 6 H⁺→ 2 As(s) + 3 SnCl^2–₆(aq) + 3 H₂O

MAOL: olomuotojen puuttuminen –1/3 pistettä.

m(näyte) =10,00 g
m(mitattu vesi) = 10,77 g
m (C₂H₅OH) = x g
m(H₂O) = (10 – x) g
M(H₂O) = 18,02 g/mol
M(C₂H₅OH) = 46,07 g/mol

Kirjoitetaan yhtälö ainemäärien perusteella (laadut on jätetty pois luettavuuden vuoksi): juoman veden ainemäärä + reaktiossa syntyneen veden ainemäärä = näytteestä saadun veden ainemäärä.
Etanolia hapettuu reaktiossa x : 46,07 moolia ja vettä muodostuu 3-kertainen ainemäärä.

Yhtälön ratkaisuksi saadaan 4,4398, joten 10,00 g:n näytteessä on alkoholia 4,440 g, mistä juoman alkoholipitoisuudeksi tulee massaprosentteina 44 %.

Huom. Moolimassojen arvo vaikuttaa laskun tulokseen selvästi. Eri taulukkokirjoissa moolimassojen arvot vaihtelevat hieman. Niinpä esim. moolimassoilla M(H₂O) = 18,0152 g/mol ja M(C₂H₅OH) = 46,0688 g/mol saadaan tulokseksi 44,47 massaprosenttia.

MAOL :
vastauksen tarkkuudesta: vastaus 44,45 % – 1/3 pistettä, suositeltu vastaus 44,5 % tai 44 %.

Ionisoitumisenergialla tarkoitetaan energiaa, joka tarvitaan elektronin irrottamiseen perustilaisesta atomista (kaasutilassa). Ensimmäinen ionisoitumisenergia tarkoittaa uloimman elektronin irrottamiseen kuluvaa energiaa, toinen ionisoitumisenergia seuraavan elektronin irrottamiseen kuluvaa energiaa jne. Ensimmäinen elektroni irtoaa helpoiten. Seuraavien elektronien poistamiseen tarvittavat energiat ovat aina suurempia kuin edelliset ionisaatioenergiat

Kuvaajassa ensimmäinen ionisoitumisenergia pienenee järjestysluvun ja atomin koon kasvaessa. Atomiytimen varaus muuttuu järjestysluvun mukaisesti, ja atomin elektroniverho kasvaa ytimen varauksen myötä. Ydinvarauksen vaikutus elektroniverhon uloimpiin osiin riippuu siitä, kuinka suuri varaus on ja mikä on uloin miehitetty elektronikuori. Kuviossa näkyy jaksollinen vaihtelu: jakson alussa ensimmäinen ionisoitumisenergia on pienempi kuin sen lopussa, sillä ydinvaraus on pienempi jakson alussa kuin lopussa, huiput osuvat pääasiassa jalokaasujen kohdalle. Kuvaajan alkupuolen minimikohdat taas osuvat alkalimetallien kohdalle, esim. 18 Ar ,argon, (huippu), 19 K, kalium (minimi). Ionisoitumisenergia pienenee myös ryhmissä alaspäin, sillä elektronien etäisyys ytimestä kasvaa tässä suunnassa. Kemiallisesti inerteillä aineilla on suuri ionisoitumisenergia, esim. jalokaasut ja 79 Au.

Ionisoitumisenergiat ovat yllättävän alhaisia välillä Z = 57 – 71 eli lantanoidien kohdalla, mikä kertoo niiden atomien pienestä koosta ("tiiviydestä").

Käyrän tulkinnan (joka katsottaneen 5 pisteen arvoiseksi) osalta vastauksen voi rakentaa usealla tavalla. Oleellista on atomin koko, ydinvaraus ja elektroniverho. Elektroniverhon rakennetta olisi ehkä ollut hyvä käsitellä tarkemmin kuin yllä (energiatasot ja orbitaalit toivottiin mukaan MAOLin pisteityssuosituksessa). Toisaalta oppikirjojen esitysten syvyys tämän aihepiirin kohdalla vaihtelee.

a) Alkeeni ja aromaattinen hiilivety
Alkeenissa on vähintään yksi kaksoissidos, jonka elektronipilvi mahdollistaa additio- eli liittymisreaktiot. Aromaattisessa hiilivedyssä on rengasrakenteita, joissa näyttäisi rakenteellisesti olevan kaksoissidoksia, mutta p-sidoselektronit ovat niissä delokalisoituneet ja muodostavat yhtenäisen energialtaan edullisen π-elektronipilven, jonka olisi rikkouduttava additioreaktiossa, joten additiota ei helposti tapahdu vaan renkaan vetyatomit (tai muut atomit ja ryhmät) osallistuvat helposti substituutio- eli korvautumisreaktioihin.
Bentseenin elektronirakenne

b) Aromaattinen alkoholi ja fenoli
Aromaattisessa alkoholissa hydroksyyliryhmä ei ole kiinni suoraan aromaattisessa renkaassa, fenolissa puolestaan hydroksyyliryhmä on sitoutunut renkaan hiiliatomiin.

Fenolit ovat heikkoja happoja mutta aromaattiset alkoholit eivät ole selvästi happamia ja ne (esim. bentsyylialkoholi) reagoivat kuten muutkin alkoholit: muodostavat eettereitä, esteröityvät, primaariset ja sekundaariset hapettuvat jne. (Myös fenolit muodostavat estereitä.)

c) Tärkkelys ja selluloosa
ovat molemmat glukoosista muodostuneita polysakkarideja. Niiden välinen perusrakenne-ero on glukoosiyksiköiden sitoutumistavassa.

Tärkkelyksessä voi olla tuhansista miljooniin glukoosiyksikköihinketjuuntuneina. Ketju on spiraalimaisesti kiertynyt, ja siinä saattaa esiintyä myös haaroja. Vesimolekyylit pystyvät tunkeutumaan glukoosiketjun väleihin, katkomaan vetysidoksia ja muodostamaan uusia sidoksia OH-ryhmien kanssa. Seurauksena on tärkkelyksen paisuminen ja vesiseoksen hyytelöityminen.

Selluloosassa on tuhansia glukoosiyksiköitä, jotka ovat kiertyneet toisiinsa nähden 180°. Ketjut muodostavat vetysidoksia toisiinsa ja ryhmittyvät siten lujiksi, melko jäykiksi säikeiksi, jotka eivät liukene veteen.

Kuvia ja / tai reaktioita on hyvä esittää. Selluloosan ja tärkkelyksen rakennetta ei tietenkään edellytetä piirrettäviksi. Ne vain sattuivat löytymään tähän vanhoista valintakoetehtävistä, joten selvyyden vuoksi liitin ne mukaan. Aromaattisuuskin riittänee sanoin kuvattuna. Reaktioita voisi kyllä kirjoittaa. Esimerkit eroista voivat olla monenlaisia. Tässä on vain muutamia

MAOL: c-kohta, esim. tärkkelys sopii ihmiselle ravinnoksi, selluloosa ei (erot voi selittää reaktioyhtälöin tai sanallisesti a- ja b-kohdassakin). Rakennekaavojen puuttumisesta –1 piste. (Ei varmaankaan koske c-kohtaa. MK)

a) A vetykaasua H₂(g), B rikkivetykaasua (divetysulfidia) H₂S(g), C happikaasua O₂(g)

A Mg(s) + 2 HCl(aq) → MgCl₂(aq) + H₂(g)
B Na₂S(s) + 2 HCl(aq) → 2 NaCl (aq) + H₂S(g)
C 2 H₂O₂(l)

2 H₂O(l)* + O₂(g)

MgO₂(s) toimii reaktiossa C katalyyttinä.
* Olomuotomerkintä voi olla myös (g).

MAOL-pisteet kohdittain: a-kohdasta 3 × 2/3 p, b-kohdasta 3 × 4/3 pistettä. MnO₂:n puuttumiseta ei ollut mainintaa pisteitysohjeessa, joten arvaukseksi jää – 1 piste tai – 2/3-pistettä.

a) Lasketaan sekoituksessa syntyvät c(AgNO₃) ja c(NaCl)₃:
c(AgNO₃) = n(AgNO₃) : V = 15 ml · 0,0010 mol/l : 30 ml = 0,00050 mol/l
Vastaavasti c(NaCl) = 0,00050 mol/l
c(AgNO₃) · c(NaCl) = (0,00050 mol/l )² = 2,5 · 10 ^–7 (mol/l)²
c(AgNO₃) · c(NaCl) > K_L (AgCl) =1,8 · 10 ^–10 (mol/l)².
Astiaan saostuu siis hopeakloridia.

b) Tasapainon asetuttua astiassa on kylläinen AgCl-liuos, jossa c(Ag⁺) = c(Cl^–) .
Koska ioneja on 1 : 1 alkuaan ja saostuminenkin tapahtuu samassa suhteessa. Liukoisuustulon perusteella saadaan
K_L (AgCl) = c(Ag⁺) · c(Cl^–)
c(Ag⁺) = K_L^0,5(AgCl)
( 1,8 · 10 ^–10)^0,5 (mol/l)^{2 · 0,5}= 1,3 · 10 ^–5 mol/l.
c(Ag⁺) = 1,3 · 10 ^–5 mol/l

MAOL: b-kohdan perustelun puuttuminen (ionien yhtä suuret konsentraatiot) – 2 pistettä (sic!).

a) Titrauskäyrä
Ekvivalenttikohta on hyppäyksen keskellä, pH-arvon ollessa lähes 9 (heikon hapon titraus vahvalla emäksellä). Kulutusarvio 8,2 ml (voisi olla 8,3:kin).

V(happo) = 25,0 ml, c(NaOH) = 0,194 M
c(happo) = 8,2 ml · 0,194 M : 25,0 ml = 0,063632 M
m (CH₃COOH) / l = 60,05 g/mol · 0,063632 M = 3,8211 g/l
Etikkahappopitoisuus on siis 3,8 g/l.

Ekvivalenttikohdan arvo vaikuttaa herkästi lopputulokseen.
Rajamäen väkiviinaetikan etikkahappopitoisuudeksi ilmoitetaan 10 %.
Koska tällaisen väkiviinaetikan tiheys on vain n. 1,005 g/ml. 10 %:ssa liuoksessa etikkahappoa on 100 g/l. Tehtävässä on kyseessä on siis huomattava laimennos.

b) Laimennuksessa saadun titrausliuoksen tarkalla tilavuudella ei ole väliä, koska laimennos tapahtuu tietenkin vedellä eikä muuta etikkahapon ainemäärää astiassa. Titraus perustuu reaktioon, jossa ainemäärät ovat ratkaisevia, eivät konsentraatiot sinänsä. Vain etikkahappo kuluttaa NaOH-liuosta.

c) Indikaattorin valinnassa kiinnitetään huomiota värinmuutoskohdan sijaintiin. Sen tulee osua melko tarkasti sille pH-alueella, jossa ekvivalenttikohta on. Värinmuutoksen selkeys on myös tärkeää. Koska tässä titrataan heikkoa happoa vahvalla emäksellä, ekvivalenttikohta osuu emäksiselle puolelle. Hyvä indikaattori olisi fenoliftaleiini, jonka värinmuutosalue on pH 8,3 – 10,0. Värinmuutos värittömästä punaiseksi on myös selkeä.

MAOL: hyväksyttävä ekvivalenttikohta välillä 8,2 – 8,4, pieni poikkeama näistä –1/3 pistettä. Kokonaan väärin tulkittu ekvivalenttikohta –2 pistettä.

Yhdiste A C₅H₁₀O sekä hapettuu että pelkistyy ja sisältää yhden karbonyyliryhmän, joten sen täytyy olla aldehydi. Koska A on optisesti aktiivinen, sen hiiliketju on haaroittunut. Pelkistymisessä (2) syntyvä yhdiste C C₅H₁₂O on alkoholi. Hapettumisessa saadaan yhdiste C C₅H₁₀O₂, joka on karboksyylihappo. B:n ja C:n välisessä reaktiossa syntyy esteri D.

MAOL: Jos A:n optista aktiivisuutta ei ollut huomioitu, tehtävästä sai korkeintaan 3 pistettä.

a) Rakennekaavat (tilarajoitteen takia lyhennetyt rakennekaavat ja reaktio kahdella rivillä)
A glyseroli, B öljyhappo, C rasvaesteri

b) Reaktiossa vapautuu myös glyserolia, jonka rakennekaava yllä, alla saippua eli natriumpalmitaatti.

c) Linolihapon erään isomeerin (D) ja siitä saadun tyydyttyneen rasvahapon (E) rakennekaava:

Huom. Yhdisteiden nimiä ei tarvinnut mainita. Tässä ne on otettu selvyyden vuoksi mukaan osalle yhdisteitä.

Lasketaan reagoimatta jääneen jodin määrä. Reaktioyhtälön mukaan
n(I₂) = 0,5 · n(Na₂S₂O₃) = 0,5 · V(Na₂S₂O₃) · c(Na₂S₂O₃) = 0,5 · 20,6 ml · 0,142 M
m(I₂) = M(I₂) · n(I₂) = 253,81 g/mol · 0,5 · 20,6 · 0,142 · 10^–3mol = 0,371 g
Reagoineen jodin määrä on siten 43,8 g – 0,371 g.
Lasketaan jodin määrä 100 g rasvaa kohti: 100 g · (43,8 g – 0,371 g) : 35,3 g = 123 g
Jodiluku on 123 g /100 g tai 123.

MAOL: jos molekyylien geometrinen muoto on puutteellisesti esitetty, – 1 piste tai –2 pistettä.

a) Polttokenno on laite, joka muuntaa polttoaineen kemiallisen energian suoraan sähköksi sähkökemiallisten hapettumis-pelkistymisreaktioiden avulla. Polttokenno-nimi viittaa palamiseen, mutta varsinaista palamisreaktiota kennossa ei siis tapahdu. Polttokennossa on kaksi elektrodia, joilla sähkökemialliset reaktiot tapahtuvat. Kennon olennainen osa on myös elektrolyytti, jossa ionit pääsevät liikkumaan elektrodilta toiselle. Sähköenergian lisäksi prosessissa vapautuu lämpöä. Reaktiotuotteena on puhdasta vettä.

Polttokenno on toiminnaltaan ympäristöystävällinen, koska sen tuottaa päästönä puhdasta vettä, mutta polttokennotekniikan monipuolinen hyödyntäminen voi myös epäsuorasti vähentää ympäristöhaittoja. Esim. autoissa polttokennot pienentävät fossiilisten polttoaineiden kulutusta ja niiden palaessa syntyviä päästöjä, vaikka polttokenno ei olisikaan ainoa auton tehonlähde. Tämä johtuu siitä, että polttokennolla voidaan päästä parempaan hyötysuhteeseen kuin polttomoottorilla. Polttokennojen hyödyntäminen pienlaitteissa (mm. kannettavassa elektroniikassa) keventää loppuun käytetyistä akuista aiheutuvaa ympäristökuormitusta. Polttokennoilla tuotettua sähköä voidaan (tulevaisuudessa) käyttää kotitalouksissa täydentävänä energianlähteenä ja siten rajoittaa ympäristöhaitoiltaan hankalampien energianlähteiden käyttöä.

b) Paineistettua vetykaasua johdetaan anodipuolelta kennoon katalyytin läpi. H₂-molekyylit pilkkoutuvat katalyyttisesti kukin kahdeksi H⁺-ioniksi, jolloin vapautuu kaksi elektronia (e^–). Elektronit kulkevat anodilta ulkoista johdinta pitkin katodille. Virtaa voidaan hyödyntää tässä vaiheessa.

Katodille johdetaan happikaasua, joka hajoaa katalyyttisesti happiatomeiksi. Happiatomeihin jää negatiivinen varaus, joka vetää puoleensa vetyioneja. Ionit yhtyvät vedeksi ja ottavat tarvittavat elektronit katodille tulevasta sähkövirrasta.

Alkalipolttokennossa (kuva) elektrolyyttinä on kaliumhydroksidiliuos ( K⁺ ja OH^–). Emäksinen elektrolyytti ei siedä hiilidioksidia, joten hapen on oltava puhdasta.

Reagensseja syötetään jatkuvasti. Elektrodit ovat käytännöllisesti katsoen kulumattomia.

Tämä on vain eräs lähestymistapa. Vastaus on mahdollista rakentaa muutenkin.

Anodireaktio hapettuminen	2 H₂→ 4 H⁺ + 4e^–	E = +0,83 V
Katodireaktio pelkistyminen	O₂+ 4 H⁺+ 4e^–→ 2 H₂O	E = +0,40 V
Nettoreaktio	2 H₂ + O₂→ 2 H₂O	Kok. 1,23 V *
	* teoreettinen (käytännössä n. 1 V),	Arvot taulukkokirjasta

Kemian ylioppilastehtävien ratkaisut, kevät 2006

Kiinnostaako aihe muuten?

	eli H₃C—(CH₂)₁₄—COO^– Na⁺
Natriumpalmitaatti