Oktatási Hivatal Az 2009/2010. tanévi ORSZÁGOS KÖZÉPISKOLAI TANULMÁNYI VERSENY első (iskolai) fordulójának
feladatmegoldásai KÉMIÁBÓL Az értékelés szempontjai Egy-egy feladat összes pontszáma a részpontokból tevődik össze. Csak hibátlan megoldásokért adható teljes pontszám. Részlegesen jó megoldásokat a részpontok alapján kell pontozni. Számítási – nem elvi – hiba esetén a feladat összpontszámából 1-2 pontot le kell vonni. A megadottól eltérő minden helyes megoldás elfogadható. Elérhető pontszámok:
I. feladatsor: II. feladatsor: Összesen:
20 pont 80 pont 100 pont
Kérjük a javító tanárokat, hogy a II. feladatsor pontszámait vezessék rá a borítólap IV. oldalán található VÁLASZLAPRA. Továbbküldhetők a legalább 50 pontot elért dolgozatok. FONTOS! A dolgozathoz csatoltan kérjük visszaküldeni a feladatlap I-IV. oldalszámú külső borítóját, amely az ADATLAPOT és a VÁLASZLAPOT is tartalmazza. Kérjük, hogy az ADATLAP adatainak pontos és olvasható kitöltését ellenőrizzék a javító tanárok. Az I. és II. feladatsor nyomtatott példányai (a feladatlap 1-8. oldalai) az iskolában maradhatnak.
I. FELADATSOR 1.
C
6.
B
11.
D
16.
C
2.
B
7.
B
12.
C
17.
A
3.
B
8.
D
13.
D
18.
A
4.
C
9.
A
14.
E
19.
E
5.
A
10.
A
15.
E
20. D Összesen: 20 pont
II. FELADATSOR 1. feladat a) A nátrium-klorid moláris tömege M (NaCl) = 58,5 g/mol
Az oldat anyagmennyiség-koncentrációja: c =
46,7 g 58,5 g/mol 0,250 dm
3
= 3,19 mol/dm 3
(2)
b) A kiindulási oldat tömege: mo = 250 cm3 · 1,121g/cm3 = 280,3 g
(1)
Az oldatban lévő víz tömege: m(H2O = (280,3 – 46,7) g = 233,6 g
(1)
Ha 35,80 g nátrium-kloridot akkor 46,7 g nátrium-kloridot
(1)
100,0 g víz képes oldatban tartani, 130,5 g víz képes oldatban tartani.
Tehát az elpárolgó víz tömege az oldat telítődéséig: ∆m(H2O) = (233,6 – 130,5) g = 103,1 g
(1) Összesen: 6 pont
2. feladat
A szénen megkötött gáz anyagmennyisége: n=
101,3 kPa·0,0513 dm 3 pV = = 2,29 mmol RT 8,314 J mol -1 K -1 ·273,16 K
(2)
Az ennyi molekula által lefedett felület: A = 0,00229 mol·6,02·1023 mol–1·1,62·10–19 m2 = 223 m2
(3)
A fajlagos felület tehát: 223 m2/0,483 g = 462 m2/g
(1)
A mértékegységek átváltásából származó nagyságrendi hibák 2 pont elvesztésével járnak. Összesen: 6 pont
3. feladat
Először hidrogén-bromidot addícionáltatunk a kettős kötésre. Br + HBr
Más hidrogén-halogenid is elfogadható teljes pontszámmal. Ha a termék nem a Markovnyikov-szabály szerinti, csak 1 pont adható.
(2) Második lépésben bázis jelenlétében történő hevítés hatására eliminációs reakció játszódik le, és újból egy alként kapunk. Br + NaOH
+ NaBr + H 2O
Más bázis is elfogadható teljes pontszámmal. Ha a termék nem a Zajcev-szabály szerinti, csak 1 pont adható. (2) Harmadik lépésben hidrogén-bromidot addícionáltatunk a kettős kötésre. Br + HBr
Ha a termék nem a Markovnyikov-szabály szerinti, csak 1 pont adható.
(2) Ha a reakció körülményei nem teljesek (pl. a bázis nem szerepel az eliminációnál), de kiderül a reakció lényege (pl. leírva, hogy eliminációs reakcióról van szó) teljes pontszám adható. Elvileg helyes más szintézisút is elfogadható teljes pontszámmal. Összesen: 6 pont
4. feladat
a) O HC
C
CH3
O
n
(2) b) A reakcióséma:
(C6H10O5)n → n C6H12O6 → 2n C3H6O3 → (C3H4O2)2n
(2) (Természetesen a politejsav molekulák szénatomszáma nem okvetlenül egyezik meg a keményítőmolekulák szénatomszámával, a fenti séma csak a folyamat sztöchiometriáját fejezi ki.) 162 g keményítőből elvileg 144 g politejsav keletkezik, 1 kg politejsav előállításához tehát 1,125 kg keményítőre van szükség. (2) 1,125 kg keményítő 1,6 kg kukoricából állítható elő. (1) Összesen: 7 pont
5. feladat
1 kg sárgabarackban van 15 g fruktóz, 20 g glükóz, 48 g szacharóz. A cukrokból keletkező alkohol anyagmennyisége: 15 g 20 g 48 g n(alkohol) = 0,86 · ⋅2+ ⋅2 + ⋅ 4 mol = 0,817 mol (4) 180 g/mol 342 g/mol 180 g/mol 1 kg sárgabarack cukortartalmából keletkező alkohol térfogata: M (etanol) V=n· = 47,65 cm3 (2) d (etanol) 1 liter pálinka alkoholtartalma: V = 1000 cm3 · 0,40 = 400 cm3 (1) 3 400 cm alkohol (1 liter pálinka) késztéséhez szükséges sárgabarack tömege: 400 cm 3 m(sárgabarack) = = 8,4 kg (1) 47,65 cm 3 / kg Összesen: 8 pont
6. feladat
a) A nitroglicerin bomlásának (égésének) egyenlete:
C3H5N3O9 → 3 CO2 + 2,5 H2O + 1,5 N2 + 0,25 O2 a nitroglicerin képlete a rendezett egyenlet A nitroglicerin oxigénmérlege tehát
(2) (1)
(9 − 8,5) mol ⋅ 16 g/mol ⋅ 100 = + 3,52 % (2) 227 g 0,25 mol ⋅ 32 g/mol ⋅ 100 = + 3,52 % vagy: 227 g Az A anyag 100 grammját 1289 g nitroglicerinnel kell összekeverni, hogy nulla legyen az oxigénmérleg. 1289 g nitroglicerinből 1289 · 0,0352 = 45,4 g oxigén szabadul fel: a kérdéses vegyület oxigénmérlege tehát: – 45,4 %. (2) b) 100 g A anyag összetétele: 48,91 g oxigén 18,34 g nitrogén x g szén (32,75–x) g hidrogén
3,06 mol O 1,31 mol N x/12 mol C (32,75–x) mol H
elégetéséhez 32x/12 g O kell elégetéséhez 8(32,75–x) g O kell
32x/12 + 8(32,75–x) – 48,91 = 45,4 x = 31,44 Ebből: Az egyes elemek anyagmennyiség-aránya:
(2) (2)
n(C) : n(H) : n(N) : n(O) = 2,62 : 1,31 : 1,31 : 3,06 = 6 : 3 : 3 : 7
A keresett anyag összegképlete tehát C6H3N3O7.
(2)
c) A vegyület trinitrofenol. Bármelyik konstitúciós izomerjének helyes szerkezeti képlete elfogadható. A 20. század első felében széleskörűen használt robbanóanyag a 2,4,6trinitrofenol (hétköznapi nevén pikrinsav) volt: OH O 2N
NO2
NO2
(2) Összesen: 15 pont
A 6. feladat szövegéből kimaradt egy – az oxigénmérleg fogalmának értelmezéséhez szükséges – részlet. Ha a versenyző az anyag tökéletes égéséhez szükséges oxigén mennyiségét az anyag oxigéntartalmának figyelembe vételével állapítja meg, ez a megoldásában ellentmondásra vezet. Az ennek megfelelő javítókulcs: a) A nitroglicerin bomlásának egyenlete: C3H5N3O9 → 3 CO2 + 2,5 H2O + 1,5 N2 + 0,25 O2 a nitroglicerin képlete (2) a rendezett egyenlet (1) 1 mol nitroglicerinben 9 mol ’O’ van, az égéséhez nem is kell oxigén, tehát 9mol ⋅ 16 g / mol − 0 oxigénmérleg: ⋅ 100 = 63,4% 227 g vagy: 1 mol nitroglicerin elégetésekor 0,25 mol O2 szabadul fel, oxigénszükségletként jelenik meg: 9mol ⋅ 16 g / mol − (− 0,25mol ⋅ 16 g / mol ) oxigénmérleg: ⋅ 100 = 65,2% 227 g Mindkét megoldás elfogadható.
amely
negatív
(2)
b) Vegyünk 100 g A anyagot! 100 g A anyag összetétele: 48,91 g oxigén 18,34 g nitrogén x g szén (32,75–x) g hidrogén
3,06 mol O 1,31 mol N x/12 mol C (32,75–x) mol H
elégetéséhez 2x/12 mol ’O’ kell, elégetéséhez 0,5(32,75–x) mol ’O’ kell.(2)
A robbanóanyag-keverékben 1289 g nitroglicerin van, amelynek oxigéntartalma 817,7 g. (1) A 100 g A anyag oxigéntartalma 48,91 g, összesen tehát a keverék 866,6 g oxigént tartalmaz. (1) Mivel a keverék oxigénmérlege nulla, a teljes elégetéséhez pontosan ugyanennyi, azaz 1289 866,6 g oxigén kell. A nitroglicerinből felszabadul ⋅ 0,25 · 32 g = 45,43 g oxigén, így a 227 (2) 100 g A elégetéséhez (866,6 + 45,43) g = 912,0 g oxigén kellene (28,5 mol O2).
A képlet alapján az A anyag oxigénmérlege: 48,91 − 912 · 100 = –863,1 % 100
(2)
100 g A elégetéséhez 28,5 mol O2 kell, így felírható: 2x/12 + 0,5(32,75–x) – 3,06 = 57 (1) Az egyenlet megoldása ellentmondásra vezet, hiszen x értéke negatívnak adódik, vagyis egyáltalán nem létezik ilyen anyag. c) Az ellentmondás felismerése: (1) Összesen: 15 pont
7. feladat
a) Egy hangyacsípésben 3,0·10–3 cm3 hangyasav van, ez az összes készlet 75 %-a. Hangyánként tehát 4,0 µl (4,0·10–3 cm3) nyerhető ki. Egy deciliter hangyasav 25000 hangyából jöhet össze.
(3) b)
HCOOH + NaHCO3 → HCOONa + CO2 + H2O (H2CO3 is jó) (1) Egy csípésben lévő hangyasav tömege: 3,0·10–3 cm3 ⋅ 1,2 g/cm3 = 3,6·10–3 g, (2) anyagmennyisége: (M= 46 g/mol) 7,8·10–5 mol. Ennek teljes semlegesítéséhez ugyanennyi nátrium-hidrogénkarbonát (M= 84 g/mol) kell, amelynek tömege 6,6 mg. (2) c) A hígított oldat hidrogénion-koncentrációja: 10–2,43 mol/dm3, azaz 3,7·10–3 mol/dm3
(1)
(1) A hígított oldatban a hangyasav kiindulási koncentrációja 7,8·10–2 mol/dm3 volt. A hidrogénionok ennek disszociációjából keletkeztek, ezért a disszociációfok 3,7·10–3 / 7,8·10–2 = 0,047, azaz a hangyasav 4,7%-a disszociált. (2) Egyensúlyban a szabad hangyasav koncentrációja 7,45·10–2 mol/dm3, amit az egyensúlyi állandó összefüggésébe helyettesíthetünk. K=
(3,7 ⋅ 10 −3 ) 2 = 1,85 ⋅ 10 − 4 −2 7,45 ⋅ 10
(3) Összesen: 15 pont
8. feladat
a) A bomlásban keletkező termékek aránya alapján az egyenlet: 2 XYZ = 2 XY + Z2
(1)
Tekintsünk egy mol (n1) szobahőmérsékletű gázt. RT = 24,45 dm3: Ennek térfogata a gáztörvény alapján: V1 = p Tömege: m = V1⋅ d1 = 65,5 g.
(2)
Az egyensúly beállása után az elegy tömege nem változik, de minthogy sűrűsége csökkent, d 2,68 (1) = 61,24 dm3 . térfogata megnő: V2 = V1 1 = 24,45 dm3 ⋅ 1,07 d2 TV Az adott hőmérsékleten ez n2 = 1 2 = 1,276 mol gázt jelent. (1) T2V1 Az anyagmennyiség növekedését a képződő 0,276 mol Z2 gáz okozta. Az egyensúlyi elegyben ebből van 0,276 mol. Az XY gázból kétszer ennyi keletkezett: 0,552 mol. A kiindulási anyagból pedig 0,448 mol maradt vissza. (2) (1) A térfogatszázalékok: 21,6 % Z2, 43,3 % XY, 35,1 % XYZ.
b) Az elegy térfogatát ismerve megkaphatjuk a koncentrációkat, azok segítségével pedig az egyensúlyi állandót: 2
0,552 mol 0,276 mol 2 [ XY] [Z 2 ] 61,24 dm 3 61,24 dm 3 (0,552 mol) 2 0,276 mol mol K= = = = 6,84 ⋅ 10 −3 2 2 3 2 [ XYZ] (0,448 mol) 61,24 dm dm 3 0,448 mol 3 61,24 dm (3) c) A kiindulási anyag molekulája három atomot is tartalmaz. Egy mol tömege 65,5 g volt. Feltehetően a sósav, kénsav, salétromsav vagy foszforsav alkotóelemeiből épül fel. Nem egész atomtömege ezek közül csak a klórnak van, így klóratom biztosan szerepel benne. A moláris tömeg fennmaradó részét N és O atomok adhatják. Az anyag összegképlete NOCl. (3)
A bomlás során keletkező kétatomos molekulákból felépülő elem elvileg bármelyikük (1) lehetne, de színe csak a klórnak van. A bomlás során NO és Cl2 keletkezik. d) A tömény sósav és salétromsav keverékéről, a királyvízről van szó, ami az aranyat és a (2) platinát is oldja. Összesen: 17 pont
