Oktatási Hivatal A 2010/2011. tanévi ORSZÁGOS KÖZÉPISKOLAI TANULMÁNYI VERSENY első fordulójának
feladatmegoldásai K É M I Á B Ó L (I-II. kategória)
Az értékelés szempontjai Egy-egy feladat összes pontszáma a részpontokból tevődik össze. Csak hibátlan megoldásért 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.
B
6.
A
11. E
16. C
2.
A
7.
D
12. D
17. B
3.
D
8.
D
13. E
18. E
4.
E
9.
A
14. A
19. E
5.
E
10.
D
15. B
20. A 20 pont
II. FELADATSOR 1. feladat a) A bioüzemanyagok növényekből származnak. A növények a szervezetük felépítéséhez szükséges szenet a légkörből nyerik ki (CO2-megkötés). (1) A bioüzemanyagok égetésekor keletkező, a légkörbe kerülő CO2 tehát már korábban is „ott volt”, így nem jelent újabb CO2-terhelést, nem járul hozzá a légkör CO2-tartalmának növekedéséhez. (1) A hagyományos üzemanyagok fosszilis energiahordozókból származnak, a belőlük keletkező CO2 növeli a légkör CO2-tartalmát, hiszen a kibocsátott CO2 szene korábban a „föld alatt volt eltemetve”. (2) b) A légkörbe kerülő CO2 hozzájárul az üvegházhatás erősödéséhez, ami globális felmelegedéshez, ill. klímaváltozáshoz vezet(het). (1) Összesen: 5 pont
2
2. feladat a) m tömegű gázelegyben 0,17m O3 és 0,83m O2 található. 0,83m 0,17m n(O3) = ; n(O2) = M (O 3 ) M (O 2 ) n(O 3 ) 0,17 M (O 2 ) 0,17 ⋅ 2 V/V% (O3) = ·100 = 12%. = = n(O 2 ) + n(O 3 ) 0,17 M (O 2 ) + 0,83M (O 3 ) 0,17 ⋅ 2 + 0,83 ⋅ 3
b) 1 óra alatt 6000 ml = 6,00 dm3 gázelegy képződik. Ebből 0,72 dm3 O3. 101325 Pa ⋅ 0,72 ⋅10−3 m3 = 0,030 mol n(O3) = 8,314 Pa ⋅ m3 ⋅ mol−1 ⋅ K −1 ⋅ 293 K
(1)
(1) (2)
(1) (1) (1)
1 óra alatt 0,030 mol · 48 g/mol = 1,44 g ózon képződik.
(1) Összesen: 8 pont
A b) feladatrész az a)-tól függetlenül értékelhető, tehát hibás eredménnyel számolva is járhat a maximális 4 pont.
3. feladat
a) M(CuSO4) = 159,6 g/mol; M(CuSO4·5H2O) = 249,7 g/mol 20,2 g ⋅ 100 = 16,8 tömegszázalékos. A 18 oC-os telített oldat 120,2 g A 100 g vízben feloldható pentahidrát tömege legyen m! 159,6 g/mol ⋅ m = 0,639m. Ennek „CuSO4”-tartalma 249,7 g/mol 0,639m = 0,168 100 g + m
(1)
(1) (1)
m = 35,7 g, tehát 100 g vízben 18 oC-on 35,7 g CuSO4·5H2O oldható fel.
(1)
b) Az oldódási egyensúly beállta után a telített oldattal pentahidrát van egyensúlyban. Tömege legyen y! A telített oldat tömege (130 g – y), a benne oldott CuSO4 tömege (30 g – 0,639y) lesz.
(1) (2)
0,168 · (130 g – y) = 30 g – 0,639y
(1)
y = 17,3 g, tehát az oldatból 17,3 g CuSO4·5H2O szűrhető ki.
(1) Összesen: 9 pont
Elvi hibának minősül, ha a b) feladatrészben azt feltételezi, hogy vízmentes CuSO4 van egyensúlyban a telített oldattal. Az ebből kiinduló számításra nem adható pont.
3
4. feladat
a) Katin:
OH NH2
Amfetamin:
Mefedron:
O HN
NH2
(3)
b) A katinon oldhatósága híg sósavban a legnagyobb, mert a katinon – aminocsoportja miatt – bázisként viselkedik, és kémiai reakcióba lép a sósavval. (2) c) A katinonban 1, a katinban 2 kiralitáscentrum van. Az azonos konstitúciójú, de mégis eltérő vegyületek sztereoizomerek lesznek. A katinonnak 1, a katinnak 3 konfigurációban eltérő izomerje lehetséges. (2) A feladat nem emeli ki, hogy a katin és a katinon optikailag tiszta anyag. Elfogadhatóak azok a válaszok, amelyekben megjelenik a sztereoizoméria, és a kiralitáscentrumok száma helyes.
d) Az amfetamin molekulája jut át könnyebben a vér-agy gáton.
(1) Összesen: 8 pont
5. feladat
a) Az A anyag feltehetően egy fém-hidroxid. Erre utal az oldat erősen lúgos kémhatása, a sósavas semlegesítés, és az is, hogy Ba(OH)2-oldattal állítható elő (egy báriumcsapadék leválása közben). (1) A fém-hidroxid 0,01 mólja 0,01 mol HCl-lel reagál, tehát a keresett fém-hidroxid képlete MeOH. (1) 0,01 mol MeCl csapadék keletkezik. Ennek tömege 2,40 g, tehát a klorid moláris tömege 240 g/mol. (1) M(Me) + 35,5 g/mol = 240 g/mol → M(Me) = 204,5 g/mol.
(1)
Ez a fém a tallium. Az A anyag képlete TlOH.
(1)
A B vegyület oxigéntartalmú talliumsó, anionja megegyezik a C anyagéval (amely pedig báriumsó). Az anion azonosítása többféleképpen történhet. Bármely gondolatmenetre 4 pont adható, míg a képletek helyes megállapítása 1-1 pont.
4
A) Ha X a keresett anion, és a töltése –n (várhatóan n = 1, 2 vagy 3), akkor B képlete TlnX, C képlete pedig BanX2. Ez alapján 2 mol B ugyanannyi oxigént tartalmaz, mint 1 mol C. (1) A két vegyület oxigéntartalmának arányáról megállapítható: 27,43 2M (B) 2nM (Tl) + 2M (X) = = 12,68 M (C) nM (Ba ) + 2M (X)
(1)
Ebből M(X) = 48,06n adódik. Reális megoldás n = 2 esetén a szulfátion. (A BaSO4 valóban csapadék.)
(1) (1)
Nem zárható ki a HPO42– ion sem. A Tl2HPO4 vízoldható, a BaHPO4 pedig valóban csapadék, bár Ba(OH)2felesleg hatására, lúgos közegben a tallium-hidrogén-foszfát és a bárium-hidroxid között az alábbi reakció játszódna le: 2 Tl2HPO4 + 3 Ba(OH)2 → 4 TlOH + Ba3(PO4)2 + 2 H2O Vagyis a képződő báriumcsapadék nem hidrogén-foszfát lenne, hanem foszfát, és ennek az oxigéntartalma nem 27,43 tömegszázalék. A Tl2HPO4 és a BaHPO4 válaszokra is maximális pontszám adható.
B) Feltételezzük, hogy a báriumcsapadék, így a talliumsó is szulfát. A BaSO4 oxigéntartalma 64 ⋅ 100 = 27,43 tömegszázalék. (2) 233,3 64 ⋅ 100 = 12,68 tömegszázalék, feltételezésünk tehát helyes volt. A Tl2SO4 oxigéntartalma 504,8 (2) A B) gondolatmenetből kiindulva meghatározható a fém anyagi minősége is: Legyen a fém-szulfát képlete Me2(SO4)x, ahol x értéke várhatóan 1, 2 vagy 3. Oxigéntartalmára felírható: 4 x ⋅16 g/mol 0,1268 = 2 M (Me) + x ⋅ 96,1 g/mol Ebből M = 204,3x adódik. Az egyetlen megoldás: x = 1 esetén M = 204,3 g/mol. A keresett fém tehát a tallium. Ebben az esetben az A meghatározására kapható 5 pont is jár, feltéve, hogy indoklással együtt megadja a TlOH képletet.
B tehát Tl2SO4, C pedig BaSO4.
(2)
b) TlOH + HCl → TlCl + H2O
(1)
Tl2SO4 + Ba(OH)2 → 2 TlOH + BaSO4
(1) Összesen: 13 pont
5
6. feladat
a) Ha az amilózmolekula n db glükózegységből épül fel, moláris tömege M(amilóz)= nM(glükóz) – (n – 1)M(víz) 100 g 100,00 g amilóz anyagmennyisége n(amilóz) = . n[ M (glükóz) − M ( víz)] + M ( víz) Az ebből keletkező glükóz tömege: nM (glükóz) ⋅ 100 g m = n(amilóz) ⋅ n ⋅ M (glükóz) = n[ M (glükóz) − M ( víz)] + M ( víz)
(1) (1)
(2)
mM ( víz) 100 g ⋅ M (glükóz) - m[ M (glükóz) − M ( víz)] vagy: 1 M ( glükóz ) m − 100 g = 1− n M (víz ) m n=
A megoldásokban nem várunk a fentiekhez hasonló, formális összefüggéseket. Teljes értékű minden, az n és m közötti kapcsolatot megadó képlet.
b) Az összefüggésbe behelyettesítve: 18,02m n= = 120 18018 − 162,16m
(1)
A hibahatárt figyelembe véve a hidrolízis során képződő glükóz tömege valójában 110,81 g és 111,21 g között lehet. (1) Előbbi esetén n = 41 adódik az összefüggésből, utóbbi esetben viszont értelmetlen, negatív érték, ugyanis m értékének elvi felső határa (ami nagyon nagy n-nek felel meg) 111,11 g. (1) Tehát a mérési eredmények szerint a glükózegységek száma 41-nél több. (1) A levezetett összefüggésből kapható számszerű eredmények nagyon erősen függenek a felhasznált moláris tömegektől és tömegektől, éppen az összefüggés rossz alkalmazhatósága miatt. Helyes elven alapulhat és teljes értékű lehet az itt megadottól eltérő számokat tartalmazó megoldás is.
c) n = 300 esetén m = 111,07 g, míg n = 3000 esetén m = 111,11 g. A két érték különbsége 0,04 g, ami kisebb, mint a mérés hibahatára. Ezért a módszer gyakorlatilag használhatatlan, az esetek nagy többségében semmilyen értékelhető információval nem szolgál. (2) Összesen: 10 pont A (C6H10O5)n összegképletből kiinduló számításokra pont nem adható, hiszen ebben az esetben m értéke egyáltalán nem függ n-től. A b) feladatrész megoldása teljes értékű lehet a glükóz átlagos tömegéből számolt n = 120 érték meghatározása nélkül is. Az a részpont arra az esetre vonatkozik, ha további – a hibahatárokat is figyelembe vevő – számítást nem végez.
6
7. feladat
K=
[N 2 O 4 ] [NO 2 ]2
(1)
A reakcióhő: ∆rH = (12,9 – 2 · 33,5) kJ/mol = –54,1 kJ/mol.
(1)
a) A reakció exoterm, a le Châtelier-elv értelmében a melegítés hatására az egyensúly balra, a bomlás irányába tolódik el. (2) b) A N2 ugyan semmivel sem lép reakcióba, de hozzáadása folytán megnő a gázelegy térfogata, és így csökken a reakciópartnerek koncentrációja. (1) A koncentrációkból képezett tört, amely egyensúlyban az egyensúlyi állandóval egyenlő, megváltozik, ugyanis a nevező a kettes hatvány miatt jobban csökken, mint a számláló. (1) Ami a koncentrációkat a térfogat mellett még befolyásolhatja, az az anyagmennyiség. Az egyenlőség a tört és a K között azáltal állhat helyre, hogy megnő a NO2 anyagmennyisége és csökken a N2O4-é, vagyis az egyensúly balra, a bomlás irányába tolódik el. (2) A folyamat endoterm, a hőváltozás pozitív. A rendszer hőt vesz fel. (1) c) Ha nem változik a térfogat, nem változnak meg a koncentrációk, nincs reakció, és hőváltozás sincs. (2) Összesen: 11 pont
7
8. feladat
a) H2S + 4 Br2 + 4 H2O → SO42– + 8 Br– + 10 H+ (vagy H2S + 4 Br2 + 4 H2O → H2SO4 + 8 HBr)
(1)
H+ + OH– → H2O (vagy HBr + NaOH → NaBr + H2O és H2SO4 + 2 NaOH → Na2SO4 + 2 H2O)
(1)
b) 15,92 cm3 NaOH-mérőoldatban 1,592·10–3 mol NaOH van. (1) + 3 –4 1 mol H2S-ből 10 mol H keletkezik, tehát a minta 10,00 cm -ében 1,592·10 mol H2S volt. (1) A H2S koncentrációja: 1,592 ⋅ 10 −4 mol c= = 1,592·10–2 mol/dm3. (1) 3 0,01 dm A kén-hidrogén-tartalom: 1,592·10–2 mol/dm3 · 34,08 g/mol = 542,6 mg/l (1) c) H(IO3)2– + 10 I– + 11 H+ → 6 I2 + 6 H2O [vagy IO3– + 5 I– + 6 H+ → 3 I2 + 3 H2O vagy KH(IO3)2 + 10 KI + 11 HCl → 6 I2 + 11 KCl + 6 H2O] I2 + H2S → 2 I– + 2 H+ + S I2 + 2 S2O32– → S4O62– + 2 I–
(1)
(vagy I2 + H2S → 2 HI + S) (vagy I2 + 2 Na2S2O3 → Na2S4O6 + 2 NaI)
(1) (1)
d) 10,00 cm3 0,01000 mol/dm3 koncentrációjú KH(IO3)2-oldatban 1,000·10–4 mol H(IO3)2– van. (1) –4 Ebből (és a KI-ból) 6,000·10 mol jód képződik. (1) A mintában 1,592·10–4 mol H2S volt, ami ugyanennyi jódot redukál, tehát 6,000·10–4 mol – 1,592·10–4 mol = 4,408·10–4 mol I2 marad feleslegben. (2) Ez 8,816·10–4 mol tioszulfáttal lép reakcióba, így a várható fogyás 8,816 ⋅ 10 −4 mol V= = 8,82 cm3. 0,1000 mol/dm 3 e) 4 Ag + 2 H2S + O2 → 2 Ag2S + 2 H2O
(1)
(2)
Helyes képletek: 1 pont, helyes rendezés: 1 pont.
Összesen: 16 pont Hibásan rendezett (de a részt vevő anyagokat tekintve helyes) reakcióegyenletre nem jár pont, de minden ebből következő számítás maximális pontszámmal értékelhető, ha nem vezet irreális eredményre. Irreális végeredmény esetén az adott feladatrészre nem adható pont. Ha a b) feladatrészben hibásan állapítja meg a brómos oxidációban termelt sav mennyiségét (elvi hiba), akkor a H2S anyagmennyiségének, koncentrációjának és tömegkoncentrációjának kiszámítására nem adható pont. A d) feladatrész a b)-től függetlenül értékelhető, tehát hibás eredménnyel számolva is járhat a maximális 5 pont, feltéve, hogy nem vezet irreális (negatív) végeredményre.
8
