Oktatási Hivatal
Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2011/2012. tanév Kémia I. kategória – 2. forduló Megoldások I. feladatsor 1.
D
5.
A
9.
B
13. D
2.
B
6.
C
10. B
14. A
3.
C
7.
A
11. E
4.
A
8.
A
12. D 14 pont
1
15. Kiralitáscentrum:
A só összegképlete:
A nikotinsav szerkezeti képlete: O
C10H16N2Cl2
Ä
OH
N N
CH3
N
3 pont 16. A vegyület neve
A vegyület szerkezeti képlete
Királis?
HO
etilén-glikol OH HO
glikolsav O
OH
HO
OH
oxálsav O
Glikolmérgezés esetén a vesében keletkező anyag.
O
kalciumoxalát
O
2+
Ca O
propilénglikol A propilén-glikol oxidációja során keletkező hidroxi-karbonsav.
O
-
O
HO
¾
OH
O
2-hidroxipropánsav
¾
HO OH O
piroszőlősav
HO O
β-propilénglikol
HO
OH
12×0,5 = 6 pont 17. K4 =
K5 =
18.
K3 K2 K v3 K1 ⋅K 2 ⋅K 3
pH = 13,0 1 pont
1 pont
1 pont 2
II. feladatsor 1. feladat A fahamu kálium-karbonátot tartalmaz, ezért vizes oldata lúgos kémhatású. A lúgos közegben a zsír hidrolizál. A hidrolízis során vízoldható vegyületek keletkeznek. A zsír hidrolízise során keletkező szappan elősegíti a zsír oldódását.
(1) (1) (1) (1) 4 pont
2. feladat a) M[Mn(NO3)2] = 178,95 g/mol 1 mol mangán-nitrátból 1 mol MnOx keletkezik. Ennek tömege: (1–0,5204)·178,95 g = 85,824 g. Ebből a vegyületben található oxigén tömege: m(O) = 85,824 g–54,938 g = 30,89 g. n(O) = 1,93 mol A keresett képlet tehát MnO1,93 b) A folyamat során oxigén keletkezik. 1 mol mangán-nitrátból 2 mol NO2 képződik. 2,00 − 1,93 A keletkező oxigén anyagmennyisége mol. 2 V ( NO 2 ) 4,00 A keresett térfogatarány: = V (O 2 ) 0,07
(1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) (1) 8 pont
3. feladat 6 I– + 2 CrO 24 - + 16 H+ → 3 I2 + 2 Cr3+ + 8 H2O 6 I– + Cr2 O 72 - + 14 H+ → 3 I2 + 2 Cr3+ + 7 H2O1
(1) (1)
I2 + 2 S 2 O 32 - → 2 I– + S 4 O 62 -
(1)
Az egyenletekből kiszámítható, hogy 1,00 g kálium-kromát 7,725·10–3 mol jódot választ le, 1,00 g kálium-dikromát pedig 1,020·10–3 molt. (2) –3 Ezek szerint, ha a keverékben 1,00 g kromátot 1,00 g dikromáttal helyettesítünk, 2,475·10 mollal több jódot fog leválasztani (és megfordítva, 2,475·10–3 mollal több jód leválása 1,00 gmal kevesebb kromátot jelent a dikromát rovására). (2) Jelen esetben 1,00 g keverékre számítva 5,00·10–5 mol többlet jódunk van, (1)
1
Savas közegben a kromát- és dikromátionokat tartalmazó oldatban bonyolult egyensúlyi reakciók mennek
végbe, amelyek során többféle részecske (az említett két ionon kívül pl. HCrO −4 , H 2 CrO 4 HCr 2 O 7− )
egyensúlyi elegye keletkezik. A felírt egyenletek ennek ellenére helyesen fejezik ki a jodiddal lejátszódó bruttó folyamatokat.
3
ami
5,00 ⋅ 10 −5 2,475 ⋅ 10
−3
= 2,02·10–2 g-mal kevesebb kromátot (ill. ennyivel több dikromátot) jelent.
Tehát 2,0 %-kal lenne kisebb a számított kromáttartalom a valósnál.
(2) (1) 11 pont
4. feladat a) m tömegű elegyben 0,4m tömegű etanol és 0,6m tömegű víz található. m 0,4m 0,6m Vetanol = ; Vvíz = ; Velegy =
ρ etanol
ρ víz
ρ elegy
20 oC-on: Az 1. definíció szerint: 0,4m 0,4 ⋅ ρ elegy ρ ϕ etanol = etanol = = 47,39 % m ρ etanol
(1)
(1)
ρ elegy
0,6m
ρ víz
ϕ víz =
m
=
0,6 ⋅ ρ elegy
ρ víz
ρ elegy
= 56,21 % (1)
A 2. definíció szerint:
0,4m
ϕ etanol =
ρ etanol 0,4m
ρ etanol
+
0,6m
ρ víz
=
0,4 ⋅ ρ víz = 45,74 % 0,4 ⋅ ρ víz + 0,6 ⋅ ρ etanol
ϕ víz = 100 % – 45,74 % = 54,26 %
(1)
(1)
b) 40 oC-on: A tömegszázalékos összetétel változatlan. Az 1. definíció szerint (a fenti képlet alapján): ϕ etanol = 47,66 % A 2. definíció szerint: ϕ etanol = 46,14 %
(1) (1) (1) 8 pont 4
5. feladat
100 g trona hevítése során 70,34 g szóda keletkezik, amelyben 30,52 g Na 1,328 mol 7,97 g C 0,664 mol 31,86 g O 1,991 mol található.
(1)
(1)
100 g trona elemi összetétele: 56,63 g O 3,539 mol 30,52 g Na 1,328 mol 12,85 g egyéb
(1)
Látható, hogy a hevítés során eltávozik 56,63–31,86 = 24,77 g O, ami 1,548 mol. (1) Feltehető, hogy az oxigén víz és/vagy szén-dioxid formájában távozott. Ha x mol O távozott szén-dioxidban, 1,548–x mol pedig vízben, akkor 0,5x mol C és 2(1,548–x) mol H is távozott. (1) Feltéve, hogy más anyag nem keletkezett a bomlás során, felírható: 7,97 + 6x + 2(1,548–x) = 12,85 (1) x = 0,446 (1) 100 g tronában tehát 0,664 + 0,446/2 = 0,887 mol C és 2,204 mol H található. (1) n(Na) : n(O) : n(C) : n(H) = 3 : 8 : 2 : 5 A keresett képlet: Na3O8C2H5 (1) Ez a képlet megfelel a Na2CO3·NaHCO3·2H2O összetételnek. 9 pont 6. feladat
a) n(NaOH) = 10,3 mmol n(H2SO4, maradék) = 5,15 mmol n(H2SO4, összes) = 7,40 mmol n(H2SO4, reagált) = 2,25 mmol n(NH3) = 4,50 mmol Az ammónia keletkezési sebessége 107·4,5 mmol/perc = 107·76,5 mg/perc = 1100 t/nap
(1) (1) (1) (1) (1) (1)
b) A kénsavoldaton átbuborékoló gáz anyagmennyisége: 6 ⋅ 10 −4 m 3 ⋅ 1,013 ⋅ 10 5 Pa n= = 24,53 mmol (1) 8,314 Pa ⋅ m 3 ⋅ mol −1 ⋅ K −1 ⋅ 298 K 4,50 mmol φ(NH3) = = 18,3 % (1) 24,53 mmol Mivel a hidrogén és a nitrogén sztöchiometrikus arányban került be a reaktorba, a kiáramló gázelegyben is 3:1 térfogatarányban vannak jelen. (1) Ebből következően: φ(H2) = 61,3 % (1) φ(N2) = 20,4 % (1) 11 pont
5
7. feladat
a) 0,325 g víz keletkezett oxigénfelesleg esetén is.
(1)
b) Ha sztöchiometrikus mennyiségű oxigénben égetve 0,325 g víz és 0,771 g gáz (CO2 és N2) keletkezett 1,00 g anyagból, akkor 0,325 g + 0,771 g – 1,00 g = 0,096 g oxigén használódott fel az égéshez. (1) Oxigénfeleslegben égetve szintén 0,771 g CO2 és N2 keletkezik, tehát 0,863 g – 0,771 g = 0,092 g oxigénfelesleg volt. (1) 0,092 g A százalékos oxigénfelesleg: = 95,8 % (1) 0,096 g c) Sztöchiometrikus mennyiségű oxigénben égetve CO2 és N2, oxigénfeleslegben égetve CO2, N2 és O2 alkotja a vízmentes égésterméket. Csak akkor lehet azonos a két gázelegy sűrűsége, ha a CO2 – N2 gázelegy átlagos moláris tömege 32 g/mol. (2) Ebből meghatározható, hogy az elegyben n(CO2) : n(N2) = 1 : 3 és m(CO2) : m(N2) = 44 : 84 (1) 0,771 g CO2 – N2 gázelegy tehát 0,265 g CO2-t és 0,506 g N2-t tartalmaz. (1) Az égés tömegmérlege a következő: X
+
O2
1,00 g
→
0,096 g
H2O
+
CO2
+
0,325 g
0,265 g
0,036 g H 0,289 g O
0,0723 g C 0,193 g O
N2 0,506 g
(2) Ezek alapján 1,00 g X összetétele: 0,036 g H 0,386 g O 0,506 g N 0,0723 g C
0,036 mol H 0,024 mol O 0,036 mol N 0,006 mol C
(2)
A keresett tapasztalati képlet tehát CH6O4N6 A vegyület az ammónium-dinitro-guanidin, szerkezete az alábbi: + NH4
(1)
NO2 -
NH2
N
N
NO2
13 pont
6
8. feladat
a) [HA ± ] ⋅ [ H + ]
k1 = k1 k3
[H 2 A + ]
[ HA ± ]
=
0
[HA ]
; k2 =
k4
=
k2
[A − ] ⋅ [H + ] [HA ± ]
→ k4 =
k1 ⋅ k 2 k3
; k3 =
[HA 0 ] ⋅ [H + ] [H 2 A + ]
; k4 =
[A − ] ⋅ [H + ] [HA 0 ]
= 1,4·10–4
(2)
(2)
b) K1 =
K2
+
[H 2 A ]
=
[HA ± ] ⋅ [ H + ] +
[H 2 A ]
+
[HA 0 ] ⋅ [ H + ] +
[H 2 A ]
= k1 + k3 = 6,3·10–3
[A − ] ⋅ [H + ]
K2 = 1
([HA ± ] + [ HA 0 ]) ⋅ [H + ]
(1)
[HA 0 ] + [HA ± ]
=
[HA ± ] −
+
[A ] ⋅ [H ]
+
(2)
[ HA 0 ] −
+
[A ] ⋅ [H ]
=
1 k2
+
1 k4
→ K2 = 1,4·10–5
(2)
c) K=
[ HA ± ] 0
[ HA ]
=
k1 k3
= 8,5
(1) 10 pont
7
