Oktatási Hivatal A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló
KÉMIA I – II. KATEGÓRIA Javítási-értékelési útmutató
Az értékelés szempontjai 1. Egy-egy feladat összes pontszáma a részpontokból tevődik össze. Csak hibátlan megoldásért adható teljes pontszám. Részlegesen jó megoldásokat a részpontok alapján kell pontozni. 2. A megadottól eltérő minden elvileg helyes megoldás elfogadható. 3. Számítási vagy matematikai hiba elkövetése 1 pont elvesztésével jár. Ha a hibás adattal a továbbiakban elvileg helyesen számol a versenyző, minden további részpont megadható, feltéve, hogy a megoldás nem vezet ellentmondásra. 4. Kisebb elvi hiba elkövetésekor az adott műveletre nem jár pont, de a hibás adattal elvileg helyesen elvégzett számolás minden további részpontja megadható (de csak ellentmondásmentesség esetén). Kisebb elvi hibának minősül ebben a feladatsorban: - egy keverék százalékos összetételének hibás számítása - a tömeg, az anyagmennyiség és a moláris tömeg közti összefüggés hibás használata - az oldott anyag anyagmennyisége, az oldat térfogata és az oldat anyagmennyiségkoncentrációja közti összefüggés hibás használata - a gázok térfogata, anyagmennyisége és moláris térfogata közti összefüggés hibás használata - hibás mértékegység-átváltás - a hibás egyenletrendezés, ill. a reakció sztöchiometriai arányainak ebből következő hibás alkalmazása 5. Súlyos elvi hiba esetén nem csak az adott műveletre, hanem az adott feladatrészben az abból következő további számításokra sem adható pont. A kérdéses esetekben található részletes útmutatás arra vonatkozóan, hogy melyek azok az egységek, amelyek egymástól függetlenül értékelhetők (vagyis az egyikben elkövetett súlyos elvi hiba nincs hatással a másik értékelésére).
OKTV 2013/2014
1. forduló
Kémia I-II. kategória Elérhető pontszámok:
I. feladatsor: II. feladatsor: Összesen:
28 pont 72 pont 100 pont
Kérjük a javító tanárokat, hogy a II. feladatsor pontszámait vezessék rá a borítólap IV. oldalán található értékelő lapra. 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.
OKTV 2013/2014
2
1. forduló
Kémia I-II. kategória I. FELADATSOR 1. E
6. C
2. A
7. B
3. D
8. A
4. E
9. B
5. C
10. A 10 pont
11.
B, D
Egy eltérés (hiány vagy többlet): 0,5 pont. Két eltérés: 0 pont.
1 pont
12.
Au, Al
Egy eltérés (hiány vagy többlet): 0,5 pont. Két eltérés: 0 pont.
1 pont
Nem jár pont, ha emellett más molekulát is megnevez.
1 pont
13.
β-D-glükóz
szilárd
14. higany(II)-oxid ammónium-hidrogén-karbonát szódabikarbóna ammónium-klorid
folyékony Lásd a szöveget.
gáz X X
X Lásd a szöveget.
A higany-oxid és az ammónium-klorid termikus bomlása gyakorlatilag nem játszódik le 300 oC-on. Ennek a ténynek az ismerete azonban nem várható el. Továbbá ha a bomlás nem megy végbe, akkor azt úgy is értelmezhetjük, hogy nincs bomlástermék, és úgy is, hogy a bomlástermék maga a kiindulási szilárd anyag. Ennek értelmében az értékelés a következőképpen történik: A higany-oxid sorában elfogadható, ha a bejelölés i) csak szilárd ii) egyik sem iii) folyékony és gáz Az ammónium-klorid sorában elfogadható, ha a bejelölés i) csak szilárd ii) egyik sem iii) csak gáz Soronként 1 pont. Csak teljes és hibátlan bejelölésre adható 1 pont. 0,5 pont nem adható.
4 pont OKTV 2013/2014
3
1. forduló
Kémia I-II. kategória 15. a) pl. 2 KMnO4 + 16 HCl → 2 KCl + 2 MnCl2 + 5 Cl2 + 8 H2O b) pl. 2 Na + Cl2 → 2 NaCl c) pl. Cl2 + H2O ⇌ HCl + HOCl Természetesen más helyes és releváns reakcióegyenlet is elfogadható. Minden hibátlan egyenlet 1 pontot ér. Helyes képletekkel felírt, de rosszul rendezett reakcióegyenletért 0,5 pont jár.
3 pont 16.
0,339
mol spiropentán
0,438
mol hidrogén 2 pont
17. a) C b) D c) B d) C e) D f) A g)
MDMA: 2
LSD: 3
h)
MDMA: 1
LSD: 2
i)
MDMA: 15
LSD: 25
Minden helyes válasz 0,5 pontot ér.
6 pont
OKTV 2013/2014
4
1. forduló
Kémia I-II. kategória II. FELADATSOR 1. feladat a) Szódabikarbóna: NaHCO3 Mosószóda: Na2CO3 Szappan: R–COONa (R–COOK)
(1) (1) (1)
b1) ecet, citromlé
(2)
Anyagonként 1 pont. Hibás válaszért 1 pont levonás jár. (Nullánál kevesebb pont nem adható.)
A vízkövet, mely elsősorban karbonátokat tartalmaz, a savas kémhatású oldatok kémiai reakció során feloldják. (1) A válaszban szerepelnie kell az aláhúzott elemeknek, csak akkor adható 1 pont. Reakcióegyenlet felírása is teljes értékű válasz.
b2) ecet, citromlé
(2)
Anyagonként 1 pont. Hibás válaszért 1 pont levonás jár. (Nullánál kevesebb pont nem adható.)
A rozsda szintén savas kémhatású oldatokban oldódik.
(1)
Az indoklásban szerepelnie kell a savas kémhatásnak. Reakcióegyenlet felírása [Fe2O3, Fe(OH)3 vagy FeO(OH) feltüntetésével] teljes értékű válasz.
b3) szappan, szóda
(2)
Anyagonként 1 pont. Hibás válaszért 1 pont levonás jár. (Nullánál kevesebb pont nem adható.)
A szappan amfipatikus sajátsága miatt oldja a zsírokat. (1) A szóda oldata lúgos kémhatású, ezért a zsírok hidrolízisét segíti elő, melynek során vízoldható anyagok keletkeznek. (1) Az indoklásokért csak akkor jár a pont, ha az aláhúzott elemek szerepelnek benne. (A szappan amfipatikus sajátságának körülírása is teljes értékű válasznak számít.) A szóda esetén reakcióegyenletek felírása (a karbonátion lúgos hidrolízise és a zsír lúgos hidrolízise) szintén teljes értékű válasz.
c1) szódabikarbóna, szóda, szappan
(3)
Anyagonként 1 pont. Hibás válaszért 1 pont levonás jár.
Mindegyik sav-bázis reakcióba lép az ecetsavval, amely során az ecetsav protonálja a kérdéses anyagok savmaradékionját. (1) Az egyes reakciók egyenletének felírása teljes értékű válasz. Szöveges válasz esetén a sav-bázis reakció említése szükséges a pont megadásához.
c2) ecet, citromlé
(2)
Anyagonként 1 pont. Hibás válaszért 1 pont levonás jár. (Nullánál kevesebb pont nem adható.)
A savas oldatokban protonálódnak a karboxilátionok, vízben rosszul oldódó karbonsavak képződnek, ami csökkenti a tisztítóhatást. (1) Reakcióegyenlet felírása teljes értékű válasz. Szöveges válasz esetén az aláhúzott elemnek szerepelnie kell az indoklásban.
Összesen 20 részpont. A feladat összpontszámát úgy kell kiszámítani, hogy a részpontok összegét 0,4-del meg kell szorozni, és az eredményt egész, ill. fél pontra kell kerekíteni. (Pl. 17 → 17·0,4 = 6,8 → 7,0; 14 → 14·0,4 = 5,6 → 5,5) Összesen: 8 pont OKTV 2013/2014
5
1. forduló
Kémia I-II. kategória 2. feladat a) A KNO3 oxidálta a glükózt.
(1)
Hasonló értelmű válasz is elfogadható.
b) BaCO3 bárium-karbonát
(0,5) (0,5)
c) M(BaCO3) = 197,3 g/mol A kivált bárium-karbonát anyagmennyisége 11,95 g n(BaCO3) = = 6,057∙10–2 mol 1 197,3 g mol A csapadék leválásának egyenlete: Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 + H2O
(1) (1)
Ez a részpont akkor is jár, ha az egyenletet nem írja fel, de sztöchiometriai arányait helyesen alkalmazza.
Tehát a keletkező CO2 anyagmennyisége is 6,057∙10–2 mol volt. A bemért kristályvizes glükóz anyagmennyisége ennek a hatoda, azaz 1,009∙10–2 mol. Moláris tömege: 2,000 g M(C6H12O6∙xH2O) = = 198,2 g/mol 0,01009 mol Ennek alapján 1 mol glükózra 198,2 g – 180,2 g = 18,0 g víz jut. A kérdéses összegképlet tehát C6H12O6∙H2O
(1) (1) (1) (1)
d) A glükóz karamellizálódna. (1) A karamellizálódás során is távozik vízgőz, tehát nem csak a kristályvíztartalmat mérnénk. (1) e) Ibolya (lila) színű lánggal égett a glükóz. A kálium lángfestését láthatjuk az égés során.
(1) (1)
Összesen 12 részpont. A feladat összpontszámát úgy kell kiszámítani, hogy a részpontok összegét 2/3-dal meg kell szorozni, és az eredményt egész, ill. fél pontra kell kerekíteni. Összesen: 8 pont
OKTV 2013/2014
6
1. forduló
Kémia I-II. kategória 3. feladat a) A lejátszódó reakciók egyenlete: 5 I− + IO 3 + 6 H+ → 3 I2 + 3 H2O
(1)
2 S2O32 + I2 → S4O62 + 2 I–
(1)
n(S2O32–) = 4,88∙10–3 dm3 ∙ 0,0200 mol/dm3 = 9,76∙10–5 mol n(I2) = 4,88∙10–5 mol n(IO3–) = 1,627∙10–5 mol
(1) (1)
10 cm3 oldatban található bárium-jodát anyagmennyisége és tömege: n[Ba(IO3)2] = 0,5∙ n(IO3–) = 8,133∙10–6 mol m[Ba(IO3)2] = n[Ba(IO3)2] ∙ M[Ba(IO3)2] = 3,962∙10–3 g
(1)
A telített oldat tömegkoncentrációja 3,962 10 3 g γ= = 0,396 g/dm3 2 3 10 dm
(1)
b) Az oldatban fehér csapadék képződne. Ba2+(aq) + SO 24 (aq) → BaSO4(sz)
(1) (1) Összesen: 8 pont
4. feladat a) A lejátszódó reakció egyenlete: NaCl + AgNO3 → NaNO3 + AgCl Mivel 100 g NaCl-oldat adagolásakor ugyanannyi csapadék vált le, mint 90 g adagolásakor, előbbi esetben már biztosan a NaCl-oldat volt feleslegben. Ebből következik, hogy a keletkező csapadék tömegét az AgNO3 mennyisége határozta meg. (1) Ez a részpont akkor is jár, ha mindezt nem szögezi le, de számításaiból kiderül, hogy felhasználja.
21,26 g = 1,484∙10–1 mol 1 143,3 g mol m(AgNO3) = n(AgNO3) ∙ M(AgNO3) = 25,2 g
n(AgNO3) = n(AgCl) =
(1)
Ennyi ezüst-nitrát volt 100 g oldatban, vagyis az oldat 25,2 tömegszázalékos volt.
(1)
b) Az NaCl-oldat töménysége meghatározható pl. a 60 g oldat adagolásakor keletkező csapadék tömegéből. (Ekkor az AgNO3 van feleslegben, ezért az NaCl a meghatározó reagens.) (1) 14,72 g n(NaCl) = n(AgCl) = = 1,027∙10–1 mol (1) 1 143,3 g mol m(NaCl) = n(NaCl) ∙ M(NaCl) = 6,00 g Ennyi nátrium-klorid volt 60,00 g oldatban, vagyis az oldat 10,0 tömegszázalékos volt.
(1)
Összesen: 6 pont OKTV 2013/2014
7
1. forduló
Kémia I-II. kategória 5. feladat a) A reaktorban végbemenő bruttó reakciók: CH4(g) + 2 O2(g) → CO2(g) + 2 H2O(g) CH4(g) + 2 H2O(g) → CO2(g) + 4 H2(g)
∆rH1 ∆rH2
∆rH1 = ∆kH(CO2) + 2 ∆kH(H2O,g) – ∆kH(CH4) = –801,9 kJ/mol ∆rH2= ∆kH(CO2) – 2 ∆kH(H2O,g) – ∆kH(CH4) = +191,7 kJ/mol
(1) (1) (1) (1)
801,9 = 4,183 mol metán vízgőzzel való reakciójának fedezi az 191,7 energiaigényét. (1) 1 mol metán égéséhez 2 mol oxigén szükséges, és 2 mol vízgőz is keletkezik. (1) 4,183 mol metánnal 8,366 mol vízgőz lép reakcióba. (1) 5,183 mol metánhoz tehát 2 mol oxigént (1) és (8,366 mol – 2 mol) = 6,366 mol vízgőzt kell keverni. (1) A keresett térfogatarány tehát: V(CH4) : V(O2) : V(H2O) = 1,00 : 0,386 : 1,23
1 mol metán elégése
Vagyis 1 m3 metánhoz 0,386 m3 oxigént és 1,23 m3 vízgőzt kell keverni.
(1) Összesen: 10 pont
OKTV 2013/2014
8
1. forduló
Kémia I-II. kategória 6. feladat a) Hidrogén.
(1)
b) Anód: Cu → Cu2+ + 2e–
(1)
Katód: 2 H2O + 2 e– → H2 + 2 OH– (2 H+ + 2e– → H2) Cu2+ + 2 e– → Cu
(1) (1)
c) Az anód tömegcsökkenése 5,68 g. A feloldódott réz anyagmennyisége: 5,68 g n(Cu) = = 8,94∙10–2 mol M (Cu ) A cellán átáramló töltésmennyiség:
(1)
Q = 2∙n(Cu)∙F = 1,72∙104 C
(1)
d) A katódon levált réz anyagmennyisége: 2,13 g n(Cu) = = 3,35∙10–2 mol M (Cu ) A fejlődő hidrogén anyagmennyisége: n(H2) = 8,94∙10–2 mol – 3,35∙10–2 mol = 5,59∙10–2 mol
(1) (2)
Térfogata: V(H2) = 5,59∙10–2 mol ∙ 24,5 dm3/mol = 1,37 dm3
(1)
e) Az oldat tömegváltozása: ∆m(oldat) = 5,68 g – 2,13 g – m(H2) = 3,44 g
(1)
Bár az eltávozó hidrogén tömege csekély, az utolsó részpont csak akkor adható meg, ha azt is figyelembe veszi a tömegváltozás megállapításánál.
Összesen: 11 pont
OKTV 2013/2014
9
1. forduló
Kémia I-II. kategória 7. feladat a) A lejátszódó reakció: 2 C2H5OH + 2 Na → 2 C2H5ONa + H2 A felhasznált nátrium tömege a második kísérlet adataiból számítható ki. A keletkező anyag a nátrium-etoxid. Anyagmennyisége: 1,30 g n(C2H5ONa) = = 1,91∙10–2 mol M (C 2 H 5 ONa)
(1)
(1)
n(Na) = n(C2H5ONa) = 1,91∙10–2 mol m(Na) = n(Na) ∙ M(Na) = 0,439 g
(1) (1)
b) A második esetben is – mivel azonos tömegű nátriumot használtunk – 1,30 g nátriumetoxidnak kell keletkeznie. A tömegkülönbség csakis abból adódhat, hogy a fölöslegben lévő etanol egy része beépül a nátrium-etoxid rácsába. (1) Az első esetben tehát 3,06 g – 1,30 g = 1,76 g etanollal együtt kristályosodott az etoxid. (1) 1,76 g etanol anyagmennyisége 3,82∙10–2 mol, ami éppen kétszerese a nátrium-etoxid anyagmennyiségének. (1) Az első esetben tehát C2H5ONa ∙ 2C2H5OH, (0,5) míg a másodikban C2H5ONa kristályosodott ki. (0,5) c) Nem, mert a dietil-éter forráspontja kisebb, mint a nátrium olvadáspontja, így a fém nem olvad meg, nem is diszpergálódik. (1) d) Nem, mert a glicerin is reakcióba lép a nátriummal.
(1)
A c) és d) alkérdésekre adott válaszokra csak indoklással együtt jár a pont. 0,5 pont nem adható.
Összesen: 10 pont
OKTV 2013/2014
10
1. forduló
Kémia I-II. kategória 8. feladat a) A toluolba átoldódott 30,0 g – 9,45 g = 20,55 g anilin. A toluolos oldat tömegkoncentrációja: 20,55 g γ= = 103 g/dm3 0,2 dm 3
(1) (1)
b) A kiindulási vizes oldatban lévő anilin anyagmennyisége: 30,0 g n(anilin) = = 0,3221 mol (1) M (anilin ) Ebből 9,45 g, azaz 0,1015 mol maradt a vizes fázisban az extrakció végén. Összesen tehát 0,2206 mol anilin ment át a toluolos fázisba. (1) Legyen x az első extrakció során átoldódó anilin anyagmennyisége! Ekkor a második extrakcióval (0,2206 mol – x) anyagmennyiségű anilin került a toluolba. Az egyes extrakciós lépések végén beálló megoszlási egyensúlyokat az alábbi adatok jellemzik tehát: n(anilin) 3
vizes fázis (V = 1,00 dm ) toluolos fázis (V = 0,100 dm3)
1. extrakció 0,3221 mol – x x
2. extrakció 0,1015 mol 0,2206 mol – x (2)
Mindkét egyensúlyra felírva a megoszlási hányadost: K=
[anilin ] t 10 x 10 (0,2206 x) = = [anilin ] v 0,3221 x 0,1015
(2)
Ha az egyensúlyi állandót nem koncentrációkkal, hanem anyagmennyiségekkel írja fel (azaz a számlálóban nem jelenik meg a 10-es szorzó), az súlyos elvi hibának minősül, és sem a megoszlási hányados felírására, sem a további eredményekre nem adható pont.
A másodfokú egyenlet megoldásai: x1 = 0,1413 x2 = 0,5029 – ennek nincs kémiai értelme
(2)
A keresett megoszlási hányados tehát: K=
[anilin ] t = 7,82 [anilin ] v
(1)
[anilin] v = 0,128. [anilin] t A megoszlási hányadost tömegkoncentrációval is kifejezhetjük. Mivel a számlálóban és a nevezőben is az anilin koncentrációja szerepel, ebben az esetben is ugyanazt a végeredményt kapjuk. Elvileg tökéletes tehát az a megoldás is, amelyben végig az anilin tömegével, ill. tömegkoncentrációjával számol. Helyes megoldás az is, ha a megoszlási hányadost a fenti reciprokaként értelmezi, ekkor K =
Összesen: 11 pont
OKTV 2013/2014
11
1. forduló
Kémia I-II. kategória A b) feladatrész egy másik lehetséges megoldása: 1 dm3 c0 koncentrációjú vizes oldatot 0,1 dm3 toluollal extrahálva, az anilinkoncentráció c1-re csökken a vizes fázisban. A toluolos fázis koncentrációja ekkor Kc1 lesz. (1) [anilin ] t K= [anilin ] v Az anilin összmennyiségére felírható: c0∙1 dm3 = c1∙1 dm3 + Kc1∙0,1 dm3 (2) Ebből megkapható a koncentrációcsökkenés mértéke: c1 1 c0 1 0,1K
(2)
A két kirázás után a kapott koncentrációra felírható:
9,45 1 30 1 0,1K
2
(2)
Az egyenletet megoldva K = 7,82
OKTV 2013/2014
(2)
12
1. forduló
