Oktatási Hivatal 2014/2015. 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 - 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 2014/2015
1. forduló
Kémia I-II. kategória Elérhető pontszámok:
I. feladatsor: II. feladatsor: Összesen:
29 pont 71 pont 100 pont
Kérjük a javító tanárokat, hogy az elért pontszámokat 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 2014/2015
2
1. forduló
Kémia I-II. kategória I. feladatsor 1.
2.
3.
29Cu
208
/ réz
(1)
Pb
(1)
A vegyjel és a tömegszám együtt 1 pont. 0,5 pont nem adható.
H2S, CO2, H2SO4, H3PO4, H2CO3, D2O
(2)
1 eltérés (hiány vagy többlet) 1 pont, 2 vagy több eltérés 0 pont
4.
alumínium-nitrát, purin, inzulin, ATP, TNT
(2)
1 eltérés (hiány vagy többlet) 1 pont, 2 vagy több eltérés 0 pont
5.
NaHSO4
<
Na2SO4
<
NaHCO3
<
Na2CO3
(1)
Csak a helyes sorrendért adható pont.
6.
a) jobbra
(1)
b) balra
(1)
c) bármilyen helyes reakcióegyenlet elfogadható
(1)
d) –129,8 kJ/mol
(1)
Az egyenlet esetén nem szükséges mérlegelni, hogy a reakció laboratóriumi körülmények között is végbemegy-e, ill. használható-e. Így pl. a 2 KCl + F2 → 2 KF + Cl2 egyenlet is elfogadható. A reakcióhő csak helyes előjellel és mértékegységgel fogadható el.
7.
Habarcs:
8.
a) B
hidrogén
(1)
Beton:
(1)
szén-dioxid
b) A
(1)
(1)
első tartály (állandó hőmérséklet)
második tartály (hőszigetelt)
nyomás
B
D
sűrűség
C
C
átlagos moláris tömeg
A
A
9.
Minden helyes válasz 0,5 pont, összesen 3 pont.
OKTV 2014/2015
3
1. forduló
Kémia I-II. kategória
10.
a) CaCO3, Ca(OH)2, CaSO4
b) K2CO3
c) X
d) KNO3, KCl
e) K2SO4
f) CaCl2
g) Ca(NO3)2 Minden helyesen megadott képlet (ill. a c) feladatrészben X) 0,5 pont, összesen 5 pont. Ha egy feladatrésznél hibás képlet is szerepel, azért nem kell pontot levonni, hiszen később, a megfelelő helyen hiányozni fog a kérdéses képlet, a pontlevonás ott megtörténik. Ha esetleg egy képlet az útmutatóban szereplő feladatrészen kívül más helyen is szerepelne, akkor azért csak akkor jár a pont, ha mindegyik esetben kémiailag helyes a szerepeltetése. Pl. ha valaki a b) pontban feltünteti a K2CO3-ot, de később – megfeledkezve a feladat utasításáról – az e)-hez is beírja, megkapja a pontot a b)-nél (mivel a K2CO3 oxálsavval egyébként tényleg nem ad csapadékot). De ha a b) után az f) pontban tünteti fel ismét, akkor már nem jár pont a b)-nél sem, mert a K2CO3 AgNO3-mal csapadékot képez vizes oldatban.
11.
C
(1)
12.
E
(1)
13.
E
(1)
14.
24
(1)
15.
Kézenfekvő választás a light üdítő kisebb koncentrációját vizsgálni (jelentősen kisebb sűrűség, kevesebb bepárlási maradék). (2)
Minden egyéb, konyhai körülmények között kivitelezhető és működő megoldás 2 pontot ér. Olyan javaslatok, amely alapvetően laboratóriumi körülményeket igényelnek, nem fogadhatók el. Így pl. nem tételezhetjük fel, hogy a Fehling-reagensek megtalálhatók egy háztartásban. De ha valaki leír egy olyan módszert, amely mégis elvégezhetővé tesz egy Fehling-próbát, megoldása teljes értékűnek fogadható el. (A „cukros” üdítőkben általában nem szacharóz található, ezért lehet alkalmas a Fehling-próba.) Pl.: Rézgálicot (amely megfelelő szakboltokban beszerezhető, de gyerekek számára készült kísérletezős készletekben is fellelhető) vízben oldunk. Az oldathoz lefolyótisztítót (NaOH) adunk, majd borkősavat vagy citromsavat oldunk benne. (A rézsóoldat előállítható réz kémiai oldásával is, pl. gáztűzhely lángján hevített rézpénzek sósavban vagy komplexképzőt tartalmazó lúgos oldatban való áztatásával.) Sötét színű ital esetén a csapadék nem jól látszik, de kiszűrhető belőle. A „valahogy elvégzünk egy Fehling-próbát” tehát nem elfogadható válasz. A feladatra 1 pont nem adható.
OKTV 2014/2015
4
1. forduló
Kémia I-II. kategória II. feladatsor 1. feladat Legyen 100 g keverékben x tömegű Na2SO4. Mindkét só 1 móljából 1 mol BaSO4 keletkezik. Felírható a szulfátionok anyagmennyiségére:
(1)
x 100 g x 150 g M (Na 2SO4 ) M (K 2SO4 ) M (BaSO4 )
(2)
Ebből x = 52,9 g A keverék tömegszázalékos összetétele 52,9 % Na2SO4 és 47,1 % K2SO4.
(1) (1) 5 pont
Hibás anyagmennyiség-arány alkalmazása súlyos elvi hibának számít, így ebben az esetben pont nem adható.
2. feladat a)
M = 0,7811∙28,0 g/mol + 0,2096∙32,0 g/mol + 0,0093∙39,95 g/mol = 28,9 g/mol
(1)
b) Az alfa bomlásokban keletkező alfa részecskékből.
(1)
c) A levegőből nyert nitrogén tömege a nagyobb, mert abban található még argon is, amelynek nagyobb a moláris tömege a nitrogénénél.
(1) (1)
d) A levegőből előállított nitrogénben 78,11:0,93 arányban található nitrogén és argon, vagyis ennek a térfogatszázalékos összetétele: 98,82 % N2, 1,18 % Ar (1) A keverék átlagos moláris tömege: M = 0,9882∙28,00 g/mol + 0,0118∙39,95 g/mol = 28,15 g/mol (1)
pV 100 kPa 5 dm3 = 0,203 mol RT 8,314 J mol1 K 1 296 K Δm = n∙( M −28,00 g/mol) = 0,030 g n=
(1) (1) 8 pont
Ha a d) feladatrészben a levegőből előállított nitrogén összetételének vagy átlagos moláris tömegének számítása elvi hibás, a vizsgált térfogatú gáz anyagmennyiségének kiszámításáért akkor is megadható 1 pont. A rossz adattal elvileg helyesen számolva szintén megadható az utolsó részpont, a tömegkülönbség meghatározásáért, de csak akkor, ha nem vezet ellentmondásra, azaz a levegőből előállított nitrogén tömege adódik nagyobbnak. Ilyen elvi hiba lehet pl. az, ha a levegőből előállított nitrogénben is 78,11 V/V% N2-t és/vagy 0,93 V/V% Ar-t tételez fel, vagy a térfogatszázalékos és a tömegszázalékos összetételt összekeveri.
OKTV 2014/2015
5
1. forduló
Kémia I-II. kategória 3. feladat n(H2SO4) = 20,00 cm3 ∙ 0,204 mol/dm3 = 4,08∙10–3 mol A kénsav feleslegére fogyott NaOH anyagmennyisége: n(NaOH) = 8,58 cm3 ∙ 0,106 mol/dm3 = 9,095∙10–4 mol A kénsav feleslege: n(H2SO4, felesleg) = 9,095∙10–4 mol ∙ 0,5= 4,55∙10–4 mol A szulfiddal reagáló kénsav: n(H2SO4, reagált) = 4,08∙10–3 mol – 4,55∙10–4 mol = 3,63∙10–3 mol
(1) (1) (1) (1)
Az oldatban lévő szulfidionok anyagmennyisége azonos a vele reagáló kénsav anyagmennyiségével: n(S2–) = 3,63∙10–3 mol (1)
3,63 103 mol M (Na 2S) γ(Na2S) = = 14,1 g/dm3 3 20,03 cm
(1) 6 pont
Ha a H2SO4 és a NaOH közötti reakció sztöchiometriáját hibásan alkalmazza (pl. 1:1 vagy 2:1 arányt tételez fel 1:2 helyett), akkor a 3. és 4. részpont nem adható meg. A szulfidionok anyagmennyiségének, ill. koncentrációjának számítása külön egységként fogható fel, így arra a hibás adattal számolva is megadható a pont. Ha a kénsav és a szulfidionok közötti reakció sztöchiometriáját alkalmazza hibásan (tehát nem 1:1 anyagmennyiség-aránnyal számol), akkor az utolsó részpont sem jár.
OKTV 2014/2015
6
1. forduló
Kémia I-II. kategória 4. feladat a) CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O(g) ∆rH = 2∙(–242 kJ/mol) + (–394 kJ/mol) – (–75 kJ/mol) = –803 kJ/mol
(1)
C2H6 + 3,5 O2 → 2 CO2 + 3 H2O(g) ∆rH = 3∙(–242 kJ/mol) + 2∙(–394 kJ/mol) – (–84 kJ/mol) = –1430 kJ/mol
(1)
H2 + 0,5 O2 → H2O(g) ∆rH = –242 kJ/mol
(1)
1 mol földgáz tökéletes égése során felszabaduló hő: Q = 0,9 mol∙803 kJ/mol + 0,1 mol∙1430 kJ/mol = 865,7 kJ
(1)
Vegyünk annyi hidrogénnel dúsított földgázt, amelyben 1 mol földgáz van. Ekkor a 865,7 kJ a teljes energiafelszabadulás 93,3 %-a. Ezek szerint a hidrogén égéséből nyert hő: Q(hidrogén) =
6,7 865,7 kJ = 62,2 kJ 93,3
A hidrogénnel dúsított földgáz hidrogéntartalma 1 mol földgáz mellett tehát:
62,2 kJ = 0,257 mol 242 kJ/mol 0,257 mol V/V%(H2) = = 20,4 % 1 mol 0,257 mol 0,257 mol M (H2 ) m/m%(H2) = = 2,89 % 0,9 mol M (CH4 ) 0,1 mol M (C2 H6 ) 0,257 mol M (H2 ) n(H2) =
(1) (1) (1)
b) Ha Q hőfelszabadulás kíséri a hidrogénnel dúsított földgáz tökéletes égését, abból 0,933Q hő a szénhidrogének égéséből származik. Q hőfelszabadulás kíséri az összehasonlítandó tiszta földgáz tökéletes égését is. Mivel a metán : etán arány azonos a két esetben, ezért a szén-dioxid-kibocsátás egyenesen arányos az égés során felszabaduló hővel. (1) Ebből következik, hogy a hidrogénnel dúsított földgáz esetén éppen 6,7 %-kal kisebb a széndioxid-kibocsátás. (1) c) A hidrogén esetén a tökéletes égéshez szükséges oxigén és a hidrogén tömegaránya az égési egyenlet alapján 7,92. Ugyanez az arány a metán esetén 3,99, az etán esetén 3,73. (1) Az adatokból látszik, hogy a hidrogén részarányának növekedtével nő a levegő : üzemanyag tömegarány is. (1) 11 pont Ha az a) feladatrészben valamelyik egyenlet hibás rendezéséből adódóan hibás reakcióhő jön ki, arra nem jár pont, de minden további lépés maximális pontszámmal értékelhető. A b) feladatrészben nem szükséges felhasználni az a)-ban kiszámolt térfogat-, ill. tömegszázalékos hidrogéntartalmat. Ha a versenyző mégis az alapján számol, és az a) feladatrészben hibás eredményt kapott, akkor itt, a b) részben nem kaphatja meg a maximális 2 pontot, mert az eredménye ellentmondásra vezet. (Ugyanis az energiaszázalékból viszonylag könnyen látható a helyes végeredmény.) Ebben az esetben hibátlan számolás esetén 1 pont jár. A c) feladatrészben a számítással történő indoklás nélkül megadott helyes válaszra önmagában is jár 1 pont.
OKTV 2014/2015
7
1. forduló
Kémia I-II. kategória 5. feladat a) A diklór-ecetsav-oldatra: [H+] = 1,51∙10–2 mol/dm3
c=
[H ]
(1)
= 1,53∙10–2 mol/dm3
Az oldatok koncentrációja tehát 1,53∙10–2 mol/dm3.
(1)
b) A többi savnál is megkapható a hidrogénion-koncentráció a disszociációfok segítségével: [H+] = αc (1) Az ecetsavoldatra: c = 1,53∙10–2 mol/dm3 [H+] = αc = 4,43∙10–4 mol/dm3 (1) Ks(ecetsav) =
[H ] 2 = 1,3∙10–5 c [H ]
(2)
1 pont a Ks kiszámításának ismerete. Ez elvileg hibásan számolt [H+] esetén is megadható.
A monoklór-ecetsav-oldatra hasonlóképpen: [H+] = αc = 6,09∙10–3 mol/dm3 Ks(monoklór-ecetsav) = 4,0∙10–3
(1) (1)
A diklór-ecetsav esetén: Ks(diklór-ecetsav) = 1,7
(1) 9 pont
Ha a versenyző a savállandó nevezőjében nem az egyensúlyi savkoncentrációval ( c [H ] ) számol, hanem a bemérési koncentrációval (c), az erre járó pontok nem adhatók meg. Ez összesen 3 részpontot érint (az ecetsav és a monoklór-ecetsav esetén). A diklór-ecetsav esetén olyan nagymértékű a disszociáció, azaz olyan kicsi a disszociálatlan sav koncentrációja, hogy a Ks számítása numerikusan igen érzékennyé válik. A
(10 1,82 ) 2 1,82
10 10 1,82 0,991
művelet eredménye 1,67. A kerekített c, ill. [H+] értékekből 1,14 adódik.
Emiatt ez esetben a Ks =
OKTV 2014/2015
[ H ]2 összefüggés elvileg helyesnek fogadható el, indoklás nélkül is. c
8
1. forduló
Kémia I-II. kategória 6. feladat a) 2 Al2O3 → 4 Al + 3 O2 m(Al2O3) = 1,00 t ∙
M (Al 2 O3 ) = 1,89 t 2M (Al)
(1)
b) Az anódon.
(1)
c) 1,00 t alumínium előállítása során 0,89 t oxigén keletkezik, ez 27,8 kmol. 0,45 t szén fogy, ez 37,5 kmol. Ha x anyagmennyiségű CO keletkezik x anyagmennyiségű C-ből, akkor (37,5 kmol – x) anyagmennyiségű C alakul (37,5 kmol – x) anyagmennyiségű CO2-vé. Az elreagáló oxigénre felírható: 0,5x + (37,5 kmol – x) = 27,8 kmol Ebből x = 19,4 kmol A keletkező CO tömege tehát 19,4 kmol ∙ M(CO) = 0,54 t. d) 1,00 t alumínium anyagmennyisége 3,71∙104 mol Ennek előállításához 3,71∙104 mol ∙ 3F = 1,07∙1010 C töltés szükséges. E = U∙Q = 4,5 V ∙ 1,07∙1010 C = 4,83∙1010 Ws = 1,34∙104 kWh e) Egy nap alatt felhasznált elektromos energia: E = U∙I∙t = 4,5 V ∙ 150 kA ∙ 24 h = 16200 kWh Az előállítható alumínium tömege: m(Al) = 1,00 t ∙
16200kWh = 1,12 t 14500kWh
(1) (1) (1)
(1)
(1) (1)
(1) (1)
f) Nem változtatja meg.
(1)
g) Növeli.
(1) 12 pont
Ha a versenyző az e) feladatrészben a Q = I∙t képlet alapján számolt töltésmennyiségből határozza meg az előállított Al tömegét, azaz figyelmen kívül hagyja az áramkihasználást (ekkor 1,21 t jön ki), erre a feladatrészre 1 pontot kaphat.
OKTV 2014/2015
9
1. forduló
Kémia I-II. kategória 7. feladat a) O
OH O O
(1) b) H2N
O OH
(1) c) O
O OH
(1) d) Az acetil-szalicilsav (C9H8O4) hidrogéntartalma 4,5 tömegszázalék, a sóé ennél nagyobb. Ebből következik, hogy a kation tartalmaz hidrogént. A só széntartalma ugyanakkor kisebb, mint az acetil-szalicilsavé, így feltehető, hogy a kation szenet viszont nem tartalmaz. Ebből kiindulva a só moláris tömege (egyszeres töltésű kation esetén): M(só) =
9M (C) = 197,19 g/mol 0,5482
(1)
m(H) = 11,08 g Ezek szerint a só 1 mólja 11 mol hidrogénatomot tartalmaz. (1) Mivel az acetil-szalicilát-ionban 7 hidrogénatom van, a kation 4 hidrogénatomot tartalmaz. (1) Ezek alapján a só képlete (C9H7O4)(XH4) alakban írható fel. A kérdéses X atom vagy atomcsoport tömege 1 mol sóban: m(X) = 197,19 g – 9∙12,01 g – 11,08 g – 4∙16,00 g = 14,02 g (1) Ez gyakorlatilag megegyezik a nitrogén atomtömegével, ami azzal is összhangban van, hogy 4 hidrogénatomot tartalmaz a kation. A kation tehát az ammóniumion. (1) (Kétszeres vagy többszörös töltésű kation feltételezése nem vezet kémiailag értelmes eredményre.) 8 pont Az a), b) és c) feladatrészben bármilyen, a konstitúciót helyesen mutató képlet elfogadható, természetesen a bevett egyszerűsítések is (–COOH, –CONH2 stb.)
OKTV 2014/2015
10
1. forduló
Kémia I-II. kategória 8. feladat a)
150 g 0,63 255,4 g KNO3 van. 0,37
(1)
150 g 0,242 47,9 g KNO3-ot képes feloldani. 0,758
(1)
80 °C-on a telített oldatban 20 °C-on 150 g víz
Kikristályosodik tehát 207,5 g só.
(1)
b) b1) – b2) + b3) 0 b4) – b5) – b6) + Elemenként 1 pont:
(6)
c) A kristályokon visszamaradó telített oldat a szárítás során bepárlódik, így annak káliumnitrát-tartalma növeli a szilárd anyag tömegét. A megszárított anyag tömege tehát 216 g. (1) d) A kristályokban 20 °C-os telített oldat maradt. (Vagy ennek a ténynek a felhasználása.) Ennek tömege: m=
8,5 g = 35,1 g 0,242
(1)
(1) 12 pont
A c) feladatrészben az eredmény indoklás nélkül is elfogadható. Ha az a) feladatrészben hibás adatot kapott a versenyző, a c) részben azt kell értékelni, hogy 8,5 g-mal több a megszárított anyag tömege.
OKTV 2014/2015
11
1. forduló
