Oktatási Hivatal 2012/2013. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny Kémia I. kategória 2. forduló Megoldások I. FELADATSOR 1. A helyes válasz(ok) betűjele:
1 pont
B, D, E
2. A legnagyobb elektromotoros erejű galvánelem
katódja:
A
anódja:
E
A legkisebb elektromotoros erejű galvánelem
katódja:
C
anódja:
D
Minden helyes pár 1 pont.
3. I betűt írjon, ha igaz az állítás, H betűt, ha hamis! A)
B)
H Állítás
I
C)
D)
I
I
Helyes válasz: 1 pont
4. a)
1
0,5 pont
b)
2
0,5 pont
c)
1
0,5 pont
5. Az átlagos kötési energia az ózonmolekulában:
6. Gázhalmazállapotú termék képződése várható: Csapadékleválás várható:
D, E, F
Eköt 1,5H1 – 0,5H2
A, D 1 pont
1 pont
2 pont
7. a)
kék
0,5 pont
b) fekete
0,5 pont
c)
2 Na2S + Na2SO3 + 3 H2SO4 → 3 S + 3 Na2SO4 + 3 H2O vagy 2 S 2 + SO23 + 6 H+ → 3 S + 3 H2O
1 pont
d)
Na2SO3 + 3 Zn + 4 H2SO4 → H2S + Na2SO4 + 3 ZnSO4 + 3 H2O vagy SO23 + 3 Zn + 8 H+ → H2S + 3 Zn2+ + 3 H2O
1 pont
e)
[1] SO23 + 2 H+ → SO2 + H2O vagy Na2SO3 + H2SO4 → Na2SO4 + SO2 + H2O
0,5 pont
[2] 5 SO2 + 2 IO 3 + 4 H2O → 5 SO42 + I2 + 8 H+ vagy 5 SO2 + 2 KIO3 + 4 H2O → K2SO4 + I2 + 4 H2SO4
1 pont
[3] I2 + SO2 + 2 H2O → SO42 + 2 I– + 4 H+ vagy I2 + SO2 + 2 H2O → H2SO4 + 2 HI
1 pont
[4] 5 H2S + 2 IO 3 + 2 H+ → 5 S + I2 + 6 H2O
1 pont
[5] H2S + I2 → S + 2 H+ + 2 I– vagy H2S + I2 → S + 2 HI
1 pont
[6] Pb2+ + H2S → PbS + 2 H+ vagy Pb(CH3COO)2 + H2S → PbS + 2 CH3COOH vagy Pb2+ + S2– → PbS 8. Az egyetlen igaz állítás betűjele:
B
9. A tükörképi párok száma:
10. A kiralitáscentrumok száma:
9
11. A helyes válasz(ok) betűjele:
Elemenként 1-1 pont.
0,5 pont
4 A, C
12. a) Vanillin
1 pont
b) Kapszaicin
CHO
1 pont
NH O OCH 3
OCH 3
OH
OH
c) A vanilliné. d) Nonivamid
0,5 pont 1 pont
e) Kapsziát
NH
1 pont
O O
O
OCH 3
OCH 3
OH
OH
f) Csípősnek érezzük a kapszaicinoldatot, ha töményebb, mint
2∙10–7
mol/dm3 1 pont
g)
0,05
tömegszázalék
1 pont
II. FELADATSOR 1. feladat a) 1,000 mg 0,1000 tömegszázalék tríciumot tartalmazó hidrogénben 1,000∙10–6 g trícium van. 3,571 10 8 Ez 1,6578∙10–4 mmol (1) 12 2,154 10 Ebből a trícium moláris tömege M(T2) 6,032 g/mol. A trícium relatív atomtömege Ar(T) 3,016. (1) b) 1,000 μg HTO anyagmennyisége n
1,000 10 6 g 4,994∙10–8 mol. (1,008 3,016 16,00) g/mol
(1)
Ugyanennyi a T anyagmennyisége is. 2,000 mmol tiszta T aktivitása 2,154∙1012 becquerel, a vizsgált mennyiségű HTO aktivitása 4,994 10 5 mmol tehát (1) 2,154 1012 becquerel 5,379∙107 becquerel. 2,000 mmol c) A trícium β-bomlása során 23 He keletkezik.
(1) 5 pont
2. feladat a) Kénatomot. b) Az égéstermékben található víz 2,600 mmol, ebben 5,200 mmol H van, ami 5,242 mg. A BaCl2-oldattal képződő csapadék BaSO4, anyagmennyisége 6,499 mmol. Ebben 6,499 mmol S található, melynek tömege 208,4 mg. A kiindulási lentioninban (244,9 – 208,4 – 5,242) mg 31,26 mg C van. Ennek anyagmennyisége 2,602 mmol. n(C) : n(H) : n(S) 2,602 : 5,200 : 6,499 2 : 4 : 5 A lentionin összegképlete tehát C2H4S5.
(1)
(1) (1) (1) (1) (1)
c) A feltételeknek csak egyetlen szerkezet felel meg:
S
S
S
S S
(1) 7 pont
3. feladat 1 mol sztöchiometrikus összetételű FeO 1 mol Fe2+ és 1 mol O2– iont tartalmaz. A kérdéses mintában 1 mol O2– ionra csak 0,92 mol vasion jut. Legyen ebből x a Fe2+ anyagmennyisége, így a Fe3+ ionok anyagmennyisége 0,92–x. A töltésegyenlőség miatt fennáll a következő összefüggés: 2x + 3(0,92–x) 2∙1 Ebből x = 0,76 mol Tehát 0,24 mol Fe2+-hely, azaz a Fe2+-helyek 24 %-a betöltetlen a vizsgált mintában.
(1) (1) (1) (1) (1) 5 pont
4. feladat a) Tekintsük az alábbi körfolyamatot! HF(g)
HF(aq)
H(g) + F(g)
H+(aq) + F-(aq)
H+(g) + F-(g)
A kérdéses ∆H7 mennyiség az alábbi összefüggéssel számítható: ∆H7 ∆H2 + ∆H3 + ∆H4 + ∆H5 + ∆H6 – ∆H1 –12 kJ/mol.
(5)
b) A HF(g) NaOH-oldatban történő elnyeletésekor a következő részfolyamatokkal kell számolnunk: HF(g) → HF(aq) ∆H1 –48 kJ/mol + – HF(aq) → H (aq) + F (aq) ∆H7 –12 kJ/mol + – H (aq) + OH (aq) → H2O(f) ∆H8 (2) ∆H8 –286 kJ/mol – (–230 kJ/mol) –56 kJ/mol (1) 0,010 mol HF(g) elnyeletésekor 0,010 mol ∙ [–48 + (–12) + (–56)] kJ/mol –1,16 kJ a folyamat energiaváltozása. (1) 9 pont
5. feladat a) x: OH–
o: HA
□: H+
∆: A–
(2)
b) A hozzáadott szilárd anyag (bázis) kationjának.
(1)
c) [H ] [A ] Ks [HA] pH 3 esetén pl. [H+] 10–3 mol/dm3, a grafikon szerint pedig [A–] 10–3 mol/dm3 és [HA] 10–1 mol/dm3. Ebből Ks 10–5
d) [HA] + [A–] c(HA) 0,10 mol/dm3 bármilyen pH-n. e) c(HA) 10–4 mol/dm3. [ H ]2 Ks c(HA) [H ] Az egyenlet megoldása [H+] 2,7∙10–5 mol/dm3. pH 4,6
(1) (1) (1) (1)
(1) (1) (1) 10 pont
6. feladat A sav (HA) kiindulási c koncentrációjú oldatában: 82,8 [ HInd ] + [H ]1 2,00∙10–2 ∙[H ]1 [ H 2 Ind] 17,2 [H+]1 4,15∙10–3 mol/dm3
(1)
A közömbösítés után a c koncentrációjú NaA-oldatban: 23,1 [Ind 2 ] –9 [ H ]2 1,26∙10 ∙[H+]2 76,9 [ HInd ] + –9 3 [H ]2 4,19∙10 mol/dm
(1)
Jelölje Ks a HA sav disszociációs állandóját! A kiindulási savoldatra: [H ]12 Ks (I) c [H ]1 A közömbösített oldatra: [ H ]2 [ A ]2 Ks (II) c [ A ]2 [Na+] + [H+]2 [A–]2 + [OH–]2, amelyből a [H+] elhanyagolásával kapható: Kv c [A–]2 + (III) [ H ]2 3 egyenlet (I, II, III) 3 ismeretlennel (Ks, c, [A–]2). Az egyenletrendszer megoldása: c 0,10 mol/dm3 Ks 1,76·10–4
(1)
(1)
(1)
(1) (1) (2) (1) (1) 11 pont
7. feladat a) w(Xe)
0,01499 M ( Xe) 2,266 m/m% 0,01499 M ( Xe) (1 0,01499) M ( hexán )
(1)
b) Határozzuk meg az egyes kísérletekben kapott egyensúlyi gázelegyekben a xenon parciális nyomását, és vizsgáljuk az xXe/pössz, ill. xXe/pXe hányadosokat! T/K
pössz/kPa
pXe/kPa
xXe
xXe/pössz
xXe/pXe
A
277,59
57,23
49,71
0,01599
2,794·10–4
3,217·10–4
B
292,97
117,30
101,68
0,02625
2,238·10–4
2,582·10–4
C
292,97
73,75
57,75
0,01499
2,033·10–4
2,596·10–4
D
323,65
116,72
62,28
0,01100
9,424·10–5
1,766·10–4
E
323,65
186,88
132,03
0,02331
1,247·10–4
1,766·10–4
Látható, hogy az xXe/p hányados akkor állandó (ill. közel állandó) egy adott hőmérsékleten, ha p a xenon gázfázisbeli parciális nyomása. (2) c) A fenti táblázatban szerepel a 323,65 K-re vonatkozó Henry-állandó: x k Xe 1,766·10–4 kPa–1 p Xe
(1)
d) Kérdés, hogy a xenon folyadékfázisbeli móltörtje hogyan változik a hőmérséklet növekedtével, miközben a xenon gázfázisbeli parciális nyomását állandó értéken tartjuk. Erről a Henry-állandó ad felvilágosítást: mivel ez a hőmérséklet növekedtével csökken, a xenon oldhatóságáról ugyanez mondható el. (2) e) ngáz
pössz Vgáz
0,07258 mol RT A gázfázisbeli anyagmennyiségek: g 0,05127 mol n Xe
(1)
g 0,02130 mol nhexán
(1)
g A gázfázisbeli hexán tömege: mhexán 1,836 g f A folyadékfázisbeli hexán tömege: mhexán 50,00 g – 1,836 g 48,16 g; f anyagmennyisége: nhexán 0,5587 mol f A folyadékfázisbeli xenon anyagmennyisége: n Xe x Xe
(1) f hexán
n 0,01333 mol 1 x Xe
f g A kísérletben felhasznált xenon tömege: mXe ( n Xe + n Xe )·MXe 8,482 g
(1) (1) 11 pont
8. feladat a) O NH NH O S S O NH
NH O
(1)
b) 300 100 kg 875,1 kg vízben kellene feloldani, de a valóságban 34,28 10%-kal több vizet használtak, tehát 962,7 kg-ot. (1)
300 kg KBrO3-ot elvileg
c) 962,7 kg víz 20 oC-on 66,14 kg KBrO3-ot old, (1) így a hűtéskor 300 kg – 66,14 kg 233,86 kg KBrO3 kristályosodik ki. (1) A mosáshoz használt víz tömege 288,8 kg, amely további 19,84 kg KBrO3-ot képes feloldani. (1) A mosási folyamat végén tehát 233,86 kg – 19,84 kg 214,0 kg szilárd KBrO3-ot kapunk. (1) A kristályokra azonban telített oldat tapad, amely 6,43 tömegszázalékos. Feltéve, hogy ennek tömege x, felírható a következő összefüggés: (214 kg + x)·0,93 214 kg + 0,0643x (1) x 17,3 kg (1) A szárítás végén kapott szilárd KBrO3 tömege: 214,0 kg + 17,3 kg · 0,0643 215 kg. Ez a kiindulási mennyiség 71,7 %-a.
(1)
d) Háromszor megismételve a teljes átkristályosítási folyamatot, a kiindulási kálium-bromát 0,7173 = 36,9 %-át nyerjük ki. (1) e) A háromszori átkristályosítás során kapott anyalúgokban található KBrO3 tömege: 300 kg – 300·0,7173 189,4 kg. (1) A vákuumlepárlás során ezt mind kinyerjük, és három újabb átkristályosítási lépésben 189,4·0,7173 69,8 kg KBrO3-ot kapunk. Ez a kiindulási mennyiség 23,3 %-a. (1) f) A vízben oldható és az illékony anyagok távolíthatók el így, azaz a NaBr, NaBrO3, Br2 és KBr. (1) g) A vízben oldhatatlan Fe2O3 és korom eltávolításához a 80 oC-os oldatot le kellene szűrni (nem szükséges az összes átkristályosítás során, célszerűen elegendő az utolsónál). (1) 14 pont
