XI. ÁLTALÁNOS KÉMIA (Emelt szint) XI. 1–3. FELELETVÁLASZTÁSOS TESZTEK 0 0 1 2 3 4
1 D E B D C
A B A D
2 C E A A E
3 E A B C
4 E E C B
5 C D A A
6 B B C A
7 C D B E
8 E D C A
9 D E C C
XI. 4. TÁBLÁZATKIEGÉSZÍTÉS A kémiai reakciók egyensúlya Melyik irányba tolódik el a reakció, ha csökkentjük a csökkentjük a nyomást elvezetjük az egyensúlyi rendszerből a H2-t hőmérsékletet
Reakció I.
43. ←
44. →
45. →
II.
46. ←
47. →
48. →
III.
49. →
50. semerre
51. →
1 pont
44. és 50. 1 pont 47. 1 pont
1 pont 4 pont
Történések nátrium-szulfát-oldattal Hogyan változik az oldatban? n(Na+) c(Na2SO4) pH
A végbemenő folyamat egyenlete(i)
Az oldat elektrolízise 52. nem grafitelektródok között változik
53. nő
54. nem változik
55. 2 H2O + 2e– → H2 + 2 OH– H2O → ½ O2 + 2 H+ + 2e– (2 p)
Az oldat elektrolízise 56. Hg-katód és grafitanód csökken között
57. csökken
58. csökken
59. Na+ + e– → Na(Hg) H2O → ½ O2 + 2 H+ + 2e– (2 p)
61. nő
62. 2 K + 2 H2O = 2 KOH + H2
Na2SO4-oldat + kálium
60. nem változik
Na2SO4-oldat + ólom(II)-nitrát-oldat
63. nem 64. változik csökken 4 pont
------------
3 pont
(1 p) 65. nem változik
Na2SO4(aq) + Pb(NO3)2(aq) = PbSO4(sz) + 2 NaNO3(aq)
4 pont 16 pont
XI. 5. EGYÉB FELADATOK Reakciók sósavval 66. Például nátrium-hidroxid: HCl + NaOH = NaCl + H2O H+ + OH– = H2O (vagy H3O+ + OH– = 2 H2O) A sav-bázis párokat csak az alábbi egyenletben adhatjuk meg: H3O+ + OH– = H2O + H2O s1 b2 b1 s2 67. Például mészkő (vagy szóda). CaCO3 + 2 HCl = CaCl2 + H2O + CO2 CaCO3 + 2 H3O+ = Ca2+ + 3 H2O + CO2 (elfogadható a CO32– + 2 H+ = CO2 + H2O egyenlet is) 68. Például cink (vagy hipermangán). Zn + 2 HCl = ZnCl2 + H2 Zn + 2 H+ = Zn2+ + H2 Redukálószer: Zn, oxidálószer: H+ (vagy HCl). 69. Például ezüst-nitrát. AgNO3 + HCl = AgCl + HNO3 Ag+ + Cl– = AgCl
1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 2 pont 1 pont 1 pont 2 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 16 pont
Kísérletek réz(II)-szulfát-oldattal 70. [Cu(H2O)4]2+ + 4 Br– [CuBr4]2– + 4 H2O 2 pont 71. A folyamat a bromokomplex képződése irányában endoterm. 1 pont Indoklás: Le Chatelier elvével (a hőmérséklet emelése az endoterm irányba tolja az egyensúlyt, a kísérletben megzöldült az oldat, tehát a bromokomplex irányába tolódott az egyensúly). 2 pont 5 pont A metanol szintézisének egyensúlya 72. C 73. D 74. D 75. C 76. A 77. E 78. B 79. C
8 pont
Reakciósebesség vizsgálata 80. 81. 82. 83.
A kénkiválás okozza a zavarosodást. (Kezdetben kolloid, majd) heterogén rendszer. Szuszpenzió. v = k[Na2S2O3] vagy szövegesen: a reakciósebesség csak a nátrium-tioszulfát koncentrációjától függ, azzal egyenesen arányos.
1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 5 pont
Gépkocsi-légzsákok és övfeszítők 84. Pb(NO3)2 + 2 NaN3 = Pb(N3)2 + 2 NaNO3 85. Az egyenlet szerint: 1 mol NaN3 előállításához 4 mol Na-ra és 3 mol N2O-ra van szükség. M(NaN3) = 65,0 g/mol, így 65,0 g NaN3-hoz szükség van 4 mol Na-ra és 3 mol N2O-ra, Az 50–50%-os arányból következően: m[Pb(N3)2] = m(NaN3) = 65,0 g, n[Pb(N3)2] = 65,0 g / 291,2 g/mol = 0,223 mol, ehhez – az egyenlet szerint – szükség van: 2 ⋅ 0,223 mol = 0,446 mol NaN3-ra, azaz 1,784 mol Na-ra és 1,338 mol N2O-ra, valamint 0,223 mol Pb(NO3)2-ra. Így 65,0 g NaN3 és 65,0 g Pb(N3)2 előállításához összesen szükséges n(Na) = 4 mol + 1,784 mol = 5,784 mol, m(Na) = 5,784 mol ⋅ 23,0 g/mol = 133,0 g, n(N2O) = 4,388 mol, m(N2O) = 4,338 mol ⋅ 44 g/mol = 190,87 g, n[Pb(NO3)2] = 0,223 mol, m[Pb(NO3)2] = 0,223 mol ⋅ 331,2 g/mol = 73,86 g, m(Na) : m(N2O) : m(Pb(NO3)2) = 133,0 g : 190,87 g : 73,86 g = 1,80 : 2,58 : 1,00 86. n(N2) = 80,0 dm3 / 24,5 dm3/mol = 3,265 mol a) NaN3 → 1,5 N2, n(NaN3) = 3,265 mol / 1,5 = 2,177 mol m(NaN3) = 2,177 mol ⋅ 65,0 g/mol = 141,5 g b) Pb(N3)2 → 3 N2, n[Pb(N3)2] = n(N2) / 3 = 1,088 mol m[Pb(N3)2] = 1,088 mol ⋅ 291,2 g/mol = 316,9 g c) 65,0 g NaN3-ból 1,5 mol N2 fejlődik, 65,0 g Pb(N3)2-ból 3 · 0,223 mol = 0,669 mol N2 fejlődik. 130 g 1:1 tömegarányú keverékből 2,169 mol N2 fejlődik m(keverék) = (3,265 mol / 2,169 mol) ⋅ 130 g = 195,7 g 87. "Hideg" robbanást nem kíséri (túlságosan nagy) hőfejlődés. (Vagyis a folyamat legfeljebb csak kis mértékben lehet exoterm.)
2 pont
3 pont 1 pont 4 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 2 pont 2 pont
4 pont 1 pont 24 pont
XI. 6. SZÁMÍTÁSOK 88. a)Az V. számú oxidban a legnagyobb a titán oxidációs száma. 1 pont Indok: az a vegyület tartalmazza a legtöbb oxigént. 1 pont 61,17 38,83 = 1,277 : 2,427 = 1,0 : 1,90 = 10 : 19 2 pont : b) n(Ti) : n(O) = 47,90 16,0 A képlet: Ti10O19. 1 pont Az oxidációs szám: 10x + 19(−2) = 0, 19 ⋅ 2 ebből x = 2 pont = 3,80 10 (A b) válasz nélkül, próbálgatással is kijön, ha az I.-t és az V.-t kiszámítja és összehasonlítja.) 7 pont 89. a) A feladatban szereplő képlet alapján tudjuk, hogy a vegyület 1 mol-ja 12 mol O-t tartalmaz. Ebből és a tömeg%-os oxigéntartalomból:
1 pont
23,64 ·12·16 g/mol = 120,0 g/mol, 37,82 ebből M(A) = 40,0 g/mol, vagyis a kalcium (Ca), 21,99 ·12·16 g/mol = 111,6 g/mol, 2M(B) = 37,82 M(B) = 55,8 g/mol, tehát a B a vas (Fe). Így a gránát összetétele: Ca3Fe2(SiO4)3 b) A vegyületben A = Ca oxidációs száma +2, B = Fe oxidációs száma +3 (A szilícium oxidációs száma a szilícium oxigéntartalmú vegyületeiben +4, vagy a SiO4 „tetraéderek” töltése 4–. Mindkét esetben ugyanaz adódik a vas oxidációs számára.) 3M(A) =
90. a)2 CH4(g) = C2H2(g) + 3 H2(g) – ∆rH = +227 – 2(–74,9) = 376,8 kJ/mol – CH4(g) + 2 O2(g) = CO2(g) + 2 H2O(f) (A feladat szövegéből hiányzik a víz halmazállapota és a képződéshő!) – ∆rH = –394 + 2(–286) – (–74,9) = –891,1 kJ/mol 1000 dm 3 3 b) 1,00 m gáz: n = = 40,8 mol 24,5 dm 3 /mol – x mol acetilén előállításához 2x mol metánból kell kiindulni (100%-os átalakulást feltételezve). 376,8 – A hőbontáshoz szükséges hő: q = 2x mol · kJ/mol = 376,8x kJ 2 – A 40%-os hatásfok miatt: q’ = 376,8 kJ : 0,4 = 942x kJ hő szükséges. – Az elégetendő metán anyagmennyisége: 942 x kJ n(égéshez) = = 1,057x mol 891,1 kJ/mol – Az összes felhasznált metán: 40,8 = 2x + 1,057x. – Ebből: x = 13,35. – Az előállított acetilén térfogata: V = 13,35 mol · 24,5 dm3/mol = 327 dm3.
2 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 8 pont
1 pont 2 pont 1 pont 2 pont 1 pont 1 pont 2 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 15 pont
91. – Az adatokból meghatározható a többi egyensúlyi koncentráció is:
kiindulás:
C3H8 0,0125 mol/dm3
C3H6 –
disszociált:
–0,0100
0,0100
+
H2 – 0,0100
—————————————————————————————————— egyensúly: 0,0025 mol/dm3 0,0100 mol/dm3 0,0100 mol/dm3 Valamilyen (pl. a fenti) levezetés: 2 pont a)A propán disszociációfoka: 0 ,0100 α = = 0 ,8 , vagyis a propán 80,0%-a disszociált. 1 pont 0 ,0125 b) Az egyensúlyi koncentrációk: [C3H8] = 0,0025 mol/dm3, [C3H6] = [H2] = 0,0100 mol/dm3 2 pont
c) Az egyensúlyi állandó:
2
⎛ mol ⎞ ⎜ ⎟⎟ 0,0100 ⎜ [C 3 H 6 ] [H 2 ] ⎝ mol dm 3 ⎠ = = 0,0400 K= mol dm 3 [C 3 H 8 ] 0,0025 dm 3 Az egyensúlyi állandó kijelöléséért 1 pont a számításáért 1 pont [Megjegyzés: mértékegység nélküli egyensúlyi állandó esetén is jár a pont.] d)Az új kísérletben eredetileg is van x mol/dm3 hidrogén a tartályban, a propánnak viszont csak 40,0%-a, azaz 0,400 · 0,0125 mol/dm3 = 0,00500 mol/dm3 disszociál: C3H8 C3H6 + H2 3 kiindulás: 0,0125 mol/dm – x mol/dm3
disszociált: –0,00500 0,00500 0,00500 ————————————————————————————————— egyensúly: 0,00750 mol/dm3 0, 00500 mol/dm3 (x + 0, 00500) mol/dm3 Valamilyen (pl. a fenti) levezetés: – Az egyensúlyi állandó változatlan (azonos T): 0 ,00500⋅( x + 0 ,00500 ) = 0 ,0400 0 ,00750 – ebből x = 0,0550. – A 4 dm3-es tartályba 4 · 0,0550 mol = 0,220 mol, azaz 0,440 g hidrogént töltöttünk. 92. – A reakcióegyenlet: CH4 + H2O CO + 3 H2 és 54,0 mg víz 3,00 mmol. – Az egyensúlyviszonyok:
CH4 3,00 mmol –x
+
H2O 3,00 mmol –x
[CO] = [H2] =
(3,00 − 2,00) ⋅ 10 −3 mol 10,0 dm
2,00 ⋅ 10 −3 mol 10,0 dm
3
CO
+
x
3
10,0 dm – Az egyensúlyi állandó:
3
= 1,00 · 10–4 mol/dm3
= 2,00 · 10–4 mol/dm3
3 ⋅ 2,00 ⋅ 10 −3 mol
1 pont
2 pont
1 pont 1 pont 1 pont 13 pont 1 pont 1 pont
3 H2 3x
3,00–x 3,00–x x 3x – A anyagmennyiség-arányok és a térfogatarányok megegyeznek, így a 60,0 térfogat%-os egyensúlyi hidrogéntartalomra felírható: 3,00 x = 0,600 3,00 − x + 3,00 − x + x + 3x – Ebből x = 2,00. – Az egyensúlyi koncentrációk (a tartály térfogata 10,0 dm3!!): [CH4] = [H2O] =
2 pont
= 6,00 · 10–4 mol/dm3
2 pont
1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont
K=
[CO] ⋅ [H 2 ]3 = [CH 4 ] ⋅ [H 2 O]
(
2,00 ⋅ 10 − 4 ⋅ 6,00 ⋅ 10 − 4 1,00 ⋅ 10 − 4 ⋅ 1,00 ⋅ 10 − 4
)3 = 4,32 · 10
–6
⎡⎛ mol ⎞ 2 ⎤ ⎢⎜⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎝ dm 3 ⎟⎠ ⎥ ⎣ ⎦
2 pont 11 pont
93. – A rendezett reakcióegyenlet: +3
+5
+6
+3
Cr 2 O 3 + 3 K N O 3 + 4 KOH = 2 K 2 Cr O 4 + 3 K N O 2 + 2 H2O (Az oxidációsszám-változásokért 1 pont, a rendezésért 1 pont) 100 g a)100 g kálium-kromát: = 0,5155 mol, g 194 mol – ehhez az egyenlet alapján feleannyi, azaz 0,2577 mol Cr2O3 kell. 0,2577 mol = 0,64425 mol kell belőle, – A termelést is figyelembe véve: 0,4 – amelynek tömege: 0,64425 mol · 152 g/mol = 97,9 g Cr2O3. b)A 0,64425 mol Cr2O3-hoz az egyenlet szerint 3-szoros anyagmennyiségű, azaz 1,933 mol KNO3 szükséges, – a 10,0% felesleggel együtt ez: 1,100 · 1,933 mol = 2,126 mol, – azaz: 2,126 mol · 101 g/mol = 215 g KNO3. (Az utolsó 4 pont akkor is megadható, ha az előzőekben rosszul kiszámított króm-oxidból helyesen számol.) 94. – A pH = 2,00-ből: [H+] = 0,0100 mol/dm3, vagyis 4,00 · 10–3 mol H+ van a 400 cm3 oldatban. a)A pH = 4,00-ből: [H+] = 1,00 · 10–4 mol/dm3. Ismeretlen V térfogatban: 1,00 · 10–4V mol H+. – A keletkező oldatban pH = 3,00: [H+] = 1,00 · 10–3 mol/ dm3, a térfogat pedig: (V + 0,400) dm3. – A felírható egyenlet:
4,00 ⋅ 10 −3 + 1,00 ⋅ 10 −4 V = 1,00 ⋅ 10 − 3 . V + 0,400 – Ennek megoldása: V = 4,00 dm3. b)pH = 11,00-ből: [OH–] = 1,00 · 10–3 mol/dm3. – A keletkező oldat 900 cm3, amelyben így: 9,00 · 10–4 mol OH– van. – Ezek szerint 4,00 · 10–3 mol H+-t 4,00 · 10–3 mol OH– semlegesített, és még maradt 9,00 · 10–4 mol OH–: eredetileg volt 4,9 · 10–3 mol OH–. – A NaOH-oldat koncentrációja: c=
4,90 ⋅ 10 −3 mol 3
= 9,80 · 10–3 mol/dm3.
0,500 dm – – [OH ] = c = 9,80 · 10–3 mol/dm3, [ebből a pOH = 2,0, így pH ≅ 12,0 (11,99).] (Ebből a nem egész számú pH kiszámítása nem érettségi követelmény!) 95. – Az oldatok pH-jából: pH = 3,00 → [H+] = 1,00 · 10–3 mol/dm3 pH = 11,0 → pOH = 3,00 → [OH–] = 1,00 · 10–3 mol/dm3 – A B oldat pH-ja alapján semleges. – 100 cm3 11,0-es pH-jú lúgoldatban van 1,00 · 10–4 mol OH–, így H+ + OH– = H2O
2 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 2 pont 1 pont 1 pont 10 pont
1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 2 pont 1 pont 1 pont 12 pont 1 pont 1 pont
alapján ugyanennyi H+-iont semlegesített. – A B-oldat térfogata: VB =
1 pont
1,00 ⋅ 10 −4 mol = 1,00 ⋅ 10 −1 dm 3 = 100 cm 3 . mol 1,00 ⋅ 10 − 3 dm 3
– A másik két oldatban oldatban: VA · 1,00 · 10–3 mol, illetve VC · 1,00 · 10–3 mol H+ van. – Az A oldat savas, benne 1,00 · 10–4 mol/dm3 H+ van. Ebben a lúgoldat csak részben semlegesítette a hidrogénionokat, maradt belőle: (VA · 1,00 · 10–3 – 1,00 · 10–4) mol H+. A keletkező oldat térfogata (VA + 0,100) dm3, így: ⎛ mol ⎞ V A ⋅ 1,00 ⋅ 10 −3 − 1,00 ⋅ 10 −4 ⎟⎟ . = 1,00 ⋅ 10 − 4 ⎜⎜ V A + 0,100 ⎝ dm 3 ⎠ – Ebből: VA = 0,122 dm3 = 122 cm3. – A C-oldat lúgos, benne 1,00 · 10–5 mol/dm3 OH– van. A sósav csak a hidroxidionok egy részét semlegesítette, maradt benne: (1,00 · 10–4 – VC · 1,00 · 10–3) mol OH–. A keletkező oldat térfogata itt is (VC + 0,100) dm3, így: 1,00 ⋅ 10 −4 − VC ⋅ 1,00 ⋅ 10 −3 = 1,00 ⋅ 10 − 5 VC + 0,100 – Ebből: VC = 0,0980 dm3 = 98,0 cm3.
⎛ mol ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ . ⎝ dm 3 ⎠
1 pont
1 pont
1 pont 2 pont 1 pont 1 pont 2 pont 1 pont 13 pont
96. (A vegyület képlete: CH3-NH-CH3, reakciója: CH3-NH-CH3 + H2O CH3-NH2+-CH3 + OH–) – Az oldat koncentrációja a tömeg-koncentrációból és a moláris tömegből:
– – – – –
9,23 g/dm 3 = 0,205 mol/dm 3 , 45,0 g/mol pH = 12,0 → [OH–] = 0,0100 mol/dm3. A reakcióegyenlet alapján ugyanennyi dimetil-amin protonálódott. 0,0100 α = = 0,0488 , vagyis a molekulák 4,88%-a protonálódott. 0,205 Az aminmolekulák egyensúlyi koncentrációja: [CH3-NH-CH3] = 0,205 mol/dm3 – 0,0100 mol/dm3 = 0,195 mol/dm3. A bázisállandó:
[BH ][OH ] K = +
b
2 pont 2 pont 1 pont 1 pont 1 pont
−
[B]
(a szerves vegyület képletével is elfogadható)
0,0100 2 = 5,13 · 10–4 (mol/dm3) 0,195 – A dimetil-amin az erősebb bázis (mert nagyobb a bázisállandója). – Behelyettesítve: Kb =
97. – A katódon réz válik le: Cu2+ + 2e– = Cu
1 pont 1 pont 1 pont 10 pont 1 pont
g mol m(Cu) = · 2,00 A · 5 · 3600 s = 11,8 g 2 pont C 2 ⋅ 96500 mol Ez n = 11,8 g : 63,5 g/mol = 0,186 mol 1 pont 0,186 mol CuSO4 volt az oldatban, amelynek tömege (M = 159,5 g/mol): 29,7 g. 1 pont Ennyi CuSO4 10,0 tömeg%-os oldat 297 g-jában van, térfogata (V = m : ρ): 265 cm3. 2 pont Az anódon oxigén válik le: H2O → 0,5 O2 + 2 H+ + 2 e– 1 pont 0,186 mol réz mellett fele ennyi, azaz 0,093 mol O2 fejlődött (3,0 g). 1 pont 0,186 mol réz kiválása után 0,186 mol kénsav lesz az oldatban: ez 18,2 g. 2 pont Az oldat tömege a rézzel és az oxigénnel csökkent: 297 g – 11,8 g – 3,0 g = 282,2 g. 2 pont 18,2 g = 0,064, azaz 6,4 tömeg%. Tömeg%-os kénsavtartalma: 1 pont 282,2 g 14 pont 63,5
– – – – – – – –
98. a)A reakció: Cu2+ + Cd = Cu + Cd2+ – A moláris tömegváltozás: ∆M = –112 g/mol + 63,5 = – 48,5 g/mol, ebből a kicserélődött ionok anyagmennyisége: −3 ,92 g n(Cu2+) = n(Cd2+) = = 0,0808 mol. g −48 ,5 mol – Annak ellenőrzése, hogy biztosan az összes rézion kivált. [Például: 0,0808 mol Cd tömege 9,05 g, tehát nem fogyott el az összes kadmium.] – Az oldatban eredetileg 0,0808 mol réz(II)-klorid volt: m(CuCl2) = 0,0808 mol · 134,5 g/mol = 10,87 g. – A CuCl2 · 6 H2O tömege: 134,5 + 6 ⋅ 18,0 10,87 g ⋅ = 19,6 g. (vagy: m = 0,0808 mol · 242,5 g/mol) 134,5 b)25,00 g oldatban 10,87 g CuCl2, és 14,13 g víz van. – Az oldhatóság: 10,87 g x = , ebből x = 76,9, vagyis 76,9 g CuCl2/100 g víz. 14,13 g 100 g
1 pont
2 pont
1 pont 1 pont 2 pont 1 pont 2 pont 10 pont
A mérőoldat oldottanyag-tartalma: n(NaOH) = cV = 1,655 · 10–3 mol. A reakcióegyenlet: CH3COOH + NaOH = CH3COONa + H2O. Ez alapján a nátrium-hidroxid ugyanakkora anyagmennyiségű ecetsavat titrált. A teljes (100,0 cm3) törzsoldatban ennek tízszerese volt: 1,655 · 10–2 mol. Ugyanennyi volt az eredeti 10,00 cm3-es mintában is. Az ecetsav tömege: m(ecetsav) = 1,655 · 10–2 mol · 60,0 g/mol = 0,993 g. 0,993 g – A minta tömegkoncentrációja: ρ = = 99,3 g/dm3. 3 0,01000 dm
99. – – – – – –
1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 7 pont
100. a)A reakciók egyenletei: CaO + 2 HCl = CaCl2 + H2O CaCO3 + 2 HCl = CaCl2 + H2O + CO2
(1) (2)
1 pont 1 pont
NaOH + HCl = NaCl + H2O (3) 1 pont b)A fogyott lúgoldatban volt: n(NaOH) = 0,01200 dm3 · 0,1012 mol/dm3 = 1,2144 · 10–3 mol. 1 pont – Ez a (3) egyenlet szerint ugyanennyi HCl-ot közömbösített, amelyből a teljes (100,0 cm3) törzsoldatban tízszer ennyi volt: 1,2144 · 10–2 mol. 1 pont – Az alkalmazott összes sósavban: n(HCl) = 0,02000 dm3 · 2,015 mol/dm3 = 4,030 · 10–2 mol 1 pont –2 –2 –2 – A porkeverékkel reagált: 4,030 · 10 mol – 1,2144 · 10 mol = 2,816 · 10 mol HCl. 1 pont I. levezetés – Ha tömegekre vezetünk be ismeretlent, akkor: 1,3045 − x x x g CaO és (1,3045 – x) g CaCO3, azaz mol CaO és mol CaCO3 56,00 100,0 van a keverékben, – ezek az (1) és a (2) egyenlet alapján: 2x 2(1,3045 − x ) mol és mol HCl-dal reagál. 56,00 100,0 – A fogyott hidrogén-kloridra felírható egyenlet: 2x 2(1,3045 − x ) + = 2,816 · 10–2 56,00 100,0 – Ebből: x = 0,1317. 0,1317 g · 100% = 10,10 tömeg% – A por kalcium-oxid-tartalma: 1,3045 g 0,1317 g 1,3045 g − 0,1317 g + c) A keverék anyagmennyisége: = 0,01408 mol 56,00 g/mol 100,0 g/mol (Ugyanez adódik a fogyott HCl anyagmennyiségéből is: 2,816 ⋅ 10 −2 mol = 1,408 · 10–2 mol.) 2 – Ebből (a CaO + CO2 = CaCO3 egyenlet alapján) 1,3045 g − 0,1317 g = 0,01173 mol CaO alakult karbonáttá, 100,0 g/mol 0,01173 mol · 100% = 83,31 %-a. amely az összes anyag: 0,01408 mol
2 pont 1 pont
1 pont 1 pont 1 pont 1 pont
1 pont 15 pont
II. levezetés – Észrevehetjük, hogy mindkét vegyület 1 : 2 arányban reagál a HCl-dal, ezért a 2,816 ⋅ 10 −2 mol = 1,408 · 10–2 mol. 2 1,3045 g A keverék átlagos moláris tömege: M = = 92,65 g/mol. 1,408 ⋅ 10 − 2 mol Az anyagmennyiség-százalékos összetétel a vegyületek moláris tömegének felhasználásával: 56,00y + 100,0(1 – y) = 92,65 Ebből y = 0,1670. Ez azt jelenti, hogy pl. 1 mol keverékből 0,1670 mol CaO, a többi (0,8330 mol) CaCO3, így (a CaO + CO2 = CaCO3 egyenlet alapján) éppen 0,8300 mol, azaz 83,00% égetett mész karbonátosodott el. A tömegszázalékos égetettmész-tartalom:
keverék anyagmennyisége: – – – – –
1 pont 1 pont 2 pont 1 pont 2 pont
0,1670 ⋅ 56,00 · 100% = 10,10 tömeg%. 92,65 (Bármely más, helyes levezetés maximális pontszámot ér.)
1 pont
