Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2010/2011. tanév Kémia II. kategória 2. forduló Megoldások

Átírás

1 ktatási Hivatal rszágos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2010/2011. tanév Kémia II. kategória 2. forduló Megoldások I. FELADATSR 1. C 6. C 11. E 16. C 2. D 7. B 12. E 17. C 3. B 8. C 13. D 18. C 4. D 9. E 14. B 19. E 5. D 10. A 15. B 20. D 20 pont II. FELADATSR 1. feladat A szakállszáll másodpercenkénti térfogatgyarapodása 5, cm 3. Ennek tömege 7, g, amiből 3, g a kén. Ez 7, db kénatomot jelent. Mivel a cisztein és a metionin molekulája is 1-1 darab kénatomot tartalmaz, 7, darabot építenek be a sejtek másodpercenként ezekből az aminosavakból. Ez az összes aminosavak számának 18%-a. Összesen tehát 3, darab aminosav épül be másodpercenként egy szakállszálba. 2. feladat 2, g szalma összetétele: Összesen: 7 pont 1, g C n(c) = 8, mol 1, g H n(h) = 1, mol 8, g n() = 5, mol (2) A szalma elégetéséhez szükséges n(c) n(h) 2 1 n() = 8, mol 2. (2) A szükséges levegő anyagmennyisége óránként: 4, mol; 10 % felesleggel: 4, mol. A levegő térfogata akkor a legnagyobb, ha a hőmérséklete maximális, nyomása pedig minimális. (Vagy ennek a ténynek a figyelembevétele.) (2) A beszívott levegő maximális térfogata tehát:

2 V = 4,49 10 mol 8,314 Pa m3 mol 1 K Pa K = 1, m 3 A levegőkompresszort 1, m 3 /óra teljesítményre kell méretezni. Összesen: 8 pont 3. feladat A lejátszódó reakció egyenlete: BaC 3 + 2HCl BaCl 2 + H 2 + C 2 Legyen a BaC 3 kiindulási tömege m! Ehhez 0,3695m tömegű HCl szükséges, a felhasznált sósav tömege 2,463m. Az oldódás során keletkezik 1,055m tömegű BaCl 2, eltávozik 0,223m tömegű C 2. A 100 o C-ra melegített oldat tömege tehát m + 2,463m 0,223m = 3,240m. Ha ebből az oldatból x tömegű BaCl 2 2H 2 kikristályosodik a lehűtéskor, marad (3,240m x) tömegű telített oldat, benne (1,055m 0,8524x) BaCl 2. 0,2349(3,240m x) = 1,055m 0,8524x x = 0,476m (2) 158,7 Ha az oldatot telítésig bepároljuk, tömege 1,055m = 2,852m lesz. 58,7 0 o C-ra hűtve y tömegű só kristályosodik ki. 0,2349(2,852m y) = 1,055m 0,8524y y = 0,6236m (2) 0,6236 = 1,310, tehát 31,0 %-kal több só nyerhető a módszerrel. 0,476 Összesen: 12 pont 4. feladat k H(gr) = 0 kj/mol (definíció szerint) k H(gy) = 716,7 kj/mol 714,8 kj/mol = 1,9 kj/mol k H(C) = 716,7 kj/mol at H(C 2 ) = 2 716,7 kj/mol 831,9 kj/mol = 601,5 kj/mol 1 mol gyémánt atomjaira bontásához 714,8 kj energiára van szükség. A gyémántban minden szénatom 4 kovalens kötést hoz létre, ám az atomizáláshoz atomonként 2 kovalens kötés felszakítása elegendő. Ezek szerint a C C kötési energia értéke a gyémántban 714,8 kj = 357,4 kj/mol. (2) 2 mol A C 2 molekula atomizációs hője megegyezik a szén-szén kötési energiával, ami tehát 601,5 kj/mol. 2010/ KTV 2. forduló

3 c) A grafitban minden szénatom 3 másik szénatomhoz kapcsolódik. Az atomizáláshoz elegendő azonban atomonként 1,5 kovalens kötés felszakítása. 473,3 kj/mol 1,5 = 709,95 kj/mol. A különbség azzal magyarázható, hogy a grafit rétegei között kialakuló másodlagos kötés energiája 716,7 709,95 = 6,75 kj/mol atomonként. 5. feladat Összesen: 9 pont 5,40 g mínium anyagmennyisége 7,876 mmol. Ebben 23,63 mmol Pb van, melynek tömege 4,896 g. A vizsgált ólomfehérben a hidroxidionok anyagmennyisége legyen a, a karbonátionoké b! a + 2b = 0,04726 (töltésmérleg) 17,01a + 60,01b = 1,214 (tömegmérleg) Az egyenletrendszer megoldása: a = 0,01570 mol b = 0,01578 mol (2) A keresett anyagmennyiség-arány: n(pb 2+ ) : n(c 3 2 ) : n(h ) 3:2:2 Az ólomfehér hozzávetőleges képlete tehát Pb 3 (C 3 ) 2 (H) 2. Pb 3 (C 3 ) 2 (H) H 2 S 3 PbS + 4 H C 2 (2) Pb 3 (C 3 ) 2 (H) 2 + ½ 2 Pb H C 2 (2) 6. feladat Összesen: 11 pont Katód: 2H 2 + 2e = H 2 + 2H Anód : 2I = I 2 + 2e I 2 + 2S = 2I + S c) Az áthaladt töltés mennyisége: Q =0,300 mol/dm 3 11,2 cm 3 / C/mol = 5187 C. d) Az oldat áramvezetését biztosítja. 2010/ KTV 2. forduló

4 e) f) A kiindulási alkohol moláris tömege 122 g/mol, míg az aldehidé 120 g/mol. 100 %-os átalakulás esetén a keletkezett aldehid mennyisége 2,44 g / 122 g/mol 120 g/mol = 2,40 g lenne. A folyamatban tehát a kitermelés 85,8%-os volt. g) Ezen átalakuláshoz szükséges töltés mennyisége: 2,06 g /120 g/mol C/mol = 3311 C. Tehát az áramkihasználás 63,8 %-os volt. 7. feladat Összesen: 10 pont A: B: H H H (2) A B (2,3,4,6-tetrametil-D-glükóz) a molekula nem redukáló láncvégén található glükózegységből keletkezik. Minden amilózmolekula csak egyetlen ilyen láncvéggel rendelkezik, így kijelenthetjük, hogy 1 nem redukáló láncvégi glükózra átlagosan 624 további glükóz jut. A vizsgált amilóz molekulái tehát átlagosan 625 glükózegységből épülnek fel. (2) Átlagos moláris tömege közelítőleg g/mol = 1, g/mol. c) Az amilopektinből 2,3-dimetil-D-glükóz is keletkezik: H H H 2010/ KTV 2. forduló

5 d) Az amilopektinből nagyobb százalékban keletkezik 2,3,4,6-tetrametil-D-glükóz (B), tehát az n( A) arány kisebb lesz, mint az amilóz esetén. n( B) Ennek az az oka, hogy az amilopektin molekulájában több nem redukáló láncvég van. e) Nem, mert a savas hidrolízis végterméke az α- és β-izomerek egyensúlyi elegye, függetlenül attól, hogy milyen konfigurációjú volt eredetileg a glikozidkötésben részt vevő szénatom. f) Lehetséges. Pl. olyan oligoszacharid, amelyben a glükózmolekulák gyűrűszerűen, vagy olyan diszacharid, amelyben a glükózmolekulák 1 1 glikozidkötéssel kapcsolódnak össze. 8. feladat Összesen: 10 pont Vezessük be a következő jelöléseket: [CH 3 C ] = a; [HC ] = b A keverékben az ecetsav koncentrációja legyen 5c, míg a hangyasavé c. [H + ] = 10 3 mol/dm 3 Felírhatók a következő egyenletek: 10 3 a 5 5c a = 1, b 4 c b = 1,77 10 a + b = 10 3 Az egyenletrendszerből c = 4, mol/dm 3 adódik. Az eredeti oldatok koncentrációja tehát: c ecetsav = c hangyasav = 6c = 2, mol/dm 3 Ha az oldatokat 1,00 : 5,00 térfogatarányban öntjük össze, az elegyben a bemérési koncentrációk a következők lesznek: c ecetsav = c 1 = 4, mol/dm 3 c hangyasav = c 2 = 2, mol/dm 3 [CH 3 C ] = a ; [HC ] = b ; [H + ] = x 2010/ KTV 2. forduló

6 Felírhatók a következő összefüggések: a' x c 1 a' b' x c 2 b' = K 1 = K a + b = x 2 Az egyenletrendszerből a következő harmadfokú egyenlet adódik: x 3 + (K 1 + K 2 ) x 2 + (K 1 K 2 K 1 c 1 K 2 c 2 ) x (K 1 K 2 c 1 + K 1 K 2 c 2 ) = 0 Bizonyos elhanyagolásokkal azonban leegyszerűsíthető a megoldás. Tételezzük fel, hogy az oxóniumionok gyakorlatilag csak a hangyasavból származnak! (A hangyasav koncentrációja ötszöröse az ecetsavénak, ráadásul egy nagyságrenddel erősebb sav is.) Ebben az esetben az oldat ph-ja jó közelítéssel megegyezik egy 2, mol/dm 3 koncentrációjú hangyasavoldat ph-jával, ami az ismert módon számítható: ph = 2,73 Vizsgáljuk meg, hogy jogos volt-e az ecetsavból származó oxóniumionok elhanyagolása! Ha ph = 2,73, [H + ] = 1, mol/dm 3. a' 1,85 10 c a' 1 3 = 1, , amiből a = 0,00938c 1 = 3, mol/dm 3 adódik. b' = 1, mol/dm 3, vagyis az oxóniumionok 98%-a a hangyasavból származik. (2) Megállapíthatjuk tehát, hogy a kapott oldat ph-ja közelítőleg 2,7. (2) (A harmadfokú egyenletből adódó oxóniumion-koncentráció kb. 1%-kal nagyobb, de a ph akkor is 2,73.) Összesen: 13 pont 2010/ KTV 2. forduló