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

Átírás

1 Oktatási Hivatal Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2010/2011. tanév Kémia I. kategória 2. forduló Megoldások I. FELADATSOR 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. FELADATSOR 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 O n(o) = 5, mol (2) A szalma elégetéséhez szükséges n(c) n(h) 2 1 n(o) = 8, mol O 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: BaCO 3 + 2HCl BaCl 2 + H 2 O + CO 2 Legyen a BaCO 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 CO 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 O 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/ OKTV 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(co 3 2 ) : n( ) 3:2:2 Az ólomfehér hozzávetőleges képlete tehát Pb 3 (CO 3 ) 2 () 2. Pb 3 (CO 3 ) 2 () H 2 S 3 PbS + 4 H 2 O + 2 CO 2 (2) Pb 3 (CO 3 ) 2 () 2 + ½ O 2 Pb 3 O 4 + H 2 O + 2 CO 2 (2) 6. feladat Összesen: 11 pont K 4 = K 1 K 2 = 4,690 (2) K 5 = K 1 K 2 K 3 = 8,558 (2) Vezessük be a következő jelöléseket az egyensúlyi koncentrációkra: [but-1-én] = a [2-metilpropén] = b [cisz-but-2-én] = c [transz-but-2-én] = d 2010/ OKTV 2. forduló

4 K 1 = a b ; K2 = b c ; K3 = c d Ebből: a : b : c : d = 1 : K 1 : K 1 K 2 : K 1 K 2 K 3 = 1 : 17,63 : 4,690 : 8,558 Az egyensúlyi elegy összetétele: 3,14 % but-1-én, 55,3 % 2-metilpropén, 14,7 % cisz-but-2-én, 26,8 % transz-but-2-én (2) c) Az egyensúlyi elegy összetétele ugyanaz lesz, mint a nikkel-oxid alkalmazása esetén, mert a katalizátor jelenléte és minősége nem befolyásolja az egyensúlyi állandók értékét, így az egyensúlyi összetételt sem. (2) 7. feladat Összesen: 10 pont A név és a kémhatás arra utal, hogy a szorbát egy karbonsav sója. A brómmal való reakció telítetlen vegyületre jellemző. Az összegképletek alapján 1 mol szorbátból keletkező sav 2 mol brómmal képes reagálni. A szorbát tehát C 5 H 7 -COO szerkezetű lehet. A C 5 H 7 - csoportban lehet két kettős vagy egy hármas kötés, de ezeket csak egyféle módon lehet úgy elrendezni, hogy négy sztereoizomer lehessen. A szorbátion: O O - A glükózban csak egy csoport redukálható, tehát a szorbit egy polialkohol. HO c) A gyűrűt csak éterkötéssel lehet kialakítani. Egy lehetséges konstitúció: (2) HO O 2010/ OKTV 2. forduló

5 d) Egy lehetséges poliszorbát (laurinsavval): Értékelendő részlet: polimerláncok, zsírsavészter (2) A hidrofil rész a bal oldali részlet, a hidrofób a jobb oldali lánc. 8. feladat (I. kategóri Összesen: 11 pont A liposzómák össztérfogata: (4 10 dm) π V B = mol/dm 3 N A = 8, dm 3 3 A külső oldat térfogata: V K = 1,00 8, = 0,9992 dm 3 1,0 dm 3 A 9,0 ph elérésekor: [H + ] K = 1, mol/dm 3 [ ] K = 1, mol/dm 3 A víz autoprotolízisének sztöchiometriája miatt: n B (H + ) + n K (H + ) = n B ( ) + n K ( ), másképpen [H + ] B V B + [H + ] K V K = [ ] B V B + [ ] K V K (2) Továbbá: [H + ] B [ ] B = K v Az egyenletrendszer megoldása: [H + ] B = 1, mol/dm 3. (2) Elhanyagolhatjuk a liposzómákban eredetileg bent lévő hidrogénionokat. Ezek szerint a liposzómákba 1, mol dm 3 8, dm 3 = 1, mol hidrogénion került. (2) Egy liposzómába N(H + 5 1,00 10 ) = = 2, db hidrogéniont pumpáltak be az enzimek A liposzómákon belüli oldatra: ph = -lg (1, ) = 1,9 2010/ OKTV 2. forduló

6 Bizonyos elhanyagolásokkal egyszerűbben meghatározható a bepumpált hidrogénionok anyagmennyisége: [ ] B << [ ] K V B << V K, ezért n B ( ) << n K ( ) Azaz: a benti hidroxidionok száma a kintihez képest mindenképpen elhanyagolható, hiszen ezredakkora a térfogat, és sokkal kisebb a koncentráció is. Továbbá: n K (H + ) << n K ( ) Végeredményben: n B (H + ) = n K ( ) = 1, mol Összesen: 12 pont 2010/ OKTV 2. forduló