Javítókulcs (Kémia emelt szintű feladatsor)

Átírás

1 Javítókulcs (Kémia emelt szintű feladatsor) I. feladat 1. A katalizátorok a kémiai reakciót gyorsítják azáltal, hogy az aktiválási energiát csökkentik, a reakció végén változatlanul megmaradnak. 2. Biológiai katalizátoroknak. 3. Egyetlen aminosav megváltoztatásával CH 2. Műanyagok. 6. C 6 H 12 O 6 = 2C 2 H OH + 2CO Környezeti károk csökkentése, alacsonyabb energiaigény. 10 II. feladat 1. SO 3 vagy SF 6 2. H 2 SO 4 3. SO 2 (vagy H 2 SO 3 ) 4. H 2 S. Hg + S = HgS 6. S + O 2 = SO 2 7. SO H 2 S = 3 S + 2 H 2 O 2 8. Zn + 2 H + = Zn 2+ + H 2 (vagy Zn + 2 H 2 SO 4 = ZnSO 4 + H 2 ) 9. Cu + 2 H 2 SO 4 = CuSO 4 + SO H 2 O 2 1 III. feladat 1. B 2. D 3. D 4. C. B IV. feladat 1. A 2. C 3. D 4. D. B 6. B 7. D 8. C 9. C 10. C 10 1

2 V. feladat 1. Ezüst válik ki a lemezre, az oldat megkékül. Cu + 2 Ag + = Cu Ag 2. Barnuló csapadék válik ki, ami a reagens fölöslegére oldódik: Ag NH 3 = [Ag(NH 3 ) 2 ] + 3. Fehér csapadék válik ki. 1 Ag + + Cl = AgCl 4. Barnuló csapadék válik ki. 2 Ag OH = 2 AgOH 2 AgOH = Ag 2 O + H 2 O (egy, összegzett egyenlettel is elfogadható) A barnuló csapadék egyenleteit elég egyszer jelölni. 8 VI. feladat Nevek: acetamid (etánamid) metil-amin etanol (etil-alkohol) ecetsav (etánsav) 4 4 Halmazállapotok: gáz folyékony folyékony folyékony 4 jó válasz 2, 2 3 jó válasz 2 Vízoldhatóság: mindegyik jó 4 jó válasz 2, 2 3 jó válasz 2 A vizes oldat kémhatása: semleges semleges 2 2 A jellemző reakciók egyenletei: CH 3 NH 2 + HCl = CH 3 NH Cl CH 3 CH 2 OH + Na = CH 3 CH 2 O Na + + 0, H 2 CH 3 COOH + CH 3 CH 2 OH = CH 3 COOCH 2 CH 3 + H 2 O CH 3 COCH 3 + H 2 CH 3 CH(OH) CH

3 VII. feladat a) A lejátszódó reakció egyenlete (vagy ennek helyes használata): 2 NaOH + H 2 SO 4 = Na 2 SO H 2 O 80,00 g NaOH 98,00 g H 2 SO 4 -val reagál 1 pl. 100,0 100,0 gramm oldatokat összeöntve 10,00 g és 20,00 g az oldott anyag, mivel 10,00 g NaOH semlegesítéséhez csak 98,00 g = 12,2 g H 2 SO 4 szükséges, 8 tehát a 10,00 tömeg%-os címkét a laboráns a NaOH-ot tartalmazó üvegre ragasztotta. (Más elvileg helyes levezetés is elfogadható: pl. annak igazolása, 20,00 g kénsavhoz több NaOH kellene, mint amennyi van.) b) 100,0 g NaOH-oldat semlegesítéséhez 12,2 g H 2 SO 4 szükséges, 12,2 g amelyet = 61,2 g 20,00 w%-os oldat tartalmaz. 0, VIII. feladat A rendezett egyenlet: Fe 2+ + MnO H + = Fe 3+ + Mn H 2 O ( az oxidációsszám-változások alapján történő rendezésért, a hidrogénionok és a víz sztöchiometriai számának meghatározásáért) 2 n(mno 4 ) = c V = 0,2000 dm 3 0,02 mol/dm 3 =, mol n(fe 2+ ) =, mol = 0,0200 mol m(feso 4 ) = 0,0200 mol 11,8 g/mol = 3,79 g m(h 2 O) = 6,9 3,79 = 3,1 g n(h 2 O) = 3,1 g : 18,0 g/mol = 0,17 mol n(feso 4 ) : n(h 2 O) = 0,0200 : 0,17 = 1,00 : 7,00 A vasgálic képlete: FeSO 4 7 H 2 O 8 IX. feladat a) C 6 H 12 O 6 (sz) + 6 O 2 (g) = 6 CO 2 (g) + 6 H 2 O(f) A reakcióhő a képződéshőkből: r H = [6( 393, kj/mol) + 6( 28,8 kj/mol)] [ 1270 kj/mol] = r H = 2806 kj/mol 3

4 2000 kj b) Q = 2000 kj, ebből n(szőlőcukor) = = 1,7 mol, kj 1140 mol m(szőlőcukor) = 1,7 mol 180 g/mol = 31 g 31 g m(oldat) = = 787 g 0,04 m 787 g V(oldat) = = = 6788 cm 3 ρ 3 1,16 g/cm tehát kb. 6,8 dm 3 energiaitalt kellene fogyasztania edzés közben a sportolónak ahhoz, hogy ne csökkenjenek a saját tartaléktápanyagai. 1 7 X. feladat a) Legyen például a gázelegyben x mol C 4 H 8 és 1 mol C 4 H 6 Ekkor az elegyben az egyes atomok anyagmennyisége, ebből a tömegük: n(c) = 4 + 4x (mol) m(c) = 12(4 + 4x) n(h) = 6 + 8x (mol) m(h) = 1(6 + 8x) A tömegarányra az egyenlet: 12(4 + 4x) 32 = 6 + 8x x = 3. A kiindulási elegyben tehát 3 mol butén van 1 mol butadién mellett, vagyis az összetétel 7 x% C 4 H 8, 2 x% C 4 H 6 b) A telítési egyenletek: C 4 H 8 + H 2 = C 4 H 10 C 4 H H 2 = C 4 H 10 1 c) 3 mol buténhez 3 mol H 2, 1 mol butadiénhez 2 mol H 2 szükséges, így 4 mol gázelegyhez tehát mol H 2 kell. A végső gázelegyben lesz 4 mol C 4 H 10 és y mol fölöslegben maradt H 2 A végső gázelegy tömege és anyagmennyisége: m = ( y) g n = (4 + y) mol Az átlag moláris tömegre felírt egyenlet (M = n m ): y 30 =, 4 + y ebből: y = 4 4 A H 2 felesleg tehát 100 = 80 %-os. 9 4

5 XI. feladat a) Például vegyünk 1,000 dm 3, azaz 1000 cm 3 oldatot, ebben 2,008 mol sav van. m(oldat) = ρ V = 1,20 g/cm cm 3 = 120 g m(sav) = 120 g 0,1 = 180,7 g m 180,7 g M(sav) = = = 90 g/mol n 2,008 mol A vegyület 1 moljában: 90 g 0,334 = 48 gramm, vagyis 3 mol O-atom van. 1 Az égéstermékek miatt ezen kívül csak szenet és hidrogént tartalmaz. 90 g/mol 48 g/mol = 42 g/mol, ez 3 mol C-nek és 6 mol H-nek felel meg. A moláris tömegnek megfelelő képlet: C 3 H 6 O 3 Lehetséges szerkezet például: CH 3 CHOH COOH b) A tízszeres hígítású oldatban a sav bemérési koncentrációja: 0,2008 mol/dm 3 A ph = 2,00-ből következik, hogy az egyensúlyban [H + ] = [savmaradék-ion] = 0,0100 mol/dm 3 [C 3 H 6 O 3 ] = 0,2008 0,0100 = 0,1908 mol/dm 3 K s = 2 mol 0, dm mol 0, dm =, mol/dm 3 (Amennyiben a bemérési koncentrációt helyettesíti be, ez utóbbi sem jár!) 10 A mértékegységek, jelölések helyes használata A végeredmények megfelelő számú értékes jeggyel történő megadása a számításoknál. A végeredmények osságáért akkor adható, ha a vizsgázó a végeredményt: a VII. feladatban 3 vagy 4 értékes jeggyel, a VIII. feladatban a képletben egy értékes jeggyel vagy legfeljebb 3 értékes jeggyel, a IX. feladat a) részében legfeljebb 4 értékes jeggyel, a b) részben 2 vagy 3 értékes jeggyel, a X. feladatban 2 vagy 3 értékes jeggyel, a XI. feladatban 2 vagy 3 értékes jeggyel adja meg. A végeredmény más ossággal történő megadásakor nem jár a. Összesen elérhető: 100.