Kémia OKTV II. forduló. A feladatok megoldása

Átírás

1 Oktatási Hivatal Kémia OKTV II. forduló A feladatok megoldása I. FELADATSOR (közös) 1. C 6. D 11. D 16. B 2. E 7. C 12. B 17. B 3. E 8. A 13. E 18. E 4. A 9. B 14. C 19. A 5. D 10. A 15. D 20. B 20 pont II. FELADATSOR 1. feladat (közös) A rézgálic képlete: CuSO 4.5 H 2 O M(CuSO 4 ) = 159,6 g/mol M(CuSO 4.5H 2 O) = 249,6g/mol 92,0 g rézgálic összetétele: 58,8 g CuSO 4 és 33,2 g H 2 O. 20,7 108 g oldatban 108g = 18,5 g CuSO 4 van. 120,7 Az eredeti minta összetétele: (58,8 18,5) g = 77,3 g CuSO 4 és 22,7 g kristályban kötött H 2 O, illetve: 0,4846 mol CuSO 4 és 1,26 mol H 2 O. A részben kihevített rézgálic mintában a CuSO 4 /H 2 O anyagmennyiség-aránya: 1 : 2,6; ez nem sztöchiometrikus, hanem átlagérték jellegű. Összesen: 6 pont 2. feladat (közös) 25 cm 3 telített meszes víz titrálásakor fogyott 5,40 cm 3 0,010 M = 0,054 mmol HCl A CO 2 megkötése után fogyott 2,63 cm 3 0,010 M HCl = 0,0263 mmol A két fogyás különbsége 0,0277 mmol, ez a 25 cm 3 meszes víz által megkötött CO 2 -vel egyenértékű. A 25 cm 3 meszes víz által megkötött CO 2 anyagmennyisége: 0,01385 mmol. 75 cm 3 meszes víz megkötne 0,04155 mmol CO 2 -ot, ennek térfogata 1,0178 cm 3. Eszerint 1 dm 3 levegő 0,102 tf% CO 2 -ot tartalmaz. b) A légzésintenzitás nő. c) Ca/OH/ 2 CO 2 CaCO 3 H 2 O Ca/OH/ 2 2HCl CaCl 2 2 H 2 O Összesen: 7 pont

2 3. feladat (közös) H Br 2 = CO 2 2 Br 2 H 2Br = Br 2 2e Az elektrolízis során Q = I t = 251,1 C töltés halad át az oldaton. Tehát n(br 2 ) = Q/(2 F) = 1,3 mmol. Mivel n(br 2 ) = n(h), és V(H) = 10,0 cm 3, a hangyasavoldat koncentrációja: c = 0,130 mol/dm 3. Az oldat hidrogénion-koncentrációja: [H = (c K s ) 1/2 [H = 4, mol/dm 3. (A másodfokú egyenlettel történő megoldás esetén is teljes pontszám jár.) Tehát az oldat ph-ja: 2,32. Összesen: 7 pont 4. feladat (közös) A 100 cm 3 vízben feloldódó gáz térfogata 0 o C-on: V g (0 o C) = 0,461/22,41 = 0,02057 mol A 100 cm 3 vízben feloldódó gáz tömege 25 o C-on: m g (25 o C) = 0,35 g. 25 o C-on a gáz oldhatósága kisebb, tehát n g (25 o C) = 0,01029 mol / 100 cm 3 víz Mivel a térfogatváltozást elhanyagoljuk: a = 2 0,0035 = 0, ,70 b= 100 = 0, , cm 3 vízben 25 o C-on 0, ,5 cm 3 = 252 cm 3 gáz oldódik, azaz c = 2,52 0,35 d = 100 = 0, ,35 A gáz moláris tömege: M g = 0,35/0,1029 = 34,0 g/mol. b) 100 cm 3 vízben oldódik: V g (T x ) = 395 cm 3. Felírhatjuk továbbá: 0,00575(m g 100) = m g, amiből m g = 0,578 g e = 0,00578 n g = 0,578/34 = 0,017 mol pvg T x = = 282 K = 9 o C. ng R c) A moláris tömeg alapján a keresett gáz a kén-hidrogén (H 2 S). Összesen: 11 pont

3 5. feladat (közös) O HO P H H b) Mert a legtöbb műanyag nem vezeti az elektromos áramot. c) Ni 2 H 2 PO 2 4 H 2 O Ni HPO H 3 O d) V(Ni) = 0,72 cm 3 m(ni) = 6,408 g n(ni) = 0,109 mol Az egyenlet szerint szükséges: 0,109 mol NiSO 4 7 H 2 O, melynek tömege 30,62 g, ára 717 Ft 0,109 mol NaH 2 PO 2 H 2 O, melynek tömege 11,56 g, ára 185 Ft. Az árammentes nikkelleválasztás költsége 902 Ft. Elektrolízis esetén a szükséges töltésmennyiség 0, = C. W = = Ws = 0,0175 kwh, ára kevesebb, mint 1 Ft. Az elektrolitikus nikkelleválasztás költsége tehát 717 Ft. Összesen: 7 pont 6. feladat (közös) Reakciók: A y B x Ca(NO 3 ) 2 CaB x A y (NO 3 ) 2 1,952 A y B x CaCl 2 CaB x A y Cl 2 9,120 g 1,952 7,168 g A CaB x Ca-tartalma: 9,120 g 0,1099 = 1,002 g összetétele: 0,025 mol Ca és 0,95 g B Eszerint 1 mol kalcium 38 g B-vel alkot vegyületet, reális megoldás x = 2 esetén van: a B a fluor. A 2. reakcióban 0,025 mol Ca, illetve 0,05 mol Cl reagál, ennek tömege 1,775 g, y mol A tömege (7,168 1,775) g = 5,393 g. Eszerint 1 mol Cl 107, 9 g A val alkot vegyületet, reális megoldás y = 1 esetén van: az A az ezüst. Az ismeretlen anyag az ezüst-fluorid, AgF. Aki nem számolással, hanem analitikai ismeretei alapján rájön a keresett vegyületre és bizonyítja, max. pontot kap. Összesen:12 pont

4 7. feladat (I. kategóri Az elemanalízis alapján a vegyület összegképlete C n H n. M(A) = 13a g/mol és m(br 2, A) / M(Br 2 ) = 9, mol bróm reagál 1 g-jával. Ha 1 mol A 1 mol brómmal reagál, akkor a = 8 sztirol M(B) = 13b g/mol és m(br 2, B) / M(Br 2 ) = 1, mol bróm reagál 1 g-jával. Ha 1 mol B 1 mol brómmal reagál, akkor b = 5 nincs ilyen vegyület Ha 1 mol B 2 mol brómmal reagál, akkor b = 10 divinilbenzol Az oxidációs egyenletek: V 2 O 5 MnO 4 /H MnO 4 /H C D Tehát az A E vegyületek: B E A B C D E sztirol 1,4-divinilbenzol ftálsav izoftálsav tereftálsav b) m(a) m(b) = 2,00 g m(a)/m(a) [m(b)/m(b) 2 = 3,11 g/m(br 2 ) ebből m(b) = 3, g. Tehát az elegyben 1,79% (m/m) divinilbenzol és 98,21% (m/m) sztirol van. Összesen: 14 pont

5 8. feladat (I. kategóri A Zn oldódás a savban: Zn 2 HA = Zn 2 2 A H 2 Az eredeti savoldatban: [H 3 O 1 = 10 3 mol/dm 3 c legyen a sav koncentrációja a sav disszociációs állandója: K s = [H 3 O 1 2 /(c [H 3 O 1 ) 1 A Zn oldódódása után: Anyagmérleg a savra: c = [HA 2 [A 2 amiből [HA 2 = c [A 2 A töltésmérleg az oldatra (a hidroxidion koncentráció elhanyagolható, mivel határozottan savas az oldat): [H 3 O 2 2 [Zn 2 = [A 2 [H 3 O 2 = 10 3,83 mol/dm 3 [Zn 2 = 0,02/65,37 mol/dm 3 Behelyettesítve az sav disszociációs állandójába: K s = [H 3 O 2 ([H 3 O 2 2 [Zn 2 )/(c ([H 3 O 2 2 [Zn 2 )) 2 Az 1 és 2 egyenleteket megoldva K s = 1, és c = 0,0731 mol/dm 3. A sav relatíve alacsony koncentrációja miatt nem lehet elhanyagolásokat tenni, mert jelentős hibát okoz! Visszasavanyítás után: [H 3 O 3 = 10 3 mol/dm 3 Legyen a hozzáadott sav koncentrációja x, akkor az anyagmérleg: c x = [HA 3 [A 3 amiből [HA 3 = c x [A 2 A töltésmérleg az oldatra (a hidroxidion koncentráció elhanyagolható, mivel határozottan savas az oldat): [H 3 O 3 2 [Zn 2 = [A 3 [Zn 2 = 0,2/65,37 mol/dm 3 c = 0,0731 mol/dm 3 Behelyettesítve az sav disszociációs állandójába: K s = [H 3 O 3 ([H 3 O 3 2 [Zn 2 )/(c x ([H 3 O 3 2 [Zn 2 )) Amiből x = 0,447 mol/dm 3 Mivel c = n/v, amiből n = 0,0447 mol, akkor 1 mol tömege 74,0 g. Összesen: 16 pont

6 7. feladat (II. kategóri A vizsgált anyag moláris tömege: M x = 464,1 g/mol. Az 1. kísérlet eredményei: pv 481,0 K-en a keletkező gázok anyagmennyisége n = = 0,01200 mol. RT 298,0 K-en: n(gáz) = 0,01200 mol, tehát a bomlástermékek között nincs víz. A 2. kísérlet eredményei: Kezdetben 4, mol oxigén volt jelen. 503,0 K-en a jelen lévő gázok anyagmennyisége n = 5, mol. 296,4 K-en: n(gáz) = 5, mol, vagyis az égéstermékek között sincs víz. A vegyületben tehát nincs hidrogén. A lúgoldatban elnyelődő gáz minden bizonnyal szén-dioxid, melynek anyagmennyisége: n(co 2 ) = 5, ,1468 = 8, mol; m(co 2 ) = 0,3521 g. 0,3521 A maradék gáz anyagmennyisége 0,04650 mol, tömege 0,3521 = 1,472 g. 0,1930 Átlagos moláris tömege tehát 31,66 g/mol. Egészen biztosan tartalmaz maradék oxigént (42,5-szeres anyagmennyiség volt jelen). További összetevőként a nitrogén jöhet szóba. Ebben az esetben a maradék gáz összetétele: 4, mol O 2 és 4, mol N 2, tehát az égéshez egyáltalán nem fogyott oxigén! Ezek alapján mindkét esetre ugyanaz a reakcióegyenlet írható fel: C x O y N z x CO 2 2 z N2, ahol y = 2x és z/2 : x = 4,000 : 8,000 = 1 : 2 Vegyületünk képlete tehát C x O 2x N x alakban írható fel, amelyben a moláris tömeg alapján: 12,01x 32,0x 14,0x = 464,1 x = 8 Az ismeretlen anyag összegképlete C 8 O 16 N 8 Hőbomlásának (ill. égésének) reakcióegyenlete: C 8 O 16 N 8 8 CO 2 4 N 2 (Ezt támasztják alá az első kísérlet eredményei is, ahol 0,012 mol égéstermék keletkezett 0,001 mol anyagból, s ebben valóban 0,008 mol CO 2 és 0,004 mol N 2 van.) Az anyag az oktanitrokubán, C 8 (NO 2 ) 8 : Összesen: 14 pont

7 8. feladat (II. kategóri Vezessük be a következő jelölést: borkősav = H 2 T ph = 2,00 esetén: [ H [ HT K 1 = [ HT [ H 2T [ H 2T [ H [ T 2 [ HT K = 2 [ [ HT = 0,105 T 2 = 4, Töltésmérleg: [H = [HT 2[T 2 Ezekből: [HT = 9, mol/dm 3, ill. c(h 2 T) = [H 2 T [HT [T 2 = 0,1043 mol/dm 3. 1,000 dm 3 oldat készítéséhez tehát 0, ,09 = 15,65 g borkősavat mért be. b) 100 cm 3 oldathoz még 7, mol borkősavat kellett adnia, tehát az így készített oldat bemérési koncentrációja c 2 = 0,1043 0,07102 = 0,1753 mol/dm 3 lett. Mivel ph = 2,00, [H = 0,01 mol/dm 3. c(h 2 T) = [H 2 T [HT [T 2. Vegyük észre azonban, hogy már a hígabb oldatnál is gyakorlatilag elhanyagolható volt a tartarátionok koncentrációja, így jó közelítéssel felírható: 0,1753 mol/dm 3 = [H 2 T [HT Továbbá szintén elfogadható közelítés: [H [HT = 0,01 mol/dm 3. Ezek szerint [H 2 T = 0,165 mol/dm 3, amiből K 1 = 6, Ennek alapján az első oldatra: 0,1043 mol/dm 3 = [H 2 T [HT [H 2 T [H [ H 2 [ H K 1 = [H = 7, mol/dm 3 0,1043 ph = 2,1(2), az eltérés tehát 0,1(2). c) Ha a minta oxálsavat is tartalmaz, ugyanakkora tömeget bemérve nagyobb bemérési koncentráció alakul ki (mert az oxálsav moláris tömege kisebb). Ráadásul az oxálsav K 1 értéke nagyobb, mint a borkősavé, ezért semmiképpen sem kaphattunk volna 2,00-nél nagyobb ph-t. d) A hallgató végül tényleg borkősavból készítette el az oldatot, de a K 1 értéke eltér a táblázatban szereplőtől. Ez csak úgy lehetséges, hogy a felhasznált anyag nem L-borkősav (és nem is D-borkősav) volt, hanem az L-borkősav diasztereomerje (az optikailag inaktív ún. mezo-borkősav), hiszen annak eltérőek a savállandói. A hallgató nyilvánvalóan a pontos nevet találta meg a vegyszeres üvegen, ill. a mezo-borkősav K 1 értéket kereste meg a kézikönyvben, amely jó egyezést mutat a kiszámolt 6, értékkel. Összesen: 16 pont