Az 2009/2010. tanévi ORSZÁGOS KÖZÉPISKOLAI TANULMÁNYI VERSENY első (iskolai) fordulójának. feladatmegoldásai K É M I Á B Ó L

Átírás

1 Oktatási Hivatal Az 009/010. tanévi ORSZÁGOS KÖZÉPISKOLAI TANULMÁNYI VERSENY első (iskolai) fordulójának feladatmegoldásai K É M I Á B Ó L Az értékelés szempontjai Egy-egy feladat összes pontszáma a részpontokból tevődik össze. Csak hibátlan megoldásokért adható teljes pontszám. Részlegesen jó megoldásokat a részpontok alapján kell pontozni. Számítási nem elvi hiba esetén a feladat összpontszámából 1- pontot le kell vonni. A megadottól eltérő minden helyes megoldás elfogadható. Elérhető pontszámok: I. feladatsor: 0 pont II. feladatsor: 80 pont Összesen: 100 pont Kérjük a javító tanárokat, hogy a II. feladatsor pontszámait vezessék rá a borítólap IV. oldalán található VÁLASZLAPRA. Továbbküldhetők a legalább 50 pontot elért dolgozatok. FONTOS! A dolgozathoz csatoltan kérjük visszaküldeni a feladatlap I-IV. oldalszámú külső borítóját, amely az ADATLAPOT és a VÁLASZLAPOT is tartalmazza. Kérjük, hogy az ADATLAP adatainak pontos és olvasható kitöltését ellenőrizzék a javító tanárok. Az I. és II. feladatsor nyomtatott példányai (a feladatlap 1-8. oldalai) az iskolában maradhatnak.

2 I. FELADATSOR II. FELADATSOR 1. feladat 1. C 6. B 11. D 16. C. B 7. B 1. C 17. A. B 8. D 1. D 18. A 4. C 9. A 14. E 19. E 5. A 10. A 15. E 0. D Összesen: 0 pont a) A nátrium-klorid moláris tömege M (NaCl) = 58,5 g/mol Az oldat anyagmennyiség-koncentrációja: 46,7 g 58,5 g/mol c = =,19 mol/dm () 0,50 dm b) A kiindulási oldat tömege: m o = 50 cm 1,11g/cm = 80, g (1) Az oldatban lévő víz tömege: m(h O = (80, 46,7) g =,6 g (1) Ha 5,80 g nátrium-kloridot 100,0 g víz képes oldatban tartani, akkor 46,7 g nátrium-kloridot 10,5 g víz képes oldatban tartani. (1) Tehát az elpárolgó víz tömege az oldat telítődéséig: m(h O) = (,6 10,5) g = 10,1 g (1) Összesen: 6 pont. feladat A szénen megkötött gáz anyagmennyisége: pv n = = RT 101, kpa 0,051 dm ,14 J mol K 7,16 K =,9 mmol () Az ennyi molekula által lefedett felület: A = 0,009 mol 6,0 10 mol 1 1, m = m () A fajlagos felület tehát: m /0,48 g = 46 m /g (1) A mértékegységek átváltásából származó nagyságrendi hibák pont elvesztésével járnak. Összesen: 6 pont

3 . feladat Először hidrogén-bromidot addícionáltatunk a kettős kötésre. Br + HBr Más hidrogén-halogenid is elfogadható teljes pontszámmal. Ha a termék nem a Markovnyikov-szabály szerinti, csak 1 pont adható. () Második lépésben bázis jelenlétében történő hevítés hatására eliminációs reakció játszódik le, és újból egy alként kapunk. Br + NaOH + NaBr + H O Más bázis is elfogadható teljes pontszámmal. Ha a termék nem a Zajcev-szabály szerinti, csak 1 pont adható. () Harmadik lépésben hidrogén-bromidot addícionáltatunk a kettős kötésre. + HBr Br Ha a termék nem a Markovnyikov-szabály szerinti, csak 1 pont adható. () Ha a reakció körülményei nem teljesek (pl. a bázis nem szerepel az eliminációnál), de kiderül a reakció lényege (pl. leírva, hogy eliminációs reakcióról van szó) teljes pontszám adható. Elvileg helyes más szintézisút is elfogadható teljes pontszámmal. Összesen: 6 pont

4 4. feladat a) O HC C O CH b) A reakcióséma: n () (C 6 H 10 O 5 ) n n C 6 H 1 O 6 n C H 6 O (C H 4 O ) n () (Természetesen a politejsav molekulák szénatomszáma nem okvetlenül egyezik meg a keményítőmolekulák szénatomszámával, a fenti séma csak a folyamat sztöchiometriáját fejezi ki.) 16 g keményítőből elvileg 144 g politejsav keletkezik, 1 kg politejsav előállításához tehát 1,15 kg keményítőre van szükség. 1,15 kg keményítő 1,6 kg kukoricából állítható elő. () (1) Összesen: 7 pont 5. feladat 1 kg sárgabarackban van 15 g fruktóz, 0 g glükóz, 48 g szacharóz. A cukrokból keletkező alkohol anyagmennyisége: 15 g 0 g 48 g n(alkohol) = 0, mol = 0,817 mol (4) 180 g/mol 180 g/mol 4 g/mol 1 kg sárgabarack cukortartalmából keletkező alkohol térfogata: M (etanol) V = n = 47,65 cm () d(etanol) 1 liter pálinka alkoholtartalma: V = 1000 cm 0,40 = 400 cm (1) 400 cm alkohol (1 liter pálinka) késztéséhez szükséges sárgabarack tömege: 400 cm m(sárgabarack) = = 8,4 kg (1) 47,65 cm / kg Összesen: 8 pont

5 6. feladat a) A nitroglicerin bomlásának (égésének) egyenlete: C H 5 N O 9 CO +,5 H O + 1,5 N + 0,5 O a nitroglicerin képlete () a rendezett egyenlet (1) A nitroglicerin oxigénmérlege tehát (9 8,5) mol 16 g/mol 100 = +,5 % () 7 g 0,5 mol g/mol vagy: 100 = +,5 % 7 g Az A anyag 100 grammját 189 g nitroglicerinnel kell összekeverni, hogy nulla legyen az oxigénmérleg. 189 g nitroglicerinből 189 0,05 = 45,4 g oxigén szabadul fel: a kérdéses vegyület oxigénmérlege tehát: 45,4 %. () b) 100 g A anyag összetétele: 48,91 g oxigén,06 mol O 18,4 g nitrogén 1,1 mol N x g szén x/1 mol C elégetéséhez x/1 g O kell (,75 x) g hidrogén (,75 x) mol H elégetéséhez 8(,75 x) g O kell () x/1 + 8(,75 x) 48,91 = 45,4 Ebből: x = 1,44 () Az egyes elemek anyagmennyiség-aránya: n(c) : n(h) : n(n) : n(o) =,6 : 1,1 : 1,1 :,06 = 6 : : : 7 A keresett anyag összegképlete tehát C 6 H N O 7. () c) A vegyület trinitrofenol. Bármelyik konstitúciós izomerjének helyes szerkezeti képlete elfogadható. A 0. század első felében széleskörűen használt robbanóanyag a,4,6- trinitrofenol (hétköznapi nevén pikrinsav) volt: O N OH NO NO () Összesen: 15 pont

6 A 6. feladat szövegéből kimaradt egy az oxigénmérleg fogalmának értelmezéséhez szükséges részlet. Ha a versenyző az anyag tökéletes égéséhez szükséges oxigén mennyiségét az anyag oxigéntartalmának figyelembe vételével állapítja meg, ez a megoldásában ellentmondásra vezet. Az ennek megfelelő javítókulcs: a) A nitroglicerin bomlásának egyenlete: C H 5 N O 9 CO +,5 H O + 1,5 N + 0,5 O a nitroglicerin képlete () a rendezett egyenlet (1) 1 mol nitroglicerinben 9 mol O van, az égéséhez nem is kell oxigén, tehát 9mol 16g / mol 0 oxigénmérleg: 100 = 6,4% 7g vagy: 1 mol nitroglicerin elégetésekor 0,5 mol O szabadul fel, amely negatív oxigénszükségletként jelenik meg: 9mol 16g / mol ( 0,5mol 16g / mol) oxigénmérleg: 100 = 65,% 7g Mindkét megoldás elfogadható. () b) Vegyünk 100 g A anyagot! 100 g A anyag összetétele: 48,91 g oxigén,06 mol O 18,4 g nitrogén 1,1 mol N x g szén x/1 mol C elégetéséhez x/1 mol O kell, (,75 x) g hidrogén (,75 x) mol H elégetéséhez 0,5(,75 x) mol O kell.() A robbanóanyag-keverékben 189 g nitroglicerin van, amelynek oxigéntartalma 817,7 g. (1) A 100 g A anyag oxigéntartalma 48,91 g, összesen tehát a keverék 866,6 g oxigént tartalmaz. (1) Mivel a keverék oxigénmérlege nulla, a teljes elégetéséhez pontosan ugyanennyi, azaz 866,6 g oxigén kell. A nitroglicerinből felszabadul 189 0, 5 g = 45,4 g oxigén, így a g A elégetéséhez (866,6 + 45,4) g = 91,0 g oxigén kellene (8,5 mol O ). () A képlet alapján az A anyag oxigénmérlege: 48, = 86,1 % () g A elégetéséhez 8,5 mol O kell, így felírható: x/1 + 0,5(,75 x),06 = 57 (1) Az egyenlet megoldása ellentmondásra vezet, hiszen x értéke negatívnak adódik, vagyis egyáltalán nem létezik ilyen anyag. c) Az ellentmondás felismerése: (1) Összesen: 15 pont

7 7. feladat a) Egy hangyacsípésben,0 10 cm hangyasav van, ez az összes készlet 75 %-a. Hangyánként tehát 4,0 µl (4,0 10 cm ) nyerhető ki. Egy deciliter hangyasav 5000 hangyából jöhet össze. () b) HCOOH + NaHCO HCOONa + CO + H O (H CO is jó) (1) Egy csípésben lévő hangyasav tömege:,0 10 cm 1, g/cm =,6 10 g, anyagmennyisége: (M= 46 g/mol) 7, mol. () Ennek teljes semlegesítéséhez ugyanennyi nátrium-hidrogénkarbonát (M= 84 g/mol) kell, amelynek tömege 6,6 mg. () c) A hígított oldat hidrogénion-koncentrációja: 10,4 mol/dm, azaz,7 10 mol/dm (1) A hígított oldatban a hangyasav kiindulási koncentrációja 7,8 10 mol/dm volt. (1) A hidrogénionok ennek disszociációjából keletkeztek, ezért a disszociációfok,7 10 / 7,8 10 = 0,047, azaz a hangyasav 4,7%-a disszociált. () Egyensúlyban a szabad hangyasav koncentrációja 7,45 10 mol/dm, amit az egyensúlyi állandó összefüggésébe helyettesíthetünk. (,7 10 ) 4 K = = 1,85 10 () 7,45 10 Összesen: 15 pont 8. feladat a) A bomlásban keletkező termékek aránya alapján az egyenlet: XYZ = XY + Z (1) Tekintsünk egy mol (n 1 ) szobahőmérsékletű gázt. RT Ennek térfogata a gáztörvény alapján: V 1 = = 4,45 dm : p Tömege: m = V 1 d 1 = 65,5 g. () Az egyensúly beállása után az elegy tömege nem változik, de minthogy sűrűsége csökkent, d 1 térfogata megnő: V = V 1 = 4,45 dm,68 = 61,4 dm. (1) d 1,07 T1V Az adott hőmérsékleten ez n = = 1,76 mol gázt jelent. (1) TV1 Az anyagmennyiség növekedését a képződő 0,76 mol Z gáz okozta. Az egyensúlyi elegyben ebből van 0,76 mol. Az XY gázból kétszer ennyi keletkezett: 0,55 mol. A kiindulási anyagból pedig 0,448 mol maradt vissza. () A térfogatszázalékok: 1,6 % Z, 4, % XY, 5,1 % XYZ. (1)

8 b) Az elegy térfogatát ismerve megkaphatjuk a koncentrációkat, azok segítségével pedig az egyensúlyi állandót: K = 0,55 mol 61,4 dm [ XY] [ Z ] (0,55 mol) 0,76 mol = = = 6,84 10 [ XYZ] 0,448 mol 61,4 dm 0,76 mol 61,4 dm (0,448 mol) 61,4 dm mol dm () c) A kiindulási anyag molekulája három atomot is tartalmaz. Egy mol tömege 65,5 g volt. Feltehetően a sósav, kénsav, salétromsav vagy foszforsav alkotóelemeiből épül fel. Nem egész atomtömege ezek közül csak a klórnak van, így klóratom biztosan szerepel benne. A moláris tömeg fennmaradó részét N és O atomok adhatják. Az anyag összegképlete NOCl. () A bomlás során keletkező kétatomos molekulákból felépülő elem elvileg bármelyikük lehetne, de színe csak a klórnak van. A bomlás során NO és Cl keletkezik. (1) d) A tömény sósav és salétromsav keverékéről, a királyvízről van szó, ami az aranyat és a platinát is oldja. () Összesen: 17 pont