M/15/I-II. Az 2005/2006. tanévi ORSZÁGOS KÖZÉPISKOLAI TANULMÁNYI VERSENY első (iskolai) fordulójának. feladatmegoldásai K É M I Á B Ó L

Átírás

1 Kémia OKTV 2005/2006. I. forduló 1 M/15 I-II. M/15/I-II Az 2005/2006. tanévi ORSZÁGOS KÖZÉPISKOLAI TANULMÁNYI VERSENY első (iskolai) fordulójának Az értékelés szempontjai feladatmegoldásai K É M I Á B Ó L 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 1-2 pontot le kell vonni. A megadottól eltérő minden helyes megoldás elfogadható. Elérhető pontszámok: I. feladatsor: 20 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 M/15 I-II. 2 Kémia OKTV 2005/2006. I. forduló MEGOLDÁS ÉS ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ I. FELADATSOR 1. B 6. A 11. E 16. D 2. B 7. A 12. B 17. C. B 8. C 1. D 18. E 4. D 9. E 14. C 19. A 5. C 10. A 15. C 20. C Összesen: 20 pont II. FELADATSOR 1. feladat A desztillált víz ph-ja a levegőből beoldódó CO 2 miatt enyhén savas (ph < 6), a kioldódó festék ezt a ph-t jelzi piros színnel. (2) Ha a vizet felforraljuk, majd lehűtjük, akkor eltávolítjuk az oldott CO 2 -t, a ph 7-körüli lesz, így a festék szürkéskék oldatot képez. () A filter oldódása során azonban savas anyagok is jutnak a vízbe, a ph lassan csökken, a tea színe pirosra vált. () Összesen: 7 pont Megjegyzés A kemény vizek ph-ja enyhén bázikus, így kiforralatlan vízben is először szürkéskék, majd piros teát kapunk. 2. feladat Vegyünk 1000 mg fogkrémmintát! 1000 mg fogkrém 1000 mg 500/ = 0,5 mg fluort tartalmazhat. Ugyanennyi fogkrémben van 1000 mg 0,1/100 = 1 mg Na 2 PO F, ami 1 mg A r (F)/M r (Na 2 PO F) = (19/144) mg = 0,1 mg fluort tartalmaz. A fennmaradó 0,7 mg fluor kerülhet a fogkrémbe a NaF-ból. A NaF tömege 0,7 mg M r (NaF)/A r (F) = 0,81 mg mg esetén ez 810 ppm-nek felel meg. O OH P F OH (2) Összesen: 8 pont

3 Kémia OKTV 2005/2006. I. forduló M/15 I-II.. feladat a) Az eredeti oldat (o. I) adatai: V(o. I) = 700 dm V(alk. I) = 700 dm 0,8 = 266 dm m(o. I) =? A táblázatból a tiszta alkohol sűrűségadatával meghatározható a tömege; ennek ismeretében a G felhasználásával az oldat sűrűsége leolvasható (közelítéssel). (2) m(alk. I) = 266 dm 0,789 kg/dm = 209,9 kg 209,87 kg alkohol G(o. I) = = 298,1 kg/m 0,700 m oldat ρ (o.i) = 0,951 kg/dm (2) m(o. I) = 0,951 kg/dm 700 dm = 665,7 kg m(víz, I) = 455,8 kg Eladtak 100 dm -t ( az oldat 1/7-ed részét), ebben van: V(alk. II) = 8 dm m(alk. II) = 29,98 kg m(víz, II) = 65,12 kg A maradék oldat (III) összetétele: V(o. III) = 600 dm m(alk. III) = 179,9 kg m(víz, III) = 70,7 kg m(o. III) = 570,6 kg Hozzáadtak x dm (x kg) vizet. Az új oldat (IV.) adatai: V(o. IV) = 700 dm m(o. IV) = (570,6 + x) kg m(alk. IV) = 179,9 kg m(víz, IV) = (70,7 + x) kg A táblázatból: 179,9 kg alkohol G(o. IV) = = 257 kg/m 700 dm oldat ρ (o. IV) = 0,959 kg/dm m(o. IV) = ρ V = 671, kg = ( 90,7 + x + 179,9) kg Ebből: x = 100,7 A pálinkát 100,7 kg, azaz 100,7 dm vízzel töltötték fel. b) Az új pálinka összetétele: V(alk. IV) = V(alk. I) V(alk. II) = 228 dm 228dm V/V% = 100 = 2,6 700 dm Összesen: 15 pont

4 M/15 I-II. 4 Kémia OKTV 2005/2006. I. forduló 4. feladat A cellán átment töltés mennyisége: Q = 10 s 0,965 A = 965 C. Hatására az anódról rézionok mentek oldatba, ennek anyagmennyisége: n(cu, anódról) = 965 C /2(9, C/mol) = 0,005 mol (2) Az anód tömegének a csökkenése: m(anód) = 0,005 mol 6,5 g/mol = 0,175 g ~ 0,18 g A keletkezett hidrogéngáz anyagmennyisége: n(h 2 ) = 0,0294 dm /24,5 (dm /mol) = 0,0012 mol. Az elektrolízis kezdetén, egy rövid ideig a katódon csak hidrogéngáz fejlődött. Később mind nagyobb arányban váltak ki rézionok. Olyanok, amelyek az anódon keletkeztek, és az áramvezetés és a diffúzió révén jutottak el a katódhoz. (2) A gázfejlődéshez felhasznált töltés: Q(H 2 ) = 2 0,0012 mol 9, C/mol = 21,6 C A réz kiválasztásához felhasznált töltés: Q(Cu, katódra) = 965 C 21,6 C = 7,4 C A kivált réz anyagmennyisége. n(cu, katód) = 7,4 C /2(9, C/mol) = 0,008 mol. A katód tömegének gyarapodása: m(katód) = 0,008 mol 6,5 g/mol = 0,241 g. Oldatban maradt rézion anyagmennyisége: n(cu 2+ ) 0,005 mol 0,008 mol = 0,0012 mol rézion tömege: m(cu 2+ ) 0,0012 mol 6,5 g/mol = 0,0762 g. Az oldatból távozó 0,0012 mol hidrogéngáz tömege: m(h 2 ) = 0, g ~ 0,00242 g. Az oldat tömegének a növekedése: m(oldat) 0,0762 g 0,0024 g = 0,078 g. Összesen: 15 pont 5. feladat A végbemenő folyamatok rendezett reakcióegyenletei: MnO 2 + (COOH) 2 + H 2 SO 4 = MnSO CO H 2 O (2) vagy: MnO 2 + (COOH) H + = Mn CO H 2 O (A kiindulási anyagok és termékek helyes képlete 1 pont, együtthatók 1 pont.) 2 KMnO (COOH) 2 + H 2 SO 4 = 2 MnSO CO H 2 O + K 2 SO 4 (2) vagy: 2 MnO (COOH) H + = 2 Mn CO H 2 O (A kiindulási anyagok és termékek helyes képlete 1 pont, együtthatók 1 pont.)

5 Kémia OKTV 2005/2006. I. forduló 5 M/15 I-II. Anyagmennyiségek: a fogyott kálium-permanganát: n(kmno 4 ) = 2, mol, a felesleges oxálsav: n(oxálsav) = 2,5 2, mol = 5, mol, az összes oxálsav: 0,4095 g n(oxálsav,összes) = =,25 10 mol, 126,0 g / mol mangán(iv)-oxiddal reagált oxálsav: n( oxálsav,szükséges) = 2, mol A mangán(iv)-oxid anyagmennyisége: n = 2, mol, tömege: m = 0,267 g. A barnakő tömegszázalékos mangán(iv)-oxid-tartalma tehát 94,7 %. 6. feladat Összesen: 9 pont A vízzel telített fenol-oldat (A jelű oldat) összetétele: 0,75 m/m% = 100 = 27,27 1,75 A fenollal telített vizes oldat B jelű oldat összetétele 1,00 m/m% = 100 = 6,25 16,0 Vegyünk 100 g A oldatot! Ebben van 27,27 g víz és 72,7 g fenol. Ha hozzáadunk 16,67 g vizet, az oldat tömege 116,67 g lesz, és két fázisra különül el: A fázis 27,27 %-os vízre nézve, B fázis 6,25 % os fenolra nézve. (2) A két fázisban van összesen: 4,94 g víz 72,7 g fenol. A két fázis összetétele: A fázis: (4,94 x) g víz és (72,7 y) g fenol B fázis x g víz és y g fenol A fázisok összetétele: A: 4,94 x y = 0,2727 B: 116,67 x y x + y = 0,0625 (2) Ebből: y = 1,19 g fenol és x = 15 y = 17,11 g víz () A oldat: 98,44 g = 26,85 g víz + 71,59 g fenol B oldat: 18,24 g = 17,10 g víz + 1,19 g fenol (2) Arányok: a) A(tömeg)/B(tömeg) = 5,9:1,00 b) A (fenol)/b(fenol) = 62,82:1,00 A(víz)/B(víz) = 1,57:1,00 () Összesen: 14 pont

6 M/15 I-II. 6 Kémia OKTV 2005/2006. I. forduló 7. feladat A szükséges oxigén anyagmennyisége: 0,2205dm n(o 2 ) = = 0,00900 mol, 24,5dm mol tömege: m(o 2 ) = 0,00900 mol 2,0 g/mol =0,288 g A keletkező víz anyagmennyisége: 0,162 g n(h 2 O) = = 0,00900 mol 18g/mol A kiindulási anyagok össztömege: m(összes) = (0, ,270) g = 0,558 g A keletkező szén-dioxid tömege: m(co 2 ) = (0,558 0,162) g = 0,96 g anyagmennyisége: 0,96 g n(co 2 ) = 44 g/mol 0,00900 mol Az ismeretlen vegyület elemi összetétele: n(c) = 0,00900 mol; m(c) = 0,108 g n(h) = 0,01800 mol; m(h) = 0,018 g m(o) = (0,270 0,108 0,018) g = 0,144 g n(o) = 0,00900 mol Tehát a molekulaképlet (CH 2 O) k 0,6474 g A keletkező ezüst anyagmennyisége n(ag) = 107,9 g/mol 0,006 mol A pozitív ezüsttükör-próba formilcsoport jelenlétét mutatja, egyértékű aldehidek esetén a reakció egyenlete: R-CHO + 2 Ag OH - = R-COOH + 2 Ag + H 2 O Az aldehid anyagmennyisége 0,00 mol, moláris tömege tehát 90 g/mol. A megfelelő molekulaképlet C H 6 O, pl. a glicerinaldehid megfelelő megoldás: CH 2 (OH)-CH(OH)-CHO Összesen: 12 pont