2014/2015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló KÉMIA. I. KATEGÓRIA Javítási-értékelési útmutató

Átírás

1 Oktatási Hivatal I. FELADATSOR 014/015. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló KÉMIA I. KATEGÓRIA Javítási-értékelési útmutató 1. B. 70Yb 3. C 4. A fenti reakióban a HDS képződése exoterm folyamat. Állítás Igaz Hamis Az említett ipari folyamatban a hidegebb víz dúsul deutériumban. A magasabb hőmérséklet kedvez a deutérium kén-hidrogénbe történő beépülésének. A folyamat során lényegében a kén-hidrogén szállítja a deutériumot a melegebb vízből a hidegebbe. (4) 5. A oldat: AgNO 3 -oldat B oldat: NH 3 -oldat A oldat: meszes víz B oldat: szódavíz A oldat: CuSO 4 -oldat B oldat: Na-oldat 10 ml A oldat + néhány sepp B oldat Barna sapadék válik le. Ag + + Ag O + H O Fehér sapadék válik le. Ca() + H CO 3 CaCO 3 + H O Világoskék sapadék válik le. Cu + + Cu() 10 ml B oldat + néhány sepp A oldat A kezdeti zavarosodás gyorsan eltűnik. Ag O + 4NH 3 +H O [Ag(NH 3 ) ] + + A kezdeti zavarosodás gyorsan eltűnik. CaCO 3 + H CO 3 Ca + + HCO 3 Világoskék sapadék válik le. Cu + + Cu() Tapasztalat megadása: 0,5 pont, helyes egyenlet: 0,75 pont, hibásan rendezett egyenlet 0,5 pont. Az utolsó sorban mindez sak akkor érvényes, ha a két válasz egyezik. Ha a válaszok eltérnek, de az egyik helyen jó szerepel, az 0,5 pontot ér. (5) 6. szaharóz < hangyasav < butándial < formaldehid 7. D 8. ()

2 9. Jó megoldás 1 pont, egy eltérés 0,5 pont. () A metil-piperin vizes oldata lúgos kémhatású. A metil-piperin kloroformban jobban oldódik, mint vízben. Igaz Hamis 0,5 = N H 11. O C () O d) 1. NaCl + H SO 4 NaHSO 4 + HCl I, SO () HI + H SO 4 I + SO + H O d) D e) I + H S HI + S f) P g) 18 () Az feladatrészben a NaCl + H SO 4 Na SO 4 + HCl egyenlet is elfogadható.

3 II. FELADATSOR 1. feladat M(NH 4 NO 3 ) = 80,0 g/mol m/m%(n) = 35,0 % A keresett NPK-érték tehát t műtrágya esetén a foszfortartalom 100 kg P O 5 -nek felel meg, ami 1408 mol P-t jelent. A káliumtartalom 110 kg K O-nak felel meg, ez 335 mol K-t jelent. Legyen a feloldott K HPO 4 anyagmennyisége x, a KH PO 4 -é y. Ekkor felírható: x + y = 1408 mol x + y = 335 mol Ebből: x = 97 mol; y = 481 mol Tehát a szükséges mennyiségek: m(k HPO 4 ) = M(K HPO 4 ) 97 mol = 161 kg m(kh PO 4 ) = M(KH PO 4 ) 481 mol = 65,5 kg. feladat 7 pont Legyen a keletkező vegyület képlete AO x Felírható: M( A ) 1000,, ahol M(A) az ismeretlen elem moláris tömege. () x 16 g/mol 0, 33 Ebből M(A) = 68,67x adódik. Kémiailag reális megoldás: x = esetén M(A) = 137,3 g/mol. A keresett elem a bárium. (A keletkező anyag a BaO, bárium-peroxid.) () Ba + O BaO BaO + H SO 4 BaSO 4 + H O I + H O + H + H O + I 8 pont

4 3. feladat K: H O + e H + A: H O O + 4 H e 3 H O O H e A katódon fejlődő hidrogén térfogata,00 m 3. Ennek anyagmennyisége az ideális gáztörvény alapján 8, mol. n(e ) = 8, mol = 1, mol Q = 1, mol C/mol = 17,6 C I = 0,9 A Az anódon eközben ózon és dioxigén elegye képződik: V(O 3 ) + V(O ) = 10,60 m 3.,00 m 3 = V(O 3 ) 6 + V(O ) 4 () A két összefüggésből: V(O 3 ) = 0,80 m 3 V(O ) = 9,80 m 3 A gázelegy 7,5 térfogatszázalék ózont tartalmazott. d) Bármennyi ózont is tartalmaz az anódon fejlődő gázelegy, dioxigénné történő bomlása során térfogata 11,00 m 3 lesz (a katódon fejlődő hidrogén térfogatának a fele). Esetünkben a térfogat-növekedés tehát 0,40 m 3, ami a kiindulási gázelegy térfogatának 3,8%-a. 4. feladat = 9 pont HIn K [H ] [In ] [HIn ] [HIn ] = [In ] [H ] = K 10 ph K Az átmeneti színt akkor látjuk, amikor [HIn ] 10 [In ] és 10 [HIn ] [In ] Az előbb meghatározott összefüggés szerint ekkor 10 K 10 ph 0,1 K Ebből 6,6 < ph < 8,6 6 pont

5 5. feladat Lilás rózsaszín. Kék. C d) n(edta) = 4,9 m 3 0,0510 mol/dm 3 = 0,51 mmol n(ca + + Mg + ) = 0,51 mmol e) (Ca + + Mg + ) = 5,0 mmol/dm 3 10 mg CaO anyagmennyisége 10/56 mmol. Az ásványvíz összes keménysége tehát 8,1 nk. f) HCO 3 + H + H O + CO n(hco 3 ) = n(hcl) = 8,04 m 3 0,0993 mol/dm 3 = 0,798 mmol (HCO 3 ) = 7,98 mmol/dm 3 Ezzel ekvivalens konentráió: (Ca + + Mg + ) v = 3,99 mmol/dm 3 Ez megfelel,3 nk -nak = 9 pont

6 6. feladat x B = n n B összes = B össz K x = x x ammónia 3 hidrogén xnitrogén = ammónia 3 hidrogén nitrogén össz = K össz () Ebből: össz = 1,000 mol/dm 3 p össz = össz RT = 4,99 MPa () Nem, mert a nyomásváltozás állandó hőmérsékleten az összkonentráió változását okozza, ami a K x = K össz összefüggés értelmében a K x megváltozását eredményezi. () Ha a kezdeti gázelegy sztöhiometrikus volt, akkor az egyensúlyi elegyben is 3:1 a hidrogén és a nitrogén anyagmennyiség-aránya. Ezek alapján az egyensúlyi elegyben 0,3 térfogatszázalék N és 61,0 térfogatszázalék H van. Ebből meghatározható a K x értéke a kérdéses hőmérsékleten: K x = 0187, = 0, , 61 0, 03 Ezen a hőmérsékleten K x kisebb, mint 600 K-en, amiből következik, hogy a hőmérsékletet növelték. Az ammónia képződése ugyanis exoterm folyamat, a hőmérséklet növelése az ammónia bomlásának kedvez, tehát az egyensúlyi állandó sökkenésével jár = 8 pont

7 7. feladat [H ] [HA ] K s1 [H A] [H ] [A ] K s [HA ] Ha mindhárom forma egyensúlyi konentráiója azonos, akkor [HA ] Ks1 1= [H A] [H ] [A ] Ks 1= [HA ] [H ] Mivel a két savállandó nem egyenlő, a két feltétel egyidejűleg nem teljesülhet. Nem létezik olyan ph, ahol mindhárom forma konentráiója azonos. Fejezzük ki a különböző speieszek konentráióját: [HA Ks1 ] = [HA] [H ] [A Ks ] = [HA ] [H ] Teljesülnie kell a [HA ] = [H A] + [A ] feltételnek. Ks1 [HA] [H ] Ks1 [H ] A másodfokú egyenletet megoldva mindkét gyök pozitív lesz: [H + ] 1 =, [H + ] = 1, A vizsgált feltétel tehát két ph-értéken is teljesül: ph 1 = 5,69 ph =,83 (Vegyük észre, hogy a keresett hidrogénion-konentráiók éppen a savállandók értékei. Látszik, hogy ilyenkor a [HA ] = [H A], ill. a [HA ] = [A ] egyenlőségek állnak fenn. Vagyis amikor bármely két speiesz konentráiója összemérhető, olyankor a harmadik speieszé ezekhez képest elhanyagolható. Ennek oka a két savállandó közötti viszonylag nagy három nagyságrend eltérés. Ezt kihasználva a számolás tehát lényegesen leegyszerűsödik a [H + ] 1 = K s1, ill. [H + ] = K s összefüggésekre. Aki belátja ezt a tényt, és igazolja az elhanyagolás jogosságát, maximális pontszámot kaphat.) 9 11 = 9 pont 11

8 8. feladat Tételezzük fel, hogy BaSO 4 sapadék válik le. n(baso 4 ) = 3,573 mmol 0,5000 g fém-szulfátban ugyanennyi szulfátion volt. m(so 4 ) = 0,343 g m(me) = 0,1568 g A fém:szulfát anyagmennyiség-arányt vizsgálva a fém különböző oxidáiós számaira: oxidáiós szám n(me)/mmol M(Me)/g mol ,146 1,94 + 3,573 43,88 +3,38 65,8 +4 1,787 87,74 Nagyobb oxidáiós számok vizsgálata nem szükséges (és ott sem találnánk reális moláris tömeget). Egyetlen esetben sins kémiailag értelmezhető megoldás. Ezek szerint a kiindulási feltételezésünk hibás volt. Mivel BaSO 4 mindenképpen leválik, feltételezhetjük, hogy a fém-klorid is sapadék. A reakióegyenlet tehát így írható: Me (SO 4 ) x + x BaCl MeCl x + x BaSO 4 0,5000 g 0,8338 g A reakióba lépő BaCl tömege tehát 0,8338 g 0,5000 g = 0,3338 g. n(bacl ) = 1,603 mmol 1,603 A fém-szulfát anyagmennyisége mmol. x 500, 0x Moláris tömege tehát 3119, x g/mol 1603, x = 1 esetén M = 311,9 g/mol, vagyis a fém moláris tömege 107,9 g/mol. Ez a fém az ezüst. Ennek a kloridja valóban sapadék. Ag + + SO 4 + Ba + + Cl = AgCl + BaSO = 9 pont