A 2010/2011. tanévi ORSZÁGOS KÖZÉPISKOLAI TANULMÁNYI VERSENY első fordulójának. feladatmegoldásai. K É M I Á B Ó L (I-II.

Átírás

1 Oktatási Hivatal A 2010/2011. tanévi ORSZÁGOS KÖZÉPISKOLAI TANULMÁNYI VERSENY első fordulójának feladatmegoldásai K É M I Á B Ó L (I-II. kategóri Az értékelés szempontjai Egy-egy feladat összes pontszáma a részpontokból tevődik össze. Csak hibátlan megoldásért 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 I. FELADATSOR 1. B 6. A 11. E 16. C 2. A 7. D 12. D 17. B 3. D 8. D 13. E 18. E 4. E 9. A 14. A 19. E 5. E 10. D 15. B 20. A 20 pont II. FELADATSOR 1. feladat A bioüzemanyagok növényekből származnak. A növények a szervezetük felépítéséhez szükséges szenet a légkörből nyerik ki (CO 2 -megkötés). A bioüzemanyagok égetésekor keletkező, a légkörbe kerülő CO 2 tehát már korábban is ott volt, így nem jelent újabb CO 2 -terhelést, nem járul hozzá a légkör CO 2 -tartalmának növekedéséhez. A hagyományos üzemanyagok fosszilis energiahordozókból származnak, a belőlük keletkező CO 2 növeli a légkör CO 2 -tartalmát, hiszen a kibocsátott CO 2 szene korábban a föld alatt volt eltemetve. (2) A légkörbe kerülő CO 2 hozzájárul az üvegházhatás erősödéséhez, ami globális felmelegedéshez, ill. klímaváltozáshoz vezet(het). Összesen: 5 pont 2

3 2. feladat m tömegű gázelegyben 0,17m O 3 és 0,83m O 2 található. 0,17m 0,83m n(o 3 ) = ; n(o2 ) = M (O3) M (O2 ) n(o3) 0,17M (O2 ) 0,17 2 V/V% (O 3 ) = = = 100 = 12%. n(o ) + n(o ) 0,17M (O ) + 0,83M (O ) 0, ,83 3 (2) óra alatt 6000 ml = 6,00 dm 3 gázelegy képződik. Ebből 0,72 dm 3 O Pa 0, m3 n(o 3 ) = = 0,030 mol 8,314 Pa m3 mol 1 K K 1 óra alatt 0,030 mol 48 g/mol = 1,44 g ózon képződik. 3 Összesen: 8 pont A feladatrész az -tól függetlenül értékelhető, tehát hibás eredménnyel számolva is járhat a maximális 4 pont. 3. feladat M(CuSO 4 ) = 159,6 g/mol; M(CuSO 4 5H 2 O) = 249,7 g/mol A 18 o 20,2 g C-os telített oldat 100 = 16,8 tömegszázalékos. 120,2 g A 100 g vízben feloldható pentahidrát tömege legyen m! 159,6 g/mol m Ennek CuSO 4 -tartalma 249,7 g/mol = 0,639m. 0,639m = 0, g + m m = 35,7 g, tehát 100 g vízben 18 o C-on 35,7 g CuSO 4 5H 2 O oldható fel. Az oldódási egyensúly beállta után a telített oldattal pentahidrát van egyensúlyban. Tömege legyen y! A telített oldat tömege (130 g y), a benne oldott CuSO 4 tömege (30 g 0,639y) lesz. (2) 0,168 (130 g y) = 30 g 0,639y y = 17,3 g, tehát az oldatból 17,3 g CuSO 4 5H 2 O szűrhető ki. 3 Összesen: 9 pont Elvi hibának minősül, ha a feladatrészben azt feltételezi, hogy vízmentes CuSO 4 van egyensúlyban a telített oldattal. Az ebből kiinduló számításra nem adható pont.

4 4. feladat Katin: Amfetamin: Mefedron: OH O NH 2 NH 2 HN (3) A katinon oldhatósága híg sósavban a legnagyobb, mert a katinon aminocsoportja miatt bázisként viselkedik, és kémiai reakcióba lép a sósavval. (2) c) A katinonban 1, a katinban 2 kiralitáscentrum van. Az azonos konstitúciójú, de mégis eltérő vegyületek sztereoizomerek lesznek. A katinonnak 1, a katinnak 3 konfigurációban eltérő izomerje lehetséges. (2) A feladat nem emeli ki, hogy a katin és a katinon optikailag tiszta anyag. Elfogadhatóak azok a válaszok, amelyekben megjelenik a sztereoizoméria, és a kiralitáscentrumok száma helyes. d) Az amfetamin molekulája jut át könnyebben a vér-agy gáton. 5. feladat Összesen: 8 pont Az A anyag feltehetően egy fém-hidroxid. Erre utal az oldat erősen lúgos kémhatása, a sósavas semlegesítés, és az is, hogy Ba(OH) 2 -oldattal állítható elő (egy báriumcsapadék leválása közben). A fém-hidroxid 0,01 mólja 0,01 mol HCl-lel reagál, tehát a keresett fém-hidroxid képlete MeOH. 0,01 mol MeCl csapadék keletkezik. Ennek tömege 2,40 g, tehát a klorid moláris tömege 240 g/mol. M(Me) + 35,5 g/mol = 240 g/mol M(Me) = 204,5 g/mol. Ez a fém a tallium. Az A anyag képlete TlOH. A B vegyület oxigéntartalmú talliumsó, anionja megegyezik a C anyagéval (amely pedig báriumsó). Az anion azonosítása többféleképpen történhet. Bármely gondolatmenetre 4 pont adható, míg a képletek helyes megállapítása 1-1 pont. 4

5 A) Ha X a keresett anion, és a töltése n (várhatóan n = 1, 2 vagy 3), akkor B képlete Tl n X, C képlete pedig Ba n X 2. Ez alapján 2 mol B ugyanannyi oxigént tartalmaz, mint 1 mol C. A két vegyület oxigéntartalmának arányáról megállapítható: 27,43 12,68 = 2M ( B) M ( C) = 2nM (Tl) + 2M (X) nm (B + 2M (X) Ebből M(X) = 48,06n adódik. Reális megoldás n = 2 esetén a szulfátion. (A BaSO 4 valóban csapadék.) Nem zárható ki a HPO 4 2 ion sem. A Tl 2 HPO 4 vízoldható, a BaHPO 4 pedig valóban csapadék, bár Ba(OH) 2 - felesleg hatására, lúgos közegben a tallium-hidrogén-foszfát és a bárium-hidroxid között az alábbi reakció játszódna le: 2 Tl 2 HPO Ba(OH) 2 4 TlOH + Ba 3 (PO 4 ) H 2 O Vagyis a képződő báriumcsapadék nem hidrogén-foszfát lenne, hanem foszfát, és ennek az oxigéntartalma nem 27,43 tömegszázalék. A Tl 2 HPO 4 és a BaHPO 4 válaszokra is maximális pontszám adható. B) Feltételezzük, hogy a báriumcsapadék, így a talliumsó is szulfát. A BaSO 4 oxigéntartalma = 27,43 tömegszázalék. (2) 233,3 64 A Tl 2 SO 4 oxigéntartalma 100 = 12,68 tömegszázalék, feltételezésünk tehát helyes volt. 504,8 (2) A B) gondolatmenetből kiindulva meghatározható a fém anyagi minősége is: Legyen a fém-szulfát képlete Me 2 (SO 4 ) x, ahol x értéke várhatóan 1, 2 vagy 3. Oxigéntartalmára felírható: 4x 16 g/mol 0,1268 = 2M (Me) + x 96,1g/mol Ebből M = 204,3x adódik. Az egyetlen megoldás: x = 1 esetén M = 204,3 g/mol. A keresett fém tehát a tallium. Ebben az esetben az A meghatározására kapható 5 pont is jár, feltéve, hogy indoklással együtt megadja a TlOH képletet. B tehát Tl 2 SO 4, C pedig BaSO 4. (2) TlOH + HCl TlCl + H 2 O Tl 2 SO 4 + Ba(OH) 2 2 TlOH + BaSO 4 Összesen: 13 pont 5

6 6. feladat Ha az amilózmolekula n db glükózegységből épül fel, moláris tömege M(amilóz)= nm(glükóz) (n 1)M(víz) 100 g 100,00 g amilóz anyagmennyisége n(amilóz) =. n [ M (glükóz) M (víz)] + M (víz) Az ebből keletkező glükóz tömege: nm (glükóz) 100 g m = n(amilóz) n M (glükóz) = (2) n[ M (glükóz) M (víz)] + M (víz) mm (víz) n = 100 g M (glükóz) - m[ M (glükóz) M (víz)] vagy: 1 M ( glükóz) m 100g = 1 n M ( víz) m A megoldásokban nem várunk a fentiekhez hasonló, formális összefüggéseket. Teljes értékű minden, az n és m közötti kapcsolatot megadó képlet. Az összefüggésbe behelyettesítve: 18,02m n = = ,16m A hibahatárt figyelembe véve a hidrolízis során képződő glükóz tömege valójában 110,81 g és 111,21 g között lehet. Előbbi esetén n = 41 adódik az összefüggésből, utóbbi esetben viszont értelmetlen, negatív érték, ugyanis m értékének elvi felső határa (ami nagyon nagy n-nek felel meg) 111,11 g. Tehát a mérési eredmények szerint a glükózegységek száma 41-nél több. A levezetett összefüggésből kapható számszerű eredmények nagyon erősen függenek a felhasznált moláris tömegektől és tömegektől, éppen az összefüggés rossz alkalmazhatósága miatt. Helyes elven alapulhat és teljes értékű lehet az itt megadottól eltérő számokat tartalmazó megoldás is. c) n = 300 esetén m = 111,07 g, míg n = 3000 esetén m = 111,11 g. A két érték különbsége 0,04 g, ami kisebb, mint a mérés hibahatára. Ezért a módszer gyakorlatilag használhatatlan, az esetek nagy többségében semmilyen értékelhető információval nem szolgál. (2) Összesen: 10 pont A (C 6 H 10 O 5 ) n összegképletből kiinduló számításokra pont nem adható, hiszen ebben az esetben m értéke egyáltalán nem függ n-től. A feladatrész megoldása teljes értékű lehet a glükóz átlagos tömegéből számolt n = 120 érték meghatározása nélkül is. Az a részpont arra az esetre vonatkozik, ha további a hibahatárokat is figyelembe vevő számítást nem végez. 6

7 7. feladat K = [ N ] 2O4 [ NO ] 2 2 A reakcióhő: r H = (12,9 2 33,5) kj/mol = 54,1 kj/mol. A reakció exoterm, a le Châtelier-elv értelmében a melegítés hatására az egyensúly balra, a bomlás irányába tolódik el. (2) A N 2 ugyan semmivel sem lép reakcióba, de hozzáadása folytán megnő a gázelegy térfogata, és így csökken a reakciópartnerek koncentrációja. A koncentrációkból képezett tört, amely egyensúlyban az egyensúlyi állandóval egyenlő, megváltozik, ugyanis a nevező a kettes hatvány miatt jobban csökken, mint a számláló. Ami a koncentrációkat a térfogat mellett még befolyásolhatja, az az anyagmennyiség. Az egyenlőség a tört és a K között azáltal állhat helyre, hogy megnő a NO 2 anyagmennyisége és csökken a N 2 O 4 -é, vagyis az egyensúly balra, a bomlás irányába tolódik el. (2) A folyamat endoterm, a hőváltozás pozitív. A rendszer hőt vesz fel. c) Ha nem változik a térfogat, nem változnak meg a koncentrációk, nincs reakció, és hőváltozás sincs. (2) Összesen: 11 pont 7

8 8. feladat H 2 S + 4 Br H 2 O SO Br + 10 H + (vagy H 2 S + 4 Br H 2 O H 2 SO HBr) H + + OH H 2 O (vagy HBr + NaOH NaBr + H 2 O és H 2 SO NaOH Na 2 SO H 2 O) 15,92 cm 3 NaOH-mérőoldatban 1, mol NaOH van. 1 mol H 2 S-ből 10 mol H + keletkezik, tehát a minta 10,00 cm 3 -ében 1, mol H 2 S volt. A H 2 S koncentrációja: 1, mol c = = 1, mol/dm 3. 0,01dm3 A kén-hidrogén-tartalom: 1, mol/dm 3 34,08 g/mol = 542,6 mg/l c) H(IO 3 ) I + 11 H + 6 I H 2 O [vagy IO I + 6 H + 3 I H 2 O vagy KH(IO 3 ) KI + 11 HCl 6 I KCl + 6 H 2 O] I 2 + H 2 S 2 I + 2 H + + S (vagy I 2 + H 2 S 2 HI + S) I S 2 O 2 3 S 4 O I (vagy I Na 2 S 2 O 3 Na 2 S 4 O NaI) d) 10,00 cm 3 0,01000 mol/dm 3 koncentrációjú KH(IO 3 ) 2 -oldatban 1, mol H(IO 3 ) 2 van. Ebből (és a KI-ból) 6, mol jód képződik. A mintában 1, mol H 2 S volt, ami ugyanennyi jódot redukál, tehát 6, mol 1, mol = 4, mol I 2 marad feleslegben. (2) Ez 8, mol tioszulfáttal lép reakcióba, így a várható fogyás 8, mol V = = 8, 82 cm 3. 0,1000 mol/dm3 e) 4 Ag + 2 H 2 S + O 2 2 Ag 2 S + 2 H 2 O (2) Helyes képletek: 1 pont, helyes rendezés: 1 pont. Összesen: 16 pont Hibásan rendezett (de a részt vevő anyagokat tekintve helyes) reakcióegyenletre nem jár pont, de minden ebből következő számítás maximális pontszámmal értékelhető, ha nem vezet irreális eredményre. Irreális végeredmény esetén az adott feladatrészre nem adható pont. Ha a feladatrészben hibásan állapítja meg a brómos oxidációban termelt sav mennyiségét (elvi hib, akkor a H 2 S anyagmennyiségének, koncentrációjának és tömegkoncentrációjának kiszámítására nem adható pont. A d) feladatrész a -től függetlenül értékelhető, tehát hibás eredménnyel számolva is járhat a maximális 5 pont, feltéve, hogy nem vezet irreális (negatív) végeredményre. 8