Oktatási Hivatal I. FELADATSOR A 016/017. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló KÉMIA I. Javítási-értékelési útmutató 1. Sn, W, Rh Bármely kettő: (). Z = 80 / Hg A = 196 Egy eltérés (hiány vagy többlet): 1 pont.. a) 1. tartály. tartály. tartály nagyobb lesz X X X kisebb lesz változatlan marad a rendelkezésre álló adatokból nem dönthető el () 1. tartály:. tartály: 4-szeresére. tartály: c) 1. tartály. tartály. tartály A bróm koncentrációja ND N ND A gázelegy átlagos moláris tömege NV NV NV A gázelegy sűrűsége NV N N Minden hibátlanul kitöltött sor, összesen () 7 pont 4. D < A < C < B 5. C < A < B () 6. ΔrH = 86 kj/mol () 7. a) A katódon. cink c) I I + e (a I I + e egyenlet 0,5 pont) d) Az oldott jód (trijodid) okozza. e) Csökken az oldott jód (trijodid) koncentrációja. f) I 6 pont
8. Gáz Felhasznált anyagok Reakcióegyenlet Szárítás NH H HCl kénhidrogén szénmonoxid ammónium-klorid kalcium-oxid kén paraffin cink kálium-hidrogén-szulfát alumínium-klorid dikálium-hidrogén-foszfát kalcium-karbonát cink NH 4Cl + CaO NH + CaCl + H O X Zn + KHSO 4 ZnSO 4 + K SO 4 + H AlCl + K HPO 4 HCl + AlPO 4 + K PO 4 CaCO + Zn CaO + ZnO + CO nitrogén K Cr O 7 ammónium-klorid NH 4Cl + K Cr O 7 Cr O + N + KCl + 4 H O X dinitrogén -oxid ammónium-szulfát nátrium-nitrát (NH 4) SO 4 + NaNO N O + Na SO 4 + 4 H O Helyesen megadott képletek (vagy nevek): Helyesen felírt reakcióegyenletek: 6 () (hibás egyenletrendezés esetén 1 pont adható) A Szárítás oszlop helyes kitöltése: Összesen 16 részpont. A feladat összpontszáma 16 0,75 = 6 pont X 9. a) angelikasav: tiglinsav: -metilbut--énsav (0,5) c) etén: szén-dioxid (0,5) propén: szén-dioxid és ecetsav (0,5) d) buta-1,-dién: szén-dioxid (0,5) e) -metilbutánsav (0,5) f) enantiomerek (0,5) g) D (0,5) h) E (0,5) a) A képletek felcserélése esetén 1 pont adható. Hibás konstitúcióhoz tartozó helyes elnevezés maximális 0,5 ponttal értékelendő. c) A hangyasav hangyasav+ecetsav hangyasav+oxálsav válaszkombináció (azaz a karbonsavak továbboxidációjának figyelmen kívül hagyása 1 pont. e) Hibás konstitúcióhoz tartozó helyes elnevezés maximális 0,5 ponttal értékelendő. 7 pont
10. a) C17H1NO4 c) H+ * * * * Protonálódás: (0,5) Kiralitáscentrumok: (0,5) d) A kokain sói nem illékonyak. e) Szódabikarbónával a kokain sóiból felszabadítható maga a kokain. f) D () F, H () B, C, D, G (4) B f) Minden esetben 1 eltérés (hiány vagy többlet 0,5) pont. 11. 6 () 8 pont
II. FELADATSOR 1. feladat Al(SO4) + KMnO4 = Al(MnO4) + KAl(SO4) () (1 pont a helyes képletekért, 1 pont az egyenletrendezésért.) M[Al(SO4) = 4 g/mol M[KMnO4 = 158 g/mol Az egyenlet szerint a megfelelő tömegarány: m[al(so4) : m[kmno4 = 4 : 158 = 1,44:1 () A telített oldatok töménysége: Al(SO4)-oldat: 4, m/m% KMnO4-oldat: 5,1 m/m% Az elegyítendő oldatok tömegaránya: 1,44 m[al(so4)-oldat : m[kmno4-oldat = : 4, 1 5,1 = 0,861: 1 Hibásan felírt képlet súlyos elvi hibának számít, így további részpontok nem adhatók. Hibásan rendezett reakcióegyenlettel, elvileg helyes számítás esetén minden további részpont megadható. 6 pont. feladat M(KNaC4H4O6 4HO) = 8, g/mol n(knac4h4o6) = 6,498 10 mol A tömegveszteség 0, g, ami 1 mol KNa-tartarát-tetrahidrátra vonatkozóan 49,55 g. Az eltávozó anyag víz, így anyagmennyisége 1 mol KNa-tartarát-tetrahidrátra,75 mol. Formálisan felírható a KNaC4H4O6 4HO KNaC4H4O6 1,5HO +,75 HO egyenlet, azonban tudjuk, hogy ilyen összetételű kristályok nem léteznek. Nem jöhet szóba a Rochelle-só részleges vízvesztése sem, hiszen nem ismeretes a vízmentes KNa-tartarát sem. A 6 C-on kapott anyag tehát K-tartarát xho és Na-tartarát yho 1:1 anyagmennyiségarányú keveréke. A létező fázisok összetételének ismeretében a két anyag: K-tartarát 1/HO és Na-tartarát HO 10 C-on a tömegveszteség 0,468 g, ami 1 mol Rochelle-sóra vonatkozóan 7 g. Ez megfelel 4 mol víznek, azaz a teljes víztartalom elvesztésének. Mivel vízmentes kálium-nátrium-tartarát nem létezik, a kapott anyag vízmentes K-tartarátot és vízmentes Na-tartarátot tartalmaz. A sók anyagmennyiség-aránya 1:1. 7 pont 4
. feladat a) 1 mol gyémántban 1 mol szénatom van. Minden szénatom 4 kovalens kötést alakít ki, de egy kovalens kötés szénatomhoz tartozik. 1 mol gyémántban tehát mol C-C kötés található. () 1 mol SiC-ban mol atom található. Mivel szerkezete a gyémánttal analóg, 1 mol SiC-ban 4 mol Si C kötés található. () c) A gyémánt és a fluor reakciója: C(gyémánt) + F(g) = CF4(g) ΔrH = 9 kj/mol kj/mol = 95 kj/mol () A gyémánt képződéshőjének figyelmen kívül hagyása: Ugyanez a reakcióhő felírható a kötési energiák összegeként is: 95 kj/mol = 155 kj/mol + Eköt(C C) 4 485 kj/mol Ebből: Eköt(C C) = 48 kj/mol A szilícium és a fluor reakciója: Si(sz) + F(g) = SiF4(g) ΔrH = 1615 kj/mol Ugyanez a reakcióhő felírható a kötési energiák összegeként is: 1615 kj/mol = 155 kj/mol + Eköt(Si Si) 4 565 kj/mol Ebből: Eköt(Si Si) = 168 kj/mol A szilícium-karbid és a fluor reakciója: SiC(sz) + 4 F(g) = SiF4(g) + CF4(g) ΔrH = 476 kj/mol Ugyanez a reakcióhő felírható a kötési energiák összegeként is: 476 kj/mol = 4 155 kj/mol + 4Eköt(C Si) 4 565 kj/mol 4 485 kj/mol Ebből: Eköt(C Si) = 76 kj/mol Mindhárom anyag esetén érvényes elv: rosszul kiszámolt reakcióhővel is megadható a kötési energia számításáért járó részpont. 14 0,5 = 7 pont 5
4. feladat a) + PbSO4 + HO PbO + HSO4 + e + H + PbSO4 + e + H + Pb + HSO4 A reakcióegyenletekben OH nem jelenhet meg. Pb + PbO + HSO4 PbSO4 + HO Itt és az a) feladatrészben Pb + vagy Pb 4+ feltüntetése egy adott egyenletben 0,5-0,5 pont levonásával jár. c) E d) 45 Ah töltés 600 45 Ah = 16 000 C Ez megfelel 1,68 mol elektronnak, ami a fenti egyenletek alapján 0,84 mol PbSO4-et jelent mindkét elektródon. Ennek tömege 55 g. e) Feltöltött állapotban az elektródok anyaga Pb, ill. PbO, melyek anyagmennyisége 0,84 mol. A PbO tömege 0,84 mol 9, g/mol = 01 g A Pb tömege 0,84 mol 07, g/mol = 174 g f) B g) C, E () Egy eltérés (hiány vagy többlet): 1 pont. h) A töltés során keletkező HSO4 anyagmennyisége azonos a PbSO4 anyagmennyiségével. m(hso4) = 1,68 mol 98,1 g/mol = 165 g Ha a kénsav anyagmennyisége elvileg hibás (azaz nem egyenlő a d) feladatrészben kiszámolt elektron-, ill. PbSO 4-anyagmennyiséggel), erre a feladatrészre pont nem jár. i) Legyen kisütött állapotban az elektrolit tömege x. Töltés közben keletkezik 165 g kénsav, de elfogy 1,68 mol, azaz 0, g víz. Feltöltött állapotban tehát x + 14,8 g az elektrolit tömege. Ha ekkor a kénsavtartalom a megengedhető legnagyobb, akkor a tömege 0,(x + 14,8 g) Ha kisütött állapotban a kénsavtartalom a megengedhető legkisebb, a tömege 0,1x A kettő különbségére felírható: 0,(x + 14,8 g) 0,1x = 165 g Ebből: x = 6 g A minimális elektrolitmennyiség kisütött állapotban 6 g, feltöltve 758 g j) A cella teljes tömege kisütött és feltöltött állapotban azonos. Kisütött állapotban 55 g PbSO4 mellett legalább 6 g elektrolit van jelen. Ez összesen 11 g, ami az alkatrészekkel együtt 160 g. [Feltöltött állapotra: 1, (01 g + 174 g + 758 g) = 160 g 14 =14 pont 6
5. feladat A bárium-kloriddal adott csapadék szulfátionok jelenlétére utal. 6,6 mg BaSO4 anyagmennyisége 1,99 mmol 5,0 mg víz anyagmennyisége 1,99 mmol Az antimontartalom meghatározásához a következő sztöchiometriai arány ismerete szükséges: 5 Sb(III) + MnO4 5 Sb(V) + Mn + 906 mg ásványra 0,1064 dm 0,0 mol/dm =,18 mmol MnO4 fogyott Ez 5,0 mmol Sb(III)-nak felel meg. 95,7 mg ásványban 5,600 mmol Sb(III) található. 95,7 mg ásványban tehát megtalálható: 1,99 mmol SO4, ami 14,4 mg 5,600 mmol Sb +, ami 681,8 mg 1,99 mmol HO (ill. ennyi H és O), ami 5,0 mg Ez összesen 841,4 mg. A különbség 11, mg, ami a töltéseket figyelembe véve anion kell legyen, mégpedig 5,600 1,99 = 14,00 mmol negatív töltéssel. Egyszeres töltésű anion esetén 8,0 g/mol moláris tömeg adódik, kétszeres töltés esetén 16,0 g/mol, ami az oxidionnak felel meg. A klebelsbergit összetétele tehát: n(sb + ) : n(so4 ) : n(o ) : n(ho) = 4:1:5:1 A klebelsbergit képlete Sb4(SO4)O5 HO (Vagy Sb4(SO4)(OH)O4, ill. Sb4SO10H) 14 0,5 = 7 pont 6. feladat a) 0,0 cm sósav szükséges, a kapott oldat ph-ja 7. 0,0 cm KOH-oldat szükséges, a kapott oldat ph-ja 7. c) 5,00 cm sósavra volt szükség. A kapott oldat térfogata 15,0 cm, benne 5 10 4 mol NH4Cl van. c(nh4 + ) =, 10 mol/dm Ks(NH4 + K v ) = = 5,6 10 10 K b ( NH ) Mivel az ammóniumionok deprotonálódása elhanyagolható mértékű, felírható: ( 4 [H + = K s c NH ) [H + = 4, 10 6 mol/dm ph = 5,4 d) Semlegesítésről lévén szó, a kapott oldat ph-ja 7. 10 0,6 = 6 pont 7
7. feladat a) A 1 B 4 C D () Két helyes párosítás: 1 pont ph= 1,5 esetén [OH =,16 10 mol/dm A karbonátion hidrolízise: CO + HO HCO + OH HCO + HO HCO + OH Könnyen belátható, hogy ha létezik 1,5 ph-jú oldat, akkor ez esetben a második protonálódási lépés elhanyagolható: [HCO [H K1 = Amiből [H CO [HCO [H CO = 1,4 10 6 Eszerint [OH = [HCO =,16 10 mol/dm [CO [H K = [HCO Ebből [CO = 5,6 mol/dm Az oldat bemérési NaCO-koncentrációja tehát (5,6 +,16 10 ) mol/dm A telített NaCO-oldat 11,8 g-ja 106 cm, benne 1,8 g, azaz 0,06 mol NaCO van. c(naco) = 1,94 mol/dm A 1,5-es ph-hoz nagyobb koncentráció lenne szükséges, tehát ilyen oldat nátrium-karbonátból nem készíthető. Másik megoldás: A telített NaCO-oldat 11,8 g-ja 106 cm, benne 1,8 g, azaz 0,06 mol NaCO van. c(naco) = 1,94 mol/dm A karbonátion hidrolízise: CO + HO HCO + OH (A második protonálódási lépcső elhanyagolható.) Ezzel az elhanyagolással élve: [OH = [HCO [CO = c [HCO [CO [H [CO K v [CO K v ( c [OH ) K K = = = = v [HCO [HCO [OH [OH [OH Ebből: [OH = 1,85 10 mol/dm ph = 1, Nem készíthető tehát 1,5 ph-jú oldat nátrium-karbonátból. (Mivel az oldat igen tömény, és a karbonátion nem túl erős bázis, nem vezet számottevő hibához a c [CO elhanyagolás. Ekkor [OH = 1,86 10 mol/dm.) 10 0,8 = 8 pont 8