Oktatási Hivatal A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny első forduló KÉMIA I II. KATEGÓRIA Javítási-értékelési útmutató Az értékelés szempontjai 1. Egy-egy feladat összes pontszáma a részpontokból tevődik össze. Csak hibátlan megoldásért adható teljes pontszám. Részlegesen jó megoldásokat a részpontok alapján kell pontozni. 2. A megadottól eltérő minden elvileg helyes megoldás elfogadható. 3. Számítási vagy matematikai hiba elkövetése 1 pont elvesztésével jár. Ha a hibás adattal a továbbiakban elvileg helyesen számol a versenyző, minden további részpont megadható, feltéve, hogy a megoldás nem vezet ellentmondásra. 4. Kisebb elvi hiba elkövetésekor az adott műveletre nem jár pont, de a hibás adattal elvileg helyesen elvégzett számolás minden további részpontja megadható (de csak ellentmondásmentesség esetén). Kisebb elvi hibának minősül ebben a feladatsorban: - egy keverék százalékos összetételének hibás számítása - a tömeg, az anyagmennyiség és a moláris tömeg közti összefüggés hibás használata - az oldott anyag anyagmennyisége, az oldat térfogata és az oldat anyagmennyiségkoncentrációja közti összefüggés hibás használata - a gázok térfogata, anyagmennyisége és moláris térfogata közti összefüggés hibás használata - hibás mértékegység-átváltás - a hibás egyenletrendezés, ill. a reakció sztöchiometriai arányainak ebből következő hibás alkalmazása 5. Súlyos elvi hiba esetén nem csak az adott műveletre, hanem az adott feladatrészben az abból következő további számításokra sem adható pont. A kérdéses esetekben található részletes útmutatás arra vonatkozóan, hogy melyek azok az egységek, amelyek egymástól függetlenül értékelhetők (vagyis az egyikben elkövetett súlyos elvi hiba nincs hatással a másik értékelésére). OKTV 2013/2014 1. forduló
Elérhető pontszámok: I. feladatsor: 28 pont II. feladatsor: 72 pont Összesen: 100 pont Kérjük a javító tanárokat, hogy a II. feladatsor pontszámait vezessék rá a borítólap IV. oldalán található értékelő lapra. 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. OKTV 2013/2014 2 1. forduló
I. FELADATSOR 1. E 6. C 2. A 7. B 3. D 8. A 4. E 9. B 5. C 10. A 10 pont 11. B, D Egy eltérés (hiány vagy többlet): 0,5 pont. Két eltérés: 0 pont. 1 pont 12. Au, Al Egy eltérés (hiány vagy többlet): 0,5 pont. Két eltérés: 0 pont. 1 pont 13. β-d-glükóz Nem jár pont, ha emellett más molekulát is megnevez. 1 pont 14. szilárd folyékony gáz higany(ii)-oxid Lásd a szöveget. ammónium-hidrogén-karbonát X szódabikarbóna X X ammónium-klorid Lásd a szöveget. A higany-oxid és az ammónium-klorid termikus bomlása gyakorlatilag nem játszódik le 300 o C-on. Ennek a ténynek az ismerete azonban nem várható el. Továbbá ha a bomlás nem megy végbe, akkor azt úgy is értelmezhetjük, hogy nincs bomlástermék, és úgy is, hogy a bomlástermék maga a kiindulási szilárd anyag. Ennek értelmében az értékelés a következőképpen történik: A higany-oxid sorában elfogadható, ha a bejelölés i) csak szilárd ii) egyik sem iii) folyékony és gáz Az ammónium-klorid sorában elfogadható, ha a bejelölés i) csak szilárd ii) egyik sem iii) csak gáz Soronként 1 pont. Csak teljes és hibátlan bejelölésre adható 1 pont. 0,5 pont nem adható. 4 pont OKTV 2013/2014 3 1. forduló
15. pl. 2 KMnO 4 + 16 HCl 2 KCl + 2 MnCl 2 + 5 Cl 2 + 8 H 2 O b) pl. 2 Na + Cl 2 2 NaCl c) pl. Cl 2 + H 2 O HCl + HOCl Természetesen más helyes és releváns reakcióegyenlet is elfogadható. Minden hibátlan egyenlet 1 pontot ér. Helyes képletekkel felírt, de rosszul rendezett reakcióegyenletért 0,5 pont jár. 3 pont 16. 0,339 mol spiropentán 0,438 mol hidrogén 17. C b) D c) B d) C e) D f) A 2 pont g) MDMA: 2 LSD: 3 h) MDMA: 1 LSD: 2 i) MDMA: 15 LSD: 25 Minden helyes válasz 0,5 pontot ér. 6 pont OKTV 2013/2014 4 1. forduló
II. FELADATSOR 1. feladat Szódabikarbóna: NaHCO 3 (1) Mosószóda: Na 2 CO 3 (1) Szappan: R COONa (R COOK) (1) b1) ecet, citromlé (2) Anyagonként 1 pont. Hibás válaszért 1 pont levonás jár. (Nullánál kevesebb pont nem adható.) A vízkövet, mely elsősorban karbonátokat tartalmaz, a savas kémhatású oldatok kémiai reakció során feloldják. (1) A válaszban szerepelnie kell az aláhúzott elemeknek, csak akkor adható 1 pont. Reakcióegyenlet felírása is teljes értékű válasz. b2) ecet, citromlé (2) Anyagonként 1 pont. Hibás válaszért 1 pont levonás jár. (Nullánál kevesebb pont nem adható.) A rozsda szintén savas kémhatású oldatokban oldódik. (1) Az indoklásban szerepelnie kell a savas kémhatásnak. Reakcióegyenlet felírása [Fe 2 O 3, Fe(OH) 3 vagy FeO(OH) feltüntetésével] teljes értékű válasz. b3) szappan, szóda (2) Anyagonként 1 pont. Hibás válaszért 1 pont levonás jár. (Nullánál kevesebb pont nem adható.) A szappan amfipatikus sajátsága miatt oldja a zsírokat. (1) A szóda oldata lúgos kémhatású, ezért a zsírok hidrolízisét segíti elő, melynek során vízoldható anyagok keletkeznek. (1) Az indoklásokért csak akkor jár a pont, ha az aláhúzott elemek szerepelnek benne. (A szappan amfipatikus sajátságának körülírása is teljes értékű válasznak számít.) A szóda esetén reakcióegyenletek felírása (a karbonátion lúgos hidrolízise és a zsír lúgos hidrolízise) szintén teljes értékű válasz. c1) szódabikarbóna, szóda, szappan (3) Anyagonként 1 pont. Hibás válaszért 1 pont levonás jár. Mindegyik sav-bázis reakcióba lép az ecetsavval, amely során az ecetsav protonálja a kérdéses anyagok savmaradékionját. (1) Az egyes reakciók egyenletének felírása teljes értékű válasz. Szöveges válasz esetén a sav-bázis reakció említése szükséges a pont megadásához. c2) ecet, citromlé (2) Anyagonként 1 pont. Hibás válaszért 1 pont levonás jár. (Nullánál kevesebb pont nem adható.) A savas oldatokban protonálódnak a karboxilátionok, vízben rosszul oldódó karbonsavak képződnek, ami csökkenti a tisztítóhatást. (1) Reakcióegyenlet felírása teljes értékű válasz. Szöveges válasz esetén az aláhúzott elemnek szerepelnie kell az indoklásban. Összesen 20 részpont. A feladat összpontszámát úgy kell kiszámítani, hogy a részpontok összegét 0,4-del meg kell szorozni, és az eredményt egész, ill. fél pontra kell kerekíteni. (Pl. 17 17 0,4 = 6,8 7,0; 14 14 0,4 = 5,6 5,5) Összesen: 8 pont OKTV 2013/2014 5 1. forduló
2. feladat A KNO 3 oxidálta a glükózt. (1) Hasonló értelmű válasz is elfogadható. b) BaCO 3 (0,5) bárium-karbonát (0,5) c) M(BaCO 3 ) = 197,3 g/mol A kivált bárium-karbonát anyagmennyisége 11,95 g n(baco 3 ) = = 6,057 10 2 mol (1) 1 197,3 g mol A csapadék leválásának egyenlete: Ba(OH) 2 + CO 2 BaCO 3 + H 2 O (1) Ez a részpont akkor is jár, ha az egyenletet nem írja fel, de sztöchiometriai arányait helyesen alkalmazza. Tehát a keletkező CO 2 anyagmennyisége is 6,057 10 2 mol volt. (1) A bemért kristályvizes glükóz anyagmennyisége ennek a hatoda, azaz 1,009 10 2 mol. (1) Moláris tömege: 2,000 g M(C 6 H 12 O 6 xh 2 O) = = 198,2 g/mol 0,01009 mol (1) Ennek alapján 1 mol glükózra 198,2 g 180,2 g = 18,0 g víz jut. A kérdéses összegképlet tehát C 6 H 12 O 6 H 2 O (1) d) A glükóz karamellizálódna. (1) A karamellizálódás során is távozik vízgőz, tehát nem csak a kristályvíztartalmat mérnénk. (1) e) Ibolya (lil színű lánggal égett a glükóz. (1) A kálium lángfestését láthatjuk az égés során. (1) Összesen 12 részpont. A feladat összpontszámát úgy kell kiszámítani, hogy a részpontok összegét 2/3-dal meg kell szorozni, és az eredményt egész, ill. fél pontra kell kerekíteni. Összesen: 8 pont OKTV 2013/2014 6 1. forduló
3. feladat A lejátszódó reakciók egyenlete: 5 I + 2 IO 3 + 6 H + 3 I 2 + 3 H 2 O (1) 2 S 2 O 3 + I 2 2 S 4 O 6 + 2 I n(s 2 O 2 3 ) = 4,88 10 3 dm 3 0,0200 mol/dm 3 = 9,76 10 5 mol n(i 2 ) = 4,88 10 5 mol (1) n(io 3 ) = 1,627 10 5 mol (1) 10 cm 3 oldatban található bárium-jodát anyagmennyisége és tömege: n[ba(io 3 ) 2 ] = 0,5 n(io 3 ) = 8,133 10 6 mol m[ba(io 3 ) 2 ] = n[ba(io 3 ) 2 ] M[Ba(IO 3 ) 2 ] = 3,962 10 3 g (1) A telített oldat tömegkoncentrációja 3 3,962 10 g γ = = 0,396 g/dm 3 (1) 2 3 10 dm b) Az oldatban fehér csapadék képződne. (1) Ba 2+ (aq) + SO (aq) BaSO 4 (sz) (1) 4. feladat 2 4 A lejátszódó reakció egyenlete: NaCl + AgNO 3 NaNO 3 + AgCl OKTV 2013/2014 7 1. forduló (1) Összesen: 8 pont Mivel 100 g NaCl-oldat adagolásakor ugyanannyi csapadék vált le, mint 90 g adagolásakor, előbbi esetben már biztosan a NaCl-oldat volt feleslegben. Ebből következik, hogy a keletkező csapadék tömegét az AgNO 3 mennyisége határozta meg. (1) Ez a részpont akkor is jár, ha mindezt nem szögezi le, de számításaiból kiderül, hogy felhasználja. 21,26 g n(agno 3 ) = n(agcl) = = 1,484 10 1 mol (1) 1 143,3 g mol m(agno 3 ) = n(agno 3 ) M(AgNO 3 ) = 25,2 g Ennyi ezüst-nitrát volt 100 g oldatban, vagyis az oldat 25,2 tömegszázalékos volt. (1) b) Az NaCl-oldat töménysége meghatározható pl. a 60 g oldat adagolásakor keletkező csapadék tömegéből. (Ekkor az AgNO 3 van feleslegben, ezért az NaCl a meghatározó reagens.) (1) 14,72 g n(nacl) = n(agcl) = = 1,027 10 1 mol (1) 1 143,3 g mol m(nacl) = n(nacl) M(NaCl) = 6,00 g Ennyi nátrium-klorid volt 60,00 g oldatban, vagyis az oldat 10,0 tömegszázalékos volt. (1) Összesen: 6 pont
5. feladat A reaktorban végbemenő bruttó reakciók: CH 4 (g) + 2 O 2 (g) CO 2 (g) + 2 H 2 O(g) r H 1 (1) CH 4 (g) + 2 H 2 O(g) CO 2 (g) + 4 H 2 (g) r H 2 (1) r H 1 = k H(CO 2 ) + 2 k H(H 2 O,g) k H(CH 4 ) = 801,9 kj/mol (1) r H 2 = k H(CO 2 ) 2 k H(H 2 O,g) k H(CH 4 ) = +191,7 kj/mol (1) 801,9 1 mol metán elégése = 4,183 mol metán vízgőzzel való reakciójának fedezi az 191,7 energiaigényét. (1) 1 mol metán égéséhez 2 mol oxigén szükséges, és 2 mol vízgőz is keletkezik. (1) 4,183 mol metánnal 8,366 mol vízgőz lép reakcióba. (1) 5,183 mol metánhoz tehát 2 mol oxigént (1) és (8,366 mol 2 mol) = 6,366 mol vízgőzt kell keverni. (1) A keresett térfogatarány tehát: V(CH 4 ) : V(O 2 ) : V(H 2 O) = 1,00 : 0,386 : 1,23 Vagyis 1 m 3 metánhoz 0,386 m 3 oxigént és 1,23 m 3 vízgőzt kell keverni. (1) Összesen: 10 pont OKTV 2013/2014 8 1. forduló
6. feladat Hidrogén. (1) b) Anód: Cu Cu 2+ + 2e (1) Katód: 2 H 2 O + 2 e H 2 + 2 OH (2 H + + 2e H 2 ) (1) Cu 2+ + 2 e Cu (1) c) Az anód tömegcsökkenése 5,68 g. A feloldódott réz anyagmennyisége: 5,68 g n(cu) = = 8,94 10 2 mol (1) M ( Cu) A cellán átáramló töltésmennyiség: Q = 2 n(cu) F = 1,72 10 4 C (1) d) A katódon levált réz anyagmennyisége: 2,13 g n(cu) = = 3,35 10 2 mol (1) M (Cu) A fejlődő hidrogén anyagmennyisége: n(h 2 ) = 8,94 10 2 mol 3,35 10 2 mol = 5,59 10 2 mol (2) Térfogata: V(H 2 ) = 5,59 10 2 mol 24,5 dm 3 /mol = 1,37 dm 3 (1) e) Az oldat tömegváltozása: m(oldat) = 5,68 g 2,13 g m(h 2 ) = 3,44 g (1) Bár az eltávozó hidrogén tömege csekély, az utolsó részpont csak akkor adható meg, ha azt is figyelembe veszi a tömegváltozás megállapításánál. Összesen: 11 pont OKTV 2013/2014 9 1. forduló
7. feladat A lejátszódó reakció: 2 C 2 H 5 OH + 2 Na 2 C 2 H 5 ONa + H 2 (1) A felhasznált nátrium tömege a második kísérlet adataiból számítható ki. A keletkező anyag a nátrium-etoxid. Anyagmennyisége: 1,30 g n(c 2 H 5 ON = = 1,91 10 2 mol (1) M ( C H ON 2 5 n(n = n(c 2 H 5 ON = 1,91 10 2 mol (1) m(n = n(n M(N = 0,439 g (1) b) A második esetben is mivel azonos tömegű nátriumot használtunk 1,30 g nátriumetoxidnak kell keletkeznie. A tömegkülönbség csakis abból adódhat, hogy a fölöslegben lévő etanol egy része beépül a nátrium-etoxid rácsába. (1) Az első esetben tehát 3,06 g 1,30 g = 1,76 g etanollal együtt kristályosodott az etoxid. (1) 1,76 g etanol anyagmennyisége 3,82 10 2 mol, ami éppen kétszerese a nátrium-etoxid anyagmennyiségének. (1) Az első esetben tehát C 2 H 5 ONa 2C 2 H 5 OH, (0,5) míg a másodikban C 2 H 5 ONa kristályosodott ki. (0,5) c) Nem, mert a dietil-éter forráspontja kisebb, mint a nátrium olvadáspontja, így a fém nem olvad meg, nem is diszpergálódik. (1) d) Nem, mert a glicerin is reakcióba lép a nátriummal. (1) A c) és d) alkérdésekre adott válaszokra csak indoklással együtt jár a pont. 0,5 pont nem adható. Összesen: 10 pont OKTV 2013/2014 10 1. forduló
8. feladat A toluolba átoldódott 30,0 g 9,45 g = 20,55 g anilin. (1) A toluolos oldat tömegkoncentrációja: 20,55 g γ = = 103 g/dm 3 (1) 3 0,2 dm b) A kiindulási vizes oldatban lévő anilin anyagmennyisége: 30,0 g n(anilin) = = 0,3221 mol (1) M (anilin ) Ebből 9,45 g, azaz 0,1015 mol maradt a vizes fázisban az extrakció végén. Összesen tehát 0,2206 mol anilin ment át a toluolos fázisba. (1) Legyen x az első extrakció során átoldódó anilin anyagmennyisége! Ekkor a második extrakcióval (0,2206 mol x) anyagmennyiségű anilin került a toluolba. Az egyes extrakciós lépések végén beálló megoszlási egyensúlyokat az alábbi adatok jellemzik tehát: n(anilin) 1. extrakció 2. extrakció vizes fázis (V = 1,00 dm 3 ) 0,3221 mol x 0,1015 mol toluolos fázis (V = 0,100 dm 3 ) x 0,2206 mol x Mindkét egyensúlyra felírva a megoszlási hányadost: (2) K = [ anilin ] [ anilin ] t v 10x 10 (0,2206 x) = = 0,3221 x 0,1015 Ha az egyensúlyi állandót nem koncentrációkkal, hanem anyagmennyiségekkel írja fel (azaz a számlálóban nem jelenik meg a 10-es szorzó), az súlyos elvi hibának minősül, és sem a megoszlási hányados felírására, sem a további eredményekre nem adható pont. A másodfokú egyenlet megoldásai: x 1 = 0,1413 x 2 = 0,5029 ennek nincs kémiai értelme (2) A keresett megoszlási hányados tehát: K = [ anilin ] [ anilin ] t v = 7,82 (1) [ anilin] v Helyes megoldás az is, ha a megoszlási hányadost a fenti reciprokaként értelmezi, ekkor K = = 0,128. [ anilin] t A megoszlási hányadost tömegkoncentrációval is kifejezhetjük. Mivel a számlálóban és a nevezőben is az anilin koncentrációja szerepel, ebben az esetben is ugyanazt a végeredményt kapjuk. Elvileg tökéletes tehát az a megoldás is, amelyben végig az anilin tömegével, ill. tömegkoncentrációjával számol. (2) Összesen: 11 pont OKTV 2013/2014 11 1. forduló
A b) feladatrész egy másik lehetséges megoldása: 1 dm 3 c 0 koncentrációjú vizes oldatot 0,1 dm 3 toluollal extrahálva, az anilinkoncentráció c 1 -re csökken a vizes fázisban. A toluolos fázis koncentrációja ekkor Kc 1 lesz. (1) [ anilin ] t K = [ anilin ] v Az anilin összmennyiségére felírható: c 0 1 dm 3 = c 1 1 dm 3 + Kc 1 0,1 dm 3 (2) Ebből megkapható a koncentrációcsökkenés mértéke: c1 1 (2) c 1 0,1K 0 A két kirázás után a kapott koncentrációra felírható: 9,45 1 30 1 0,1K 2 (2) Az egyenletet megoldva K = 7,82 (2) OKTV 2013/2014 12 1. forduló