XI. ÁLTALÁNOS KÉMIA (Emelt szint)

XI. ÁLTALÁNOS KÉMIA (Emelt szint) XI. 1. FELELETVÁLASZTÁSOS TESZTEK 0 1 4 5 6 7 8 9 0 D C E E C B C E D 1 A E E A E D B D D E B B A B C A C B C C A D A C B A A E A C 4 D C E XI. 4. TÁBLÁZATKIEGÉSZÍTÉS A kémiai reakciók egyensúlya Reakció csökkentjük a hőmérsékletet Melyik irányba tolódik el a reakció, ha csökkentjük a nyomást elvezetjük az egyensúlyi rendszerből a H -t I. 4. 44. 45. II. 46. 47. 48. III. 49. 50. semerre 51. 44. és 50. 47. 4 pont Történések nátrium-szulfát-oldattal Az oldat elektrolízise grafitelektródok között Az oldat elektrolízise Hg-katód és grafitanód között Na SO 4 -oldat + kálium Na SO 4 -oldat + ólom(ii)-nitrát-oldat Hogyan változik az oldatban? A végbemenő n(na + ) c(na SO 4 ) ph folyamat egyenlete(i) 5. nem változik 56. csökken 60. nem változik 6. nem változik 5. nő 54. nem változik 57. csökken ------------ 64. csökken 58. csökken 55. H O + e H + OH H O ½ O + H + + e ( p) 59. Na + + e Na(Hg) H O ½ O + H + + e ( p) 61. nő 6. K + H O = KOH + H (1 p) 65. nem változik 4 pont pont 4 pont Na SO 4 (aq) + Pb(NO ) (aq) = PbSO 4 (sz) + NaNO (aq) 16 pont

XI. 5. EGYÉB FELADATOK Reakciók sósavval 66. Például nátrium-hidroxid: HCl + NaOH = NaCl + H O H + + OH = H O (vagy H O + + OH = H O) A sav-bázis párokat csak az alábbi egyenletben adhatjuk meg: H O + + OH = H O + H O s 1 b b 1 s 67. Például mészkő (vagy szóda). CaCO + HCl = CaCl + H O + CO CaCO + H O + = Ca + + H O + CO (elfogadható a CO + H + = CO + H O egyenlet is) 68. Például cink (vagy hipermangán). Zn + HCl = ZnCl + H Zn + H + = Zn + + H Redukálószer: Zn, oxidálószer: H + (vagy HCl). 69. Például ezüst-nitrát. AgNO + HCl = AgCl + HNO Ag + + Cl = AgCl 16 pont Kísérletek réz(ii)-szulfát-oldattal 70. [Cu(H O) 4 ] + + 4 Br [CuBr 4 ] + 4 H O 71. A folyamat a bromokomplex képződése irányában endoterm. Indoklás: Le Chatelier elvével (a hőmérséklet emelése az endoterm irányba tolja az egyensúlyt, a kísérletben megzöldült az oldat, tehát a bromokomplex irányába tolódott az egyensúly). 5 pont A metanol szintézisének egyensúlya 7. C 7. D 74. D 75. C 76. A 77. E 78. B 79. C 8 pont Reakciósebesség vizsgálata 80. A kénkiválás okozza a zavarosodást. 81. (Kezdetben kolloid, majd) heterogén rendszer. 8. Szuszpenzió. 8. v = k[na S O ] vagy szövegesen: a reakciósebesség csak a nátrium-tioszulfát koncentrációjától függ, azzal egyenesen arányos. 5 pont

Gépkocsi-légzsákok és övfeszítők 84. Pb(NO ) + NaN = Pb(N ) + NaNO 85. Az egyenlet szerint: 1 NaN előállításához 4 Na-ra és N O-ra van szükség. M(NaN ) = 65,0 g/, így 65,0 g NaN -hoz szükség van 4 Na-ra és N O-ra, pont Az 50 50%-os arányból következően: m[pb(n ) ] = m(nan ) = 65,0 g, n[pb(n ) ] = 65,0 g / 91, g/ = 0,, ehhez az egyenlet szerint szükség van: 0, = 0,446 NaN -ra, azaz 1,784 Na-ra és 1,8 N O-ra, valamint 0, Pb(NO ) -ra. 4 pont Így 65,0 g NaN és 65,0 g Pb(N ) előállításához összesen szükséges n(na) = 4 + 1,784 = 5,784, m(na) = 5,784,0 g/ = 1,0 g, n(n O) = 4,88, m(n O) = 4,8 44 g/ = 190,87 g, n[pb(no ) ] = 0,, m[pb(no ) ] = 0, 1, g/ = 7,86 g, m(na) : m(n O) : m(pb(no ) ) = 1,0 g : 190,87 g : 7,86 g = 1,80 :,58 : 1,00 86. n(n ) = 80,0 dm / 4,5 dm / =,65 a) NaN 1,5 N, n(nan ) =,65 / 1,5 =,177 m(nan ) =,177 65,0 g/ = 141,5 g b) Pb(N ) N, n[pb(n ) ] = n(n ) / = 1,088 m[pb(n ) ] = 1,088 91, g/ = 16,9 g c) 65,0 g NaN -ból 1,5 N fejlődik, 65,0 g Pb(N ) -ból 0, = 0,669 N fejlődik. 10 g 1:1 tömegarányú keverékből,169 N fejlődik m(keverék) = (,65 /,169 ) 10 g = 195,7 g 4 pont 87. "Hideg" robbanást nem kíséri (túlságosan nagy) hőfejlődés. (Vagyis a folyamat legfeljebb csak kis mértékben lehet exoterm.) 4 pont XI. 6. SZÁMÍTÁSOK 88. a)az V. számú oxidban a legnagyobb a titán oxidációs száma. Indok: az a vegyület tartalmazza a legtöbb oxigént. 6117, 88, b) n(ti) : n(o) = : = 1,77 :,47 = 1,0 : 1,90 = 10 : 19 47, 90 16, 0 A képlet: Ti 10 O 19. Az oxidációs szám: 10x + 19( ) = 0, 19 ebből x = =,80 10 (A b) válasz nélkül, próbálgatással is kijön, ha az I.-t és az V.-t kiszámítja és összehasonlítja.) 7 pont 89. a) A feladatban szereplő képlet alapján tudjuk, hogy a vegyület 1 -ja 1 O-t tartalmaz. Ebből és a tömeg%-os oxigéntartalomból:

,64 M(A) = 1 16 g/ = 10,0 g/, 7,8 ebből M(A) = 40,0 g/, vagyis a kalcium (Ca), 1,99 M(B) = 1 16 g/ = 111,6 g/, 7,8 M(B) = 55,8 g/, tehát a B a vas (Fe). Így a gránát összetétele: Ca Fe (SiO 4 ) b) A vegyületben A = Ca oxidációs száma +, B = Fe oxidációs száma + (A szilícium oxidációs száma a szilícium oxigéntartalmú vegyületeiben +4, vagy a SiO 4 tetraéderek töltése 4. Mindkét esetben ugyanaz adódik a vas oxidációs számára.) 8 pont 90. a) CH 4 (g) = C H (g) + H (g) r H = +7 ( 74,9) = 76,8 kj/ CH 4 (g) + O (g) = CO (g) + H O(f) (A feladat szövegéből hiányzik a víz halmazállapota és a képződéshő!) r H = 94 + ( 86) ( 74,9) = 891,1 kj/ b) 1,00 m 1000 dm gáz: n = 4,5 dm / = 40,8 x acetilén előállításához x metánból kell kiindulni (100%-os átalakulást feltételezve). 76,8 A hőbontáshoz szükséges hő: q = x kj/ = 76,8x kj A 40%-os hatásfok miatt: q = 76,8 kj : 0,4 = 94x kj hő szükséges. Az elégetendő metán anyagmennyisége: 94x kj n(égéshez) = 891,1 kj/ = 1,057x Az összes felhasznált metán: 40,8 = x + 1,057x. Ebből: x = 1,5. Az előállított acetilén térfogata: V = 1,5 4,5 dm / = 7 dm. 15 pont 91. Az adatokból meghatározható a többi egyensúlyi koncentráció is: C H 8 C H 6 + H kiindulás: 0,015 /dm disszociált: 0,0100 0,0100 0,0100 egyensúly: 0,005 /dm 0,0100 /dm 0,0100 /dm Valamilyen (pl. a fenti) levezetés: a)a propán disszociációfoka: 0, 0100 α = = 08,, vagyis a propán 80,0%-a disszociált. 0, 015 b) Az egyensúlyi koncentrációk: [C H 8 ] = 0,005 /dm, [C H 6 ] = [H ] = 0,0100 /dm c) Az egyensúlyi állandó:

K = [ CH6 ][ H ] 0,0100 dm = = 0,0400 [ C H ] dm 8 0,005 dm Az egyensúlyi állandó kijelöléséért a számításáért [Megjegyzés: mértékegység nélküli egyensúlyi állandó esetén is jár a pont.] d)az új kísérletben eredetileg is van x /dm hidrogén a tartályban, a propánnak viszont csak 40,0%-a, azaz 0,400 0,015 /dm = 0,00500 /dm disszociál: C H 8 C H 6 + H kiindulás: 0,015 /dm x /dm disszociált: 0,00500 0,00500 0,00500 egyensúly: 0,00750 /dm 0, 00500 /dm (x + 0, 00500) /dm Valamilyen (pl. a fenti) levezetés: Az egyensúlyi állandó változatlan (azonos T): 0, 00500 ( x + 0, 00500) = 0, 0400 0, 00750 ebből x = 0,0550. A 4 dm -es tartályba 4 0,0550 = 0,0, azaz 0,440 g hidrogént töltöttünk. 9. A reakcióegyenlet: CH 4 + H O CO + H és 54,0 mg víz,00 m. Az egyensúlyviszonyok: CH 4 + H O CO + H,00 m,00 m x x x x,00 x,00 x x x A anyagmennyiség-arányok és a térfogatarányok megegyeznek, így a 60,0 térfogat%-os egyensúlyi hidrogéntartalomra felírható:,00x,00 x +,00 x + x + x = 0, 600 Ebből x =,00. Az egyensúlyi koncentrációk (a tartály térfogata 10,0 dm!!):,00,00 10 [CH 4 ] = [H O] = ( ) [CO] =,00 10 10,0 dm 10,0 dm = 1,00 10 4 /dm =,00 10 4 /dm,00 10 [H ] = 10,0 dm = 6,00 10 4 /dm Az egyensúlyi állandó:

K = [ CO] [ H ] [ CH ] [ H O] 4,00 10 6,00 10 1,00 10 1,00 10 = ( ) = 4, 10 6 dm 1 9. A rendezett reakcióegyenlet: + + 5 6 Cr O + K N O + 4 KOH = K Cr + O4 + K N O + H O (Az oxidációsszám-változásokért, a rendezésért ) 100 g a)100 g kálium-kromát: = 0,5155, g 194 ehhez az egyenlet alapján feleannyi, azaz 0,577 Cr O kell. 0,577 A termelést is figyelembe véve: = 0,6445 kell belőle, 0,4 amelynek tömege: 0,6445 15 g/ = 97,9 g Cr O. b)a 0,6445 Cr O -hoz az egyenlet szerint -szoros anyagmennyiségű, azaz 1,9 KNO szükséges, a 10,0% felesleggel együtt ez: 1,100 1,9 =,16, azaz:,16 101 g/ = 15 g KNO. (Az utolsó 4 pont akkor is megadható, ha az előzőekben rosszul kiszámított króm- -oxidból helyesen szá.) 10 pont 94. A ph =,00-ből: [H + ] = 0,0100 /dm, vagyis 4,00 10 H + van a 400 cm oldatban. a)a ph = 4,00-ből: [H + ] = 1,00 10 4 /dm. Ismeretlen V térfogatban: 1,00 10 4 V H +. A keletkező oldatban ph =,00: [H + ] = 1,00 10 / dm, a térfogat pedig: (V + 0,400) dm. A felírható egyenlet: 4, 00 10 + 100, 10 V = 100, 10 V +,. 0 400 Ennek megoldása: V = 4,00 dm. b)ph = 11,00-ből: [OH ] = 1,00 10 /dm. A keletkező oldat 900 cm, amelyben így: 9,00 10 4 OH van. Ezek szerint 4,00 10 H + -t 4,00 10 OH semlegesített, és még maradt 9,00 10 4 OH : eredetileg volt 4,9 10 OH. A NaOH-oldat koncentrációja: 4,90 10 c = = 9,80 10 /dm. 0,500dm [OH ] = c = 9,80 10 /dm, [ebből a poh =,0, így ph 1,0 (11,99).] (Ebből a nem egész számú ph kiszámítása nem érettségi követelmény!) 1 95. Az oldatok ph-jából: ph =,00 [H + ] = 1,00 10 /dm ph = 11,0 poh =,00 [OH ] = 1,00 10 /dm A B oldat ph-ja alapján semleges. 100 cm 11,0-es ph-jú lúgoldatban van 1,00 10 4 OH, így H + + OH = H O

alapján ugyanennyi H + -iont semlegesített. A B-oldat térfogata: 1,00 10 1 V B = = 1,00 10 dm = 100 cm. 1,00 10 dm A másik két oldatban oldatban: V A 1,00 10, illetve V C 1,00 10 H + van. Az A oldat savas, benne 1,00 10 4 /dm H + van. Ebben a lúgoldat csak részben semlegesítette a hidrogénionokat, maradt belőle: (V A 1,00 10 1,00 10 4 ) H +. A keletkező oldat térfogata (V A + 0,100) dm, így: VA 1,00 10 1,00 10 = 1,00 10. V + 0,100 A dm Ebből: V A = 0,1 dm = 1 cm. A C-oldat lúgos, benne 1,00 10 5 /dm OH van. A sósav csak a hidroxidionok egy részét semlegesítette, maradt benne: (1,00 10 4 V C 1,00 10 ) OH. A keletkező oldat térfogata itt is (V C + 0,100) dm, így: 1,00 10 VC 1,00 10 5 = 1,00 10. V + 0,100 C dm Ebből: V C = 0,0980 dm = 98,0 cm. 96. (A vegyület képlete: CH -NH-CH, reakciója: CH -NH-CH + H O CH -NH + -CH + OH ) Az oldat koncentrációja a tömeg-koncentrációból és a áris tömegből: 9, g/dm = 0,05 /dm, 45,0 g/ ph = 1,0 [OH ] = 0,0100 /dm. A reakcióegyenlet alapján ugyanennyi dimetil-amin protonálódott. α = 0,0100 = 0,0488, vagyis a ekulák 4,88%-a protonálódott. 0,05 Az aminekulák egyensúlyi koncentrációja: [CH -NH-CH ] = 0,05 /dm 0,0100 /dm = 0,195 /dm. A bázisállandó: [ + ][ ] BH OH K b = [ B] (a szerves vegyület képletével is elfogadható) 0,0100 Behelyettesítve: K b = 0,195 = 5,1 10 4 (/dm ) A dimetil-amin az erősebb bázis (mert nagyobb a bázisállandója). 10 pont 97. A katódon réz válik le: Cu + + e = Cu

g 6,5 m(cu) = C 96500,00 A 5 600 s = 11,8 g Ez n = 11,8 g : 6,5 g/ = 0,186 0,186 CuSO 4 volt az oldatban, amelynek tömege (M = 159,5 g/): 9,7 g. Ennyi CuSO 4 10,0 tömeg%-os oldat 97 g-jában van, térfogata (V = m : ρ): 65 cm. Az anódon oxigén válik le: H O 0,5 O + H + + e 0,186 réz mellett fele ennyi, azaz 0,09 O fejlődött (,0 g). 0,186 réz kiválása után 0,186 kénsav lesz az oldatban: ez 18, g. Az oldat tömege a rézzel és az oxigénnel csökkent: 97 g 11,8 g,0 g = 8, g. 18, g Tömeg%-os kénsavtartalma: 8, g = 0,064, azaz 6,4 tömeg%. 14 pont 98. a)a reakció: Cu + + Cd = Cu + Cd + A áris tömegváltozás: M = 11 g/ + 6,5 = 48,5 g/, ebből a kicserélődött ionok anyagmennyisége: n(cu + ) = n(cd + 9, g ) = = 0,0808. g 8, 5 Annak ellenőrzése, hogy biztosan az összes rézion kivált. [Például: 0,0808 Cd tömege 9,05 g, tehát nem fogyott el az összes kadmium.] Az oldatban eredetileg 0,0808 réz(ii)-klorid volt: m(cucl ) = 0,0808 14,5 g/ = 10,87 g. A CuCl 6 H O tömege: 14,5 + 6 18,0 10,87 g 14,5 = 19,6 g. (vagy: m = 0,0808 4,5 g/) b)5,00 g oldatban 10,87 g CuCl, és 14,1 g víz van. Az oldhatóság: 10, 87 g x =, ebből x = 76,9, vagyis 76,9 g CuCl /100 g víz. 14, 1 g 100 g 10 pont 99. A mérőoldat oldottanyag-tartalma: n(naoh) = cv = 1,655 10. A reakcióegyenlet: CH COOH + NaOH = CH COONa + H O. Ez alapján a nátrium-hidroxid ugyanakkora anyagmennyiségű ecetsavat titrált. A teljes (100,0 cm ) törzsoldatban ennek tízszerese volt: 1,655 10. Ugyanennyi volt az eredeti 10,00 cm -es mintában is. Az ecetsav tömege: m(ecetsav) = 1,655 10 60,0 g/ = 0,99 g. 0,99 g A minta tömegkoncentrációja: ρ = 0,01000 dm = 99, g/dm. 7 pont 100. a)a reakciók egyenletei: CaO + HCl = CaCl + H O (1) CaCO + HCl = CaCl + H O + CO ()

NaOH + HCl = NaCl + H O () b)a fogyott lúgoldatban volt: n(naoh) = 0,0100 dm 0,101 /dm = 1,144 10. Ez a () egyenlet szerint ugyanennyi HCl-ot közömbösített, amelyből a teljes (100,0 cm ) törzsoldatban tízszer ennyi volt: 1,144 10. Az alkalmazott összes sósavban: n(hcl) = 0,0000 dm,015 /dm = 4,00 10 A porkeverékkel reagált: 4,00 10 1,144 10 =,816 10 HCl. I. levezetés Ha tömegekre vezetünk be ismeretlent, akkor: x 1,045 x x g CaO és (1,045 x) g CaCO, azaz CaO és CaCO 56,00 100,0 van a keverékben, ezek az (1) és a () egyenlet alapján: x ( 1,045 x) és HCl-dal reagál. 56,00 100,0 A fogyott hidrogén-kloridra felírható egyenlet: x ( 1,045 x) + =,816 10 56,00 100,0 Ebből: x = 0,117. 0,117 g A por kalcium-oxid-tartalma: 1,045 g 100% = 10,10 tömeg% 0,117 g 1,045 g 0,117 g c) A keverék anyagmennyisége: + = 0,01408 56,00 g/ 100,0 g/ (Ugyanez adódik a fogyott HCl anyagmennyiségéből is:,816 10 = 1,408 10.) Ebből(a CaO + CO = CaCO egyenlet alapján) 1,045 g 0,117 g = 0,0117 CaO alakult karbonáttá, 100,0 g/ 0,0117 amely az összes anyag: 100% = 8,1 %-a. 0,01408 15 pont II. levezetés Észrevehetjük, hogy mindkét vegyület 1 : arányban reagál a HCl-dal, ezért a,816 10 keverék anyagmennyisége: = 1,408 10. 1,045 g A keverék átlagos áris tömege: M = 1,408 10 = 9,65 g/. Az anyagmennyiség-százalékos összetétel a vegyületek áris tömegének felhasználásával: 56,00y + 100,0(1 y) = 9,65 Ebből y = 0,1670. Ez azt jelenti, hogy pl. 1 keverékből 0,1670 CaO, a többi (0,80 ) CaCO, így (a CaO + CO = CaCO egyenlet alapján) éppen 0,800, azaz 8,00% égetett mész karbonátosodott el. A tömegszázalékos égetettmész-tartalom:

0,1670 56,00 100% = 10,10 tömeg%. 9,65 (Bármely más, helyes levezetés maximális pontszámot ér.)