Oktatási Hivatal A 01/013. tanévi ORSZÁGOS KÖZÉPISKOLAI TANULMÁNYI VERSENY első (iskolai) fordulójának feladatmegoldásai K É M I Á B Ó L 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.. 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 - a tömeg, a térfogat és a sűrűség 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. Az egyes feladatoknál 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). Elérhető pontszámok: I. feladatsor: pont II. feladatsor: 78 pont Összesen: 100 pont 1
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.
I. FELADATSOR 1. A 6. A. B 7. C 3. D 8. A 4. C 9. B 5. D 10. E 11. 7 elem alapállapotú atomjában van több elektron s-alhéjon, mint d-alhéjon. 1. 6 molekula atomjai vannak egy síkban. 13. 3 különböző szerkezetű tetraklór-benzol létezik. 14. 6 folyadék elegyedik szobahőmérsékleten minden arányban vízzel. 15. 4 folyadék alkalmas márvány asztallap tisztítására. 16. 1 szénhidrát képlete nem felel meg a C x H y O y összegképletnek. 17. A kérdéses molekulák konstitúciós képlete: A CH 3 CH CH=CH CH CHO B CH 3 CH CH CH=CH CHO C CH 3 CH CH=CH CH CH OH D CH 3 CH CH CH CH CH OH 18. 7 további geozmin-sztereoizomer létezik. 1 10 10 db geozminmolekula/cm 3 3 Minden helyes válasz 1 pont Összesen: pont
II. FELADATSOR 1. feladat Na SO 3 + H SO 4 Na SO 4 + H O + SO vagy Na SO 3 + H SO 4 NaHSO 4 + H O + SO Színtelen, szúrós szagú gáz. Csak teljes válaszért adható meg az 1 pont, amely nem bontható. A szag esetén a szúrós helyett minden, a valósággal összeegyeztethető válasz elfogadható (pl. kellemetlen, jellegzetes stb.) c) Az indikátorpapír savas kémhatást jelez. A kén-dioxid vízben való oldódásakor savas kémhatású oldat képződik: SO + H O HSO 3 + H 3 O + Elfogadható még az SO + H O H SO 3 ; H SO 3 + H O HSO 3 + H 3 O + egyenletek együttes felírása is, de valójában a H SO 3 még híg vizes oldatban sem létezik. d) A savas eső kialakulását. e) Elsősorban kéntartalmú anyagok (leginkább kőszén) égése során. (Vagy: szulfidos ércek pörkölése során.) f) A HCl illékony, a H SO 4 nem. g) Az ibolya virágában található festékanyagok sav-bázis indikátorként viselkednek, és színváltozással jelzik a HCl oldódása miatt bekövetkező ph-csökkenést. Csak akkor adható meg a pont, ha a festékanyagok indikátor tulajdonsága is szerepel a válaszban. Összesen: 8 pont 4
. feladat M(MnCl ) = 15,8 g/mol M(MnCl H O) = 161,9 g/mol M(MnCl 4H O) = 197,9 g/mol 186,0 g MnCl 100 g vízben történő feloldódásakor 65,0 tömegszázalékos oldat keletkezne. 80 o C-on azonban ilyen nem létezik, tehát telített oldat és MnCl H O lesz jelen az edényben. Legyen a telített oldat tömege x, az MnCl H O-é 86,0 g x 15,8 x 0,55 + (86 g x) = 186 g 161,9 x = 161 g m(telített oldat) 161 m (MnCl = = 1,9 : 1,00 H O) 15 A dihidrát MnCl -tartalma 77,7 tömegszázalék, a tetrahidráté 63,6 tömegszázalék, a 0 o C-on telített oldaté 4,5 tömegszázalék. Mivel a 186 g MnCl -ből és 100 g vízből álló rendszer 65,0 tömegszázalék MnCl -t tartalmaz, 0 o C-on a rendszerben csak a dihidrát és a tetrahidrát keveréke lehet. (Hiszen 0 o C-on a dihidrát és a telített oldat nem lehet egymással egyensúlyban.) Ezek a pontok akkor is járnak, ha a fenti tényeket nem szögezi le, de számításaiban felhasználja. Ha a dihidrát tömege y, a tetrahidráté pedig 86 g y, akkor felírható: 15,8 15,8 y + (86 g y) = 186 g 161,9 197, 9 y = 9,7 g m(mncl H O) 9,7 = = 1,00 : 8,63 m(mncl 4H O) 56,3 Ha a versenyző az feladatrészben MnCl 4H O és telített oldat egyensúlyával számol, az minden bizonnyal figyelmetlenségből adódik. Ebben az esetben az feladatrészre 5-ből maximum 3 pont adható. A feladatrész megoldásának viszont lényegi eleme annak felismerése, hogy 0 o C-on a kétféle kristályvizes fázis lesz jelen, így ha itt a telített oldat és MnCl H O egyensúlyát tételezi fel, legfeljebb a feladatrész első részpontja adható meg. Összesen: 10 pont 5
3. feladat A pigment előállításának reakcióegyenlete: Pb(NO 3 ) + K CrO 4 PbCrO 4 + KNO 3 Ez a pont akkor is jár, ha a versenyző az egyenlet felírása nélkül helyesen használja fel a sztöchiometriai arányait. M(PbCrO 4 ) = 33, g/mol M[Pb(NO 3 ) ] = 331, g/mol M(K CrO 4 ) = 194, g/mol 00 g ólom-kromát anyagmennyisége 0,619 mol. Ennek előállításához szükséges: m[pb(no 3 ) ] = 0,619 mol 331, g/mol = 05 g m[k CrO 4 ] = 0,619 mol 194, g/mol = 10 g 10 g ólom-nitrát anyagmennyisége 0,36 mol 05 g kálium-kromát anyagmennyisége 1,06 mol Ezekből 0,36 mol ólom-kromát állítható elő, melynek tömege 117 g. Feleslegben marad 1,06 mol 0,36 mol = 0,698 mol kálium-kromát. A szennyvízgyűjtőben kialakuló kromátion-koncentráció: c(cro 0,698 mol 4 ) = = 6,98 10 5 mol/dm 3. 3 10 4 dm 1 liter szennyvízben található króm tömege: m(cr) = 5,0 g/mol 6,98 10 5 mol = 3,63 mg. Tehát meghaladja a krómra megszabott küszöbértéket. Az utolsó pont valójában a 3,63 mg kiszámítására és az abból levont következtetésre jár. Ha a versenyző a kromátion moláris tömegével számol az utolsó lépésben, akkor annak ellenére nem jár a pont, hogy egy 0,5 mg/l-t meghaladó értéket kap. Korábban elkövetett számolási hiba esetén akkor is megadható ez a pont, ha elvileg helyes levezetés végén 0,5 mg/l-nél kisebb érték adódik, így a következtetés ellentétes a valóságossal. Súlyos elvi hibát tartalmazó megoldás esetén (pl. 1,06 mol kromáttal számol a szennyvízben) természetesen nem jár az utolsó pont sem az önmagában egyébként helyesen levont következtetésre. Összesen: 10 pont 6
4. feladat 1,00 t ammónia anyagmennyisége 58,7 kmol. A standard képződéshő alapján 58,7 kmol ( 45,9 kj/mol) = 694 MJ a folyamathő, azaz 694 MJ energia szabadul fel 5 o C-on és 1 bar nyomáson. A valóságban 694 + 609 = 3303 MJ energia szabadul fel a szintézis körülményei között. 34,06 g A szintézis körülményei között mol (34,06 g) ammónia képződését 3303 MJ = 6 10 g = 11,5 kj energia felszabadulása kíséri. Az N (g) + 3 H (g) = NH 3 (g) folyamat reakcióhője tehát az adott körülmények között: r H = 11,5 kj/mol 5. feladat Összesen: 5 pont AlP + 3 H O Al(OH) 3 + PH 3 vagy AlP + 3 H O Al O 3 + PH 3 1,0 g 1,0 g PH 3 anyagmennyisége 34,0 g/mol = 9,4 mmol. Az AlP anyagmennyisége is ennyi, tömege tehát 9,4 mmol 58,0 g/mol = 1,7 g. 1,7 g A tabletta tömege = 3,0 g. 0,56 c) 9,4 mmol 9,4 mmol foszfinnak = 588 mol levegőben kell elkeverednie ahhoz, hogy a 6 50 10 koncentrációja 50 ppm legyen. Elvileg (588 0,094) mol levegőben kell elkeverednie, de a különbség elhanyagolható. A levegő térfogata 588 mol 4,5 dm 3 /mol = 14 m 3. d) 1,88 g oxigén anyagmennyisége 58,8 mmol, vagyis 1 mol PH 3 elégéséhez mol O szükséges. Az égési egyenlet tehát: PH 3 + O H 3 PO 4 e) A kérdéses vegyület moláris tömege,8 8,9 g/mol = 65,9 g/mol Foszfortartalma 65,9 0,939 = 61,9 g, azaz,0 mol. Hidrogéntartalma 4,0 g, azaz 4,0 mol. A keresett összegképlet: P H 4. 7 Összesen: 10 pont
6. feladat Cu(sz) + Fe 3+ (aq) Cu + (aq) + Fe + (aq) A lemaratott réz térfogata, tömege és anyagmennyisége: V(Cu) = 0,98 150 cm 50 10 4 cm = 0,735 cm 3 m(cu) = 0,735 cm 3 8,96 g/cm 3 = 6,59 g n(cu) = 0,104 mol M(FeCl 3 6H O) = 70,3 g/mol A feloldott só anyagmennyisége n = 0,46 mol. Az egyenlet alapján 0,08 mol Fe 3+ redukálódik és eközben 0,08 mol Fe + keletkezik. A reakció lejátszódása után 0,46 mol 0,08 mol = 0,54 mol Fe 3+ marad. Az oldatban a maratás után a következő koncentrációk alakulnak ki: c(cu + 0,104 mol ) = 3 0,0 dm = 0,473 mol/dm 3 c(fe + 0,08 mol ) = 3 0,0 dm = 0,945 mol/dm 3 c(fe 3+ 0,54 mol ) = 3 0,0 dm = 1,15 mol/dm 3 Ha a versenyző elvi hibás reakcióegyenlettel számol, az utolsó 5 pont nem adható meg. Összesen: 10 pont 8
7. feladat M[Zn(NO 3 ) ] = 189,4 g/mol m[zn(no 3 ) ] = 70 g 0,175 = 47,5 g n[zn(no 3 ) ] = 0,49 mol Az elektrolízis során lejátszódó elektródreakciók: Katód: Zn + (aq) + e Zn(sz) Anód: H O(f) H + (aq) + ½ O (g) + e A bruttó reakcióegyenlet tehát: Zn(NO 3 ) + H O HNO 3 + Zn + ½ O Ha a kérdéses pillanatig x anyagmennyiségű cink-nitrát alakult át, akkor x anyagmennyiségű salétromsav keletkezett. Az oldatban ekkor 0,49 mol x anyagmennyiségű cink-nitrát maradt. Azonos tömegszázalék azonos tömeget is jelent, tehát felírható: 189,4 g/mol (0,49 mol x) = 63 g/mol x x = 0,150 mol 0,150 mol cink-nitrát átalakulásához 0,300 mol e szükséges. Az áthaladó töltésmennyiség 0,300 mol F =,89 10 4 C 4,89 10 C Az elektrolízis időtartama: t = = 1,45 10 4 s = 4,0 h,00 A Az elektródon levált fémcink salétromsavoldatba merül, így oldódás indul meg. HNO 3 + Zn Zn(NO 3 ) + H Az feladatrész értékelése 3 egységre tagolható, a fenti részpontozást követve: - a kiindulási oldatban található cink-nitrát tömege és anyagmennyisége: pont - az átalakuló cink-nitrát mennyiségének kiszámítása az elektrolízis során lejátszódó reakció alapján: 5 pont - az elektrolízis időtartamának kiszámítása: 3 pont Ezek minősülnek olyan egységnek, amelyek akkor is maximális pontszámmal értékelhetők, ha korábban súlyos elvi hibát követett el a versenyző. A második egység lényegi eleme a lejátszódó reakció (ill. sztöchiometriájának) ismerete. Sem az elektródreakciók, sem a bruttó reakció egyenletének felírása nem szükséges, elegendő azt felismerni (ill. alkalmazni), hogy az elreagáló cink-nitrát anyagmennyiségének kétszerese a keletkező salétromsav anyagmennyisége. Amennyiben e tekintetben hibás anyagmennyiség-aránnyal számol a versenyző, ennek az egységnek az 5 pontjából maximum pont adható meg akkor, ha a számolás más szempontból helyes. Összesen: 11 pont 9
8. feladat Az N O 5 kiindulási koncentrációja p c 0 (N O 5 ) = 0 = 1,756 10 mol/dm 3 RT A reakció teljes lejátszódása után 89,09 kpa össznyomás mérhető, vagyis ekkor az összkoncentráció: c vég (össz) = 3,368 10 mol/dm 3 Az elegyben O, NO és N O 4 található. c vég (O ) = c 0 (N O 5 ) 0,5 = 8,780 10 3 mol/dm 3 c vég (NO ) + c vég (N O 4 ) = c vég (össz) c vég (O ) =,490 10 mol/dm 3 c vég (NO ) + c vég (N O 4 ) = c 0 (N O 5 ) = 3,51 10 mol/dm 3 Utóbbi két egyenletből: c vég (NO ) = 1,468 10 mol/dm 3 c vég (N O 4 ) = 1,0 10 mol/dm 3 K c = c c vég vég (N O 4 ) = 47,4 (mol/dm 3 ) 1 (NO ) 35 perc eltelte után az összkoncentráció: c 1 (össz) =,868 10 mol/dm 3 Jelölje α az N O 5 disszociációfokát ebben a pillanatban! c 1 (N O 5 ) = c 0 (N O 5 ) (1 α) = 1,756 10 mol/dm 3 (1 α) c 1 (O ) = c 0 (N O 5 ) α 0,5 = 8,780 10 3 mol/dm 3 α c 1 (NO ) + c 1 (N O 4 ) = c 1 (össz) c 1 (N O 5 ) c 1 (O ) = 1,11 10 mol/dm 3 + 8,780 10 3 mol/dm 3 α c 1 (NO ) + c 1 (N O 4 ) = c 0 (N O 5 ) α = 3,51 10 mol/dm 3 α c1 (NO4) K c = = 47,4 (mol/dm 3 ) 1 c1 (NO) Az utolsó 3 egyenletből álló egyenletrendszer megoldásaként α = 0,640. () 35 perc múltán tehát a dinitrogén-pentoxid 64,0 %-a bomlott el. Az feladatrészben a következő elemek egymástól függetlenül értékelhetők: - a nyomás és a koncentráció közötti összefüggés (c = RT p ) - c vég (O ) = c 0 (N O 5 ) 0,5 - az összkoncentráció (ill. össznyomás) a nitrogén-dioxid, a dinitrogén-tetroxid és az oxigén koncentrációjának (ill. parciális nyomásának) összege - c vég (NO ) + c vég (N O 4 ) = c 0 (N O 5 ) - K c = c vég c vég (N O (NO 4 ) ) Ezek bármelyikében elkövetett elvi hiba esetén azonban további számításokra pont nem adható. Ha tehát pl. valaki elvi hibával számolja ki a kiindulási koncentrációt (pl. c = prt), akkor az első két részpontot nem kapja meg, de ha a többi összefüggése helyes, azok független értékelhetősége miatt a 3., 4. és 5. részpont megadható. Nem jár viszont a következő részpont, a nitrogén-dioxid és a dinitrogén-tetroxid koncentrációjára. Ugyanakkor megadható az utolsó részpont, mert az egyensúlyi állandó helyes összefüggése ismét függetlenül értékelhető. Ha a koncentráció kiszámítása a mértékegységek hibás használata miatt helytelen, a vonatkozó pont egyik koncentráció kiszámítására sem jár, de a további lépések természetesen maximális pontszámmal értékelhetők. 10
A feladatrészben az egymástól függetlenül értékelhető elemek: - az összkoncentráció kiszámítása - c 1 (N O 5 ) = c 0 (N O 5 ) (1 α) - c 1 (O ) = c 0 (N O 5 ) α 0,5 - az összkoncentráció (ill. össznyomás) a nitrogén-dioxid, a dinitrogén-tetroxid, a dinitrogén-pentoxid és az oxigén koncentrációjának (ill. parciális nyomásának) összege - c 1 (NO ) + c 1 (N O 4 ) = c 0 (N O 5 ) α Ezek bármelyikében elkövetett elvi hiba esetén azonban a további számításokra, tehát a disszociációfok meghatározására pont nem adható. Számolási vagy matematikai hiba esetén itt is 1 pontot kell levonni, tehát az utolsó részpontból 1 pont ilyen esetben is megadható. Összesen: 14 pont 11