TIT - MTT Hevesy György Kémiaverseny, megyei forduló, 2008.
Javítókulcs a 7. osztályosok feladatlapjához
1. feladat
Ta tantál Al alumínium P foszfor Pr prazeodímium
Ra radium Am americium Ag ezüst Y ittrium
Ar argon Rh ródium H hidrogén
Ebből bármelyik 8 vegyjel és név 0,5-0,5 pont.
Összesen: 8 pont
2. feladat
a) Például: kálium-permanganát hevítése, a víz elektromos bontása (2)
b) Azonos protonszámú atomok halmaza. (Elfogadható: azonos atomok halmaza.) (1)
c) Fotoszintézis. (1)
d) Keverék (elegy). (1)
Összetevők: nitrogén, nemesgázok, szén-dioxid, vízgőz (0,5-0,5 pont) (1,5)
Ha nemesgáz helyett pl. argont ír, az elfogadható.
e) A levegő cseppfolyósításával (cseppfolyós levegő desztillálásával). (1)
8000 m3 levegő oxigéntartalma 8000 m3 ˙ 0,21 = 1680 m3.
(8000 m3 ˙ 0,2 = 1600 m3 is elfogadható.) (1)
f) Például: szén-monoxid, nitrogén-oxidok, kén-dioxid, por, korom …
Valamelyik 3 példa 0,5-0,5 pont: (1,5)
g) oxigénmolekula, O2 (2)
80 g O2 anyagmennyisége: mol = 2,5 mol; (2)
2,5 mol H2 tömege: 2,5 ˙ 2 g = 5 g (1)
Ha atomokkal számol (az eredmény megegyezik), 1 pont levonás
Összesen: 15 pont
3. feladat
a) durranógáz (1)
b) V(oxigén) : V(hidrogén) = 1 : 2 (2)
c) m(oxigén) : m(hidrogén) = 16 : 2 (8 : 1, 32: 4) (1)
d) n(oxigén) : n(hidrogén) = 0,5 : 1 = 1 : 2 (2)
e) megegyezik (1)
f) A b) pont eredménye szerint 21 cm3 hidrogén égéséhez szükséges 10,5 cm3 oxigén. (2)
Mivel a levegő 21 %-a oxigén, ez a mennyiség
100 cm3 = 50 cm3 levegőben van. (2)
Ha 20 % oxigéntartalommal számol, 52,5 cm3 levegő is elfogadható.
Összesen: 11 pont
4. feladat
a) Y, L; X, M; V, Z (3)
b) M (1)
c) X (1)
d) L, M (2)
e) YL4; VL2 (2)
f) 3. sor, III. A oszlop (csak együtt!) (1)
Összesen: 10 pont
5. feladat
1.
|
|
R
|
E
|
Z
|
G
|
É
|
S
|
|
|
|
|
2.
|
|
A
|
T
|
O
|
M
|
|
|
|
|
|
|
3.
|
|
D
|
U
|
R
|
R
|
A
|
N
|
Ó
|
G
|
Á
|
Z
|
4.
|
|
I
|
T
|
T
|
R
|
I
|
U
|
M
|
|
|
|
5.
|
|
O
|
L
|
D
|
A
|
T
|
|
|
|
|
|
6.
|
|
A
|
T
|
O
|
M
|
M
|
A
|
G
|
|
|
|
7.
|
|
K
|
E
|
V
|
E
|
R
|
É
|
K
|
|
|
|
8.
|
|
T
|
Ö
|
L
|
T
|
É
|
S
|
|
|
|
|
9.
|
|
I
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
10.
|
|
V
|
E
|
G
|
Y
|
Ü
|
L
|
E
|
T
|
|
|
11.
|
|
I
|
R
|
I
|
D
|
I
|
U
|
M
|
|
|
|
12.
|
|
T
|
E
|
L
|
Í
|
T
|
E
|
T
|
T
|
|
|
13.
|
|
Á
|
S
|
V
|
Á
|
N
|
Y
|
|
|
|
|
14.
|
|
S
|
Z
|
Ű
|
R
|
É
|
S
|
|
|
|
|
A 14 helyes válasz és a helyes megfejtés 1-1 pont.
Összesen: 15 pont
6, feladat
a) M(H2O) = 18 g/mol, M(C2H6O) = 46 g/mol (1)
Ha 1-1 mólnyit veszünk, akkor az elegy tömege 64 g lesz, benne 46 g alkohol.
Az elegy összetétele: = 0,719, azaz 71,9 tömeg% alkohol van benne. (2)
b) 100 cm3 elegy tömege (a sűrűségből) 86,3 g. (1)
Az elegy összetétele: 86,3 g ∙ 0,719 = 62,05 g alkohol, (2)
és 86,3 g – 62,05 g = 24,25 g víz. (1)
62,05 g alkohol térfogata: 62,05 g : 0,789 g/cm3 = 78,6 cm3, (2)
24,25 g víz térfogata, kb. 24,3 cm3.
Tehát 78,6 cm3 alkoholt és 24,3 cm3 vizet kell összekeverni. (Térfogatkontrakció!) (2)
(A 100 cm3 – 78,6 cm3 = 21,4 cm3 elvi hiba, ezért nem jár pont.)
Összesen: 11 pont
7. feladat
a) 50 cm3 desztillált víz 50 g. Ha 50 g vízben feloldódik 15 g só, akkor ennek az oldhatósága 100 g vízre vonatkoztatva: legalább 30 g só. (2)
Ha a három közül csak egy ilyen só van, akkor az oldás 20 °C-on történt.
(0 °C-on egy sincs, 50 °C-on már kettő is van.) (1)
b) Szódabikarbónából: 15 g – = 10,2 g maradt feloldatlanul. (2)
Trisóból: 15 g – = 9,5 g maradt feloldatlanul. (2)
c) 10,2 g szódabikarbóna feloldásához:
→ x = 106,25 g, vagyis még kb. 106 cm3 víz kell. (2)
9,5 g trisó feloldásához:
→ y = 86,36 g, vagyis még kb. 86,4 cm3 víz kell. (2)
A feladat c) része másképpen is megoldható.
Például kiszámítható 15 g só oldásához szükséges víz térfogata
(ez a szódabikarbonánál 156,25 cm3, a trisónál 136,36 cm3),
és abból levonandó a már hozzáadott 50 cm3 víz. /4/
d) Nem oldható fel mindhárom só 50 cm3 vízben melegítéssel. (1)
Ehhez az a)-ban kiszámoltak szerint el kellene érnie mindhárom sónak a
30 g/100 g víz oldhatóságot. Ezt a trisó eléri, de a szódabikarbóna még
100 °C-on sem éri el. (2)
Összesen: 14 pont
8. feladat
a)
Az A és a C zsákban alumíniumgolyók, a B zsákban vasgolyók vannak. (1)
Indoklás: Ha azonos számú atom van minden golyóban, és azonos számú golyó van
minden zsákban, akkor a zsákok tömege az atomtömegeikkel arányos,
vagy mert az A és C zsákoknak kisebb a tömege, és az alumíniumnak kisebb
az atomtömege.
(Bármelyik magyarázat elfogadható.) (1)
Az A zsákban van az üreges alumíniumgolyó. (1)
Indoklás: az A zsáknak a legnagyobb a térfogata. (1)
Az A és C zsákban az alumínium tömege: 560 g – 20 g = 540 g.
A golyók száma: 540 g : 10 g = 54 darab. (1)
b)
Az üreges golyó térfogata 55,0 cm3 – 50,0 cm3 = 5,0 cm3. (1)
Tömege 10 g, gyakorlatilag csak az alumínium: V(Al) = m/ = 3,7 cm3. (1)
Így a levegő térfogata: V(levegő) = 5,0 cm3 – 3,7 cm3 = 1,3 cm3. (1)
A levegő tömege: 1,2 g/dm3 ∙ 0,0013 dm3 (!) = 0,00156 g. (1)
A golyó tehát 10 g – 0,00156 g = 9,99844 g fémet tartalmaz, ami kb. 10 g,
tehát a levegő tömege elhanyagolható. (1)
c)
Az alumíniumgolyó térfogata 3,7 cm3.
(Ha nem válaszolt a b) kérdésre, akkor az ottani térfogatszámítás 1 pontja itt megadható.)
A vasgolyók
tömege: (1140 g – 20 g) : 54 = 20,74 g. (1)
térfogata: 20,74 g : 7,8 g/cm3 = 2,66 cm3 (2,7 cm3). (1)
d)
A tömör vasgolyókat tartalmazó B zsák a „legsoványabb”. (1)
Bizonyítás: a B és C zsák közül mindkettő azonos számú golyót tartalmaz.
A vasgolyók térfogata kisebb, így a zsák is soványabb.
(Konkrét számítással is elfogadható: 54 vasgolyó térfogata 144 cm3,
54 alumíniumgolyóé 200 cm3.) (1)
e)
Bármelyik fémmel kiszámítható, például:
10 g Al anyagmennyisége: mol, (1)
egy golyóban lévő atomok száma: ∙ 6 ∙ 1023 = 2,2 ∙ 1023 db fématom (1)
Összesen: 16 pont
Dostları ilə paylaş: |