Tit mtt hevesy György Kémiaverseny, megyei forduló, 2008

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