CHO45skAteRi

Prepis

1 CHEMICKÁ LYMPIÁDA 45. ročník, školský rok 2008/2009 kategória A určené pre najvyššie ročníky gymnázií školské kolo TERETICKÉ ÚLHY Riešenie a hodnotenie úloh

2 RIEŠENIE A HDNTENIE ÚLH Z ANRGANICKEJ A ANALYTICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda kategória A 45. ročník školský rok 2008/2009 Školské kolo Anton Sirota Medzinárodné informačné centrum MCH, IUVENTA, Bratislava Maximálne 18 bodov (b), resp. 32 pomocných bodov (pb) Pri prepočte pomocných bodov (pb) na konečné body (b) použijeme vzťah: body (b) = pomocné body (pb) 0,5625 Riešenie úlohy Vzorec monohydrátu bis(dihydrogenfosforečnanu) vápenatého možno formálne napísať v tvare: Ca(H 2 P 4 ) 2. H 2 Ca. P H 2 M r (Ca(H 2 P 4 ) 2. H 2 ) = 252,067 M r (P 2 5 ) = 141,945 3 pb % P 2 5 = 141, ,31 % 252,067 = 1.2. P 4 10 nie je dimérom oxidu fosforečného, lebo sa v jeho štruktúre ne- opakujú štruktúrne jednotky P 2 5. V molekule P 4 10 sú štyri atómy fosforu umiestnené vo vrcholoch tetraédra a každý z nich je tetraédricky obklopený štyrmi atómami kyslíka. 1

3 4 pb P P P P rovnica: Ca 10 F 2 (P 4 ) H 2 S 4 6 H 3 P HF + 10 CaS 4 2. rovnica: Ca 10 F 2 (P 4 ) H 3 P 4 10 Ca(H 2 P 4 ) HF alebo Ca 10 F 2 (P 4 ) H 3 P H 2 10 Ca(H 2 P 4 ) 2. H HF (Za jednu z uvedených možnosti.) 1.4. Sumárna rovnica: Ca 10 F 2 (P 4 ) H 2 S 4 3 Ca(H 2 P 4 ) HF + 7 CaS 4 alebo Ca 10 F 2 (P 4 ) H 2 S H 2 3 Ca(H 2 P 4 ) 2. H HF + (Za jednu z uvedených možnosti.) + 7 CaS pb Ca 3 (P 4 ) 2 3 Ca P 4 ξ 3 ξ 2 ξ K s (Ca 3 (P 4 ) 2 ) = [Ca 2+ ] 3 [ P ] 2 = (3 ξ) 3 (2 ξ) 2 = 108 ξ ξ 33 K 2,07.10 = 5 s = 5 = ,

4 1 pb Uvažujme V = 1 dm 3 (presne). Potom: c(ca 3 (P 4 ) 2 ) = n ,14.10 mol dm V = 1.6. M r (Ca 3 (P 4 ) 2 ) = 310,174 V jednom litri vody sa rozpustí: m = n M = c V M = 1, mol dm -3 1 dm 3 310, 174 g mol -1 = 3 pb = 3, g bjem bazéna: V = (50,0 20,0 2,00) m 3 = 2, m 3 = 2, dm 3 V bazéne sa rozpustí: 4 pb m = 3, g 2, = 70,8 g Záver: 100 g Ca 3 (P 4 ) 2 sa úplne nerozpustí v spomínanom bazéne. Pravdu mali žiaci, ktorí riešili úlohy Chemickej olympiády. 3

5 RIEŠENIE A HDNTENIE ÚLH Z FYZIKÁLNEJ CHÉMIE Chemická olympiáda kategória A 45. ročník školský rok 2008/2009 Školské kolo Ján Reguli Katedra chémie PdF TU, Trnava Maximálne 17 bodov Riešenie úlohy 1 (3 b) V tlakovom hrnci sa ustáli rovnováha medzi kvapalnou vodou a vodnou parou. Rovnovážny tlak, t. j. tlak nasýtenej pary vody pri teplote 120,4 C vypočítame z Clausiovej-Clapeyronovej rovnice: p ln p 1 vaph 1 = R T2 T vaph 1 1 ln p 2 = + ln p R T2 T b ln p 2 = + ln , , , 15 ln p 2 = 0, , = 12, b p 2 = Pa 211,4 kpa 1 Riešenie úlohy 2 (5 b) 2.1. Dusík sme zohrievali pri konštantnom tlaku z 25 C na 75 C, t. j. o 50 C. Jeho vnútorná energia a entalpia pritom vz rástli o hodnoty 1 b U = n c Vm T = 1. (5/2). 8, = 1039,31 J 0,5 b H = n c pm T = n (c Vm + R) T = 1. (7/2). 8, = 1455,04 J 2.2. Keďže zohrievanie prebehlo izobaricky, dodané teplo sa rovná zmene 0,5 b entalpie, t. j. q = 1455,04 J Tlak, ktorý udržuje ventil v nádobe vypočítame z počiatočných podmienok: n1 RT1 1. 8, , 15 1 b p = = = , 5 Pa V 0, pri tomto tlaku sa pri 75 C do nádoby zmestí 4

6 pv , 5. 0, b n = = = mol N 2 RT 8, , 15, 2 Pôvodne bol v nádobe 1 mol dusíka. Vypustili sme teda n N 2 = 1 0,85638 = 0,14362 mol dusíka, čo je 1 b m = n M = 0, , 00 = 4 021g N 2 N2 N, 2 Riešenie úlohy 3 (5,5 b) Povrch valčeka je 0,5 b S = 2 (π r 2 ) + 2 π r h = 2 π r (r + h) = 2 π 1,0 (1,0 + 5) = 37,699 cm 2 bjem vylúčeného chrómu je 0,5 b V = S h = 37,699 cm µm = 1507,96.cm cm = 0, cm 3 a jeho hmotnosť: 1 b m = V = 0, cm 3. 7,1 g cm 3 = 1,07065 g Zo vzťahu pre Faradayove zákony m zf = η Q = ηit, M vypočítame čas, potrebný na vylúčenie danej vrstvičky chrómu mzf , b t = = = 15049, 8 s = 4, 1805 h = 4 h 10 min 50 s MηI 52. 0, 88. 0, 45 Chróm sa vylučuje zo síranu chromitého Cr 2 (S 4 ) 3, preto n Cr = 2 n(cr 2 (S 4 ) 3 ) 0,5 b n Cr = m / M = 1,07065 / 52 = 0,02059 mol 1 b n(cr 2 (S 4 ) 3 )= n Cr /2 = 0,02059 / 2 = 0, mol = 10,295 mmol Riešenie úlohy 4 (3,5 b) Rádioaktívny rozpad je reakciou prvého poriadku. Tak ako klesá s časom koncentrácia látky, c = c 0A e kt, klesá aj jej aktivita A = A 0 e kt. Rádioaktívny rozpad necharakterizujeme jeho rýchlostnou konštantou, 0,5 b ale polčasom rozpadu, pre ktorý sa dá ľahko odvodiť, že t 1/2 = ln 2 / k 3 b Vek rádioaktívnej vzorky dostaneme z logaritmického tvaru rýchlostnej rovnice ln A A 0 ( A/A ) ln 2 = kt = t, odkiaľ t 1/ 2 ln 0 ln 0,1 t = t1 / 2 = 12, 5. = 41524, rokov ln 2 ln 2 5

7 ÚLHY Z RGANICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda - kategória A - školský rok 2008/2009 Školské kolo riešenie Marta Sališová, Andrej Boháč Katedra organickej chémie PRIF UK, Bratislava Maximálne 17 bodov (55 pb x ) Riešenie úlohy 1 (1,8 b) (1) Doplňte kompatibilné stereoizoméry a pomenujte zlúčeniny s použitím deskriptorov R,S, resp. E,Z. a) H CH 2 CH 2 CH CH 2 CH 2 CH H Br CH HC Br kyselina (S)-2-brómpentándiová kyselina (R)-2-brómpentándiová b) HC C=C CH 2 CH 2 H HH 2 C C=C CH 2 CH 2 H HH 2 C CH 2 CH 2 CH HC CH 2 CH 2 CH kyselina (Z)-3-(2-hydroxyetyl)- -2-hydroxymetylhex-2-éndiová kyselina (E)-3-(2-hydroxyetyl)- -2-hydroxymetylhex-2-éndiová Riešenie úlohy 2 (2,93 b) (19,5 pb) CH 2 CH 3 Br CH-CH 3 CH-CH 3 2 Mg Br MgBr T éter CH-CH 3 CH 2 CH 2 MgBr H 3 + CH-CH 3 H 2 Cr 4 CH-CH 3 PCl 5 CH 2 CH 2 H CH 2 CH CH-CH 3 CH 2 CCl 6

8 CH 3 CH 3 CH 3 AlCl 3 1. LiAlH 4 (CH 3 ) 3 C-CCl 2. H 3 + H C-C(CH 3 ) 3 Riešenie úlohy 3 (3,0 b) (20 pb) a) CH 3 -CH=CH 2 HBr CH 3 -CH 2 -CH 2 -Br KCN CH 3 -CH 2 -CH 2 -CN H NaH 2. HCl PCl CH 3 -CH 2 -CH 2 -CH 3 CH 3 CH 2 H CH 3 -CH 2 -CH 2 -C-Cl CH 3 -CH 2 -CH 2 -C--CH 2 CH 3 b) Zápis spektra je nasledovný: 1 H NMR (CDCl 3 ) (δ): 0.96 (t, 3H, CH 3 ); 1.25 (t, 3H, CH 3 ); 1.65 (sex, 2H, CH 2 ); 2.27 (t, 2H, CH 2 ); 4.13 (q, 2H, CH 2 ) Priradenie signálov (δ) jednotlivým vodíkom A C D E B CH 3 -CH 2 -CH 2 -C--CH 2 CH 3 A = 0.96; B = 1.25; C = 1.65; D = 2.27; E = 4.13 Poznámka : na rozdiel od esterov kyseliny butánovej, samotná kyselina butánová nepríjemne zapácha po skazenom masle (podľa toho má aj triviálny názov kyselina maslová). Riešenie úlohy 4 (3,30 b) (2) a) CH 2 CH 2 CH 2 CCH 2 CH 3 CH 3 CH 2 Na H 3 + CH 2 CH 2 CCH 2 CH 3 CCH 2 CH 3 7

9 T NH 2 H N-H CH A b) + N-H H2 S 4 N- H H - H 2 N+ N + H 2 N + H H - H + N H NH c) B NH H + + NH 2 -(CH 2 ) 5 -C NH-(CH2) 5 -C n Riešenie úlohy 5 (2,40 b) (16 pb) a) je to karbonylová zlúčenina b) má násobnú väzbu c) nie je to aldehyd, ani metyl ketón d) CH 2 CH 3 CH (CH 3 CH 2 CH 2 ) 2 C NaH CH=C-C-CH 2 CH 2 CH 3 CH(CH 3 ) 2 CH(CH3 ) 2 A e) H 2 H CH 3 CH 2 CH=CHCH 2 CH 2 CH 3 H + CH 3 CH 2 CH 2 -CHCH 2 CH 2 CH 3 8

10 H 2 Cr 4 CH 3 CH 2 CH 2 -C-CH 2 CH 2 CH 3 f) B CH 2 CH 3 (H 3 C) 2 HC CH=C-C-C=CH CH(CH 3 ) 2 CH 2 CH 3 C Riešenie úlohy 6 : a) (3,60 b) (24 pb) CH 3 CH 3 Br 2 CH 3 Mg 1. C 2 Fe Br MgBr 2. H 3 + CH 3 CH CCl 1. KMn 4 / NaH SCl 2 CH 2. H 3 + CH CCl b) NH 2 NH-CCH 3 NH-CCH3 (CH 3 C) 2 HN 3 H 2 S 4 N 2 NH 2 H HCl / SnCl 2 NH 2 2. NaH N 2 NH 2 9

11 c) ClC CCl H 2 N NH 2 ClC C-NH NH2 1. ClC CCl 2. H 2 N NH 2 ClC C-NH NH-C C-NH NH 2 atď. 10

12 RIEŠENIE A HDNTENIE ÚLH Z BICHÉMIE Chemická olympiáda kategória A 45. ročník školský rok 2008/2009 Školské kolo Boris Lakatoš ddelenie biochémie a mikrobiológie, FChPT STU, Bratislava Maximálne 8 bodov Riešenie úlohy 1 (5 b) 1 b a) 0,33 b za každú správne nakreslenú MK Kyselina olejová Kyselina linolová Kyselina linolénová 1 b b) β-oxidácia, acetyl-koenzým A 1 b c) Nikotínamidadeníndinukleotid (NAD), Flavínadeníndinukleotid (FAD) 2 b d) Počet otáčok β-oxidácie je v prípade oboch mastných kyselín rovnaký - 8, teda z 1 mol oboch MK vznikne 9 mol acetyl-koenzýmu A. Pri degradácii kyseliny steárovej vzniká pri každej otáčke β-oxidácie 1 mol NADH a 1 mol FADH 2. Celkovo 8 NADH a 8 FADH 2. Pri degradácii kyseliny olejovej však vznikne z dôvodu dvojitej väzby medzi C9 a C10 o jeden mól FADH 2 menej. Celkovo 8 NADH a 7 FADH 2. 1 mol kyseliny steárovej teda poskytne: = 148 mol ATP 1 mól kyseliny olejovej poskytne: = 146 mol ATP 11

13 Z výpočtu vyplýva, že energeticky výhodnejšie je degradovať kyselinu steárovú. Riešenie úlohy 2 (3 b) 1 b a) V anaerobných podmienkach v živočíchoch prebieha mliečna fermentácia a koncovým produktom premeny jednej molekuly glukózy budú dve molekuly kyseliny mliečnej. 1 b b) V anaerobných podmienkach v kvasinkách prebieha alkoholová fermentácia a v tomto prípade budú koncovými produktmi dve molekuly oxidu uhličitého a dve molekuly etanolu. 1 b c) V aerobných podmienkach dochádza k úplnej oxidácii glukózy na šesť molekúl oxidu uhličitého a rovnaký počet molekúl vody. 45. ro ník Chemickej olympiády, teoretické úlohy školského kola kategórie A, riešenie a hodnotenie úloh Vydal: IUVENTA, 2008 alšie informácie na Slovenská komisia Chemickej olympiády 12