Slovenská komisia ChO RIEŠENIE A HODNOTENIE TEORETICKÝCH ÚLOH CHEMICKEJ OLYMPIÁDY V KATEGÓRII EF

Transcript

1 Slovenská komisia ChO RIEŠENIE A HODNOTENIE TEORETICKÝCH ÚLOH CHEMICKEJ OLYMPIÁDY V KATEGÓRII EF CELOŠTÁTNE KOLO Bratislava,. marca 010

2 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z TECHNOLOGICKÝCH VÝPOČTOV (I) Chemická olympiáda kategória EF úroveň E 6. ročník Školský rok 009/010 Celoštátne kolo Ľudmila Glosová Stredná odborná škola, Nováky Maximálne 15 bodov (b), resp. 60 pomocných bodov (pb) Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: body (b) = pomocné body (pb) 0,50 Riešenie úlohy 1 ( pb) 1 Kyselina citrónová má štruktúrny vzorec: H C COOH HO C H C COOH COOH Sumárny, stechiometrický vzorec: C 6 H 8 O 7 Citrát vápenatý obsahuje na šiestich karboxylových skupinách naviazané tri ióny vápnika. Jeho vzorec: (C 6 H 5 O 7 ) Ca Reakcie: C 6 H 8 O 7 CaCO (C 6 H 5 O 7 ) Ca CO H O (1) 8 pb CH COOH CaCO (CH COO) Ca CO H O () a) Množstvo vodného kameňa sa vypočíta z objemu valca vytvoreného usadeninou a hustoty usadeniny: 6 pb V = S. h S = π. r m = ρ. V h = mm = 0,00 m r = 75 cm = 0,75 m ρ(caco ) =,8 g cm - = 800 kg m - 1 pb S =,1 (0,75 m) = 1,77 m 1 pb V = 1,77 m 0,0000 m = 5, m 1 pb m(caco ) = 800 kg m - 5, m = 1,8 kg = g 1

3 Na dne kotla sa usadilo g vodného kameňa vo forme CaCO. b) m(caco ) 1,800 kg n(caco ) = = = 0,18 kmol -1 M (CaCO ) 100,087 k g kmol 1 pb n(kyselina octová) = n(caco ) = 0,96 kmol 1 pb m(kyselina octová) = n(kyselina octová) M(kyselina octová) = 1 pb = 0,96 kmol 60,05 kg kmol -1 = = 17,8 kg m(kyselina octová,100%) 17,8 kg m(kyselina octová,8%) = = = w 0,08 =,5 kg m 67,5 kg V(kyselina octová,8 %) = = = 0,0 m = - ρ 1009,7kg m = 0 dm Na rozpustenie 1,8 kg CaCO treba použiť 0 dm 8 % octu. c) Podľa rovnice (1): 1 pb n(kyselina citrónová) = / n(caco ) = 0,0987 kmol 1 pb m(kyselina citrónová) = 0,0987 kmol 10,1 kg kmol -1 = 0,7 kg m (kyselina citrónová, 0 %) = 0,7kg = 10,5 kg 0,0 Na rozpustenie 1,8 kg CaCO treba použiť 0,7 kg čistej kyseliny citrónovej alebo 10,5 kg jej 0 % roztoku. Cena 8 % octu... 0,8 /dm Cena použitého octu: 0 dm. 0,8 /dm = 8,6 Cena kyseliny citrónovej... 0,6 /50 g 0,6 Cena použitej kyseliny: 0,7 kg 107,6 0,050 kg = Za použité množstvo 8 % octu by sa zaplatilo 8,6 a za použitú kyselinu citrónovú 107,6.

4 Riešenie úlohy (16 pb) Pre prestup tepla vedením rovnou stenou platí: δ R = S = π. r λ. S 1 pb δ(oceľ) = 5 mm = 0,005 m δ(vodný kameň) = mm = 0,00 m 1 pb r = 75 cm = 0,75 m S =,1 (0,75 m) = 1,77 m Odpor kotla: pb λ (oceľ)= 5 W m -1 K -1 R 0,005 m = = 6,8.10 K W 5 W m K 1,77m Odpor vodného kameňa: pb λ( vodného kameňa) = 1,5 W m -1 K -1 R 0,00 m = = 1,1.10 K W 1,5 W m K 1,77 m -1-1 pb Pomer odporov: - -1 R R 1 1,1.10 = = 17, ,8.10 Vodný kameň kladie 18 x väčší odpor, než oceľ.

5 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH ZO VŠEOBECNEJ A FYZI- KÁLNEJ CHÉMIE (I) Chemická olympiáda kategória EF úroveň E 6. ročník Školský rok 009/010 Celoštátne kolo Iveta Ondrejkovičová Oddelenie anorganickej chémie, Ústav anorganickej chémie, technológie a materiálov, FCHPT STU, Bratislava Maximálne 15 bodov (b), resp. 60 pomocných bodov (pb). Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: body (b) = pomocné body (pb) 0,50 Riešenie úlohy 1 (6 pb) a) Podľa zadania úlohy napíšeme na ľavú stranu vzorce reaktantov a na pravú stranu rovnice napíšeme vzorce produktov vrátane vody a doplníme stavový zápis (l = kvapalina, aq = vodný roztok, s = tuhá látka, g = plyn). Nadbytok ortuti do chemickej rovnice nezapisujeme. 10 pb Hg(l) H SO (aq) Hg SO (s, aq) SO (g) H O(l) Síran ortuťný je vo vode veľmi málo rozpustná látka, a preto je prípustné písať stavový zápis ako Hg SO (s), Hg SO (aq) alebo Hg SO (s, aq). Za zápis reaktantov a produktov na správnej strane rovnice á 1 pb. Za stavový zápis á 1 pb. b) V tejto redoxnej reakcii sa oxiduje kvapalná ortuť (Hg 0 ) a kyselina sírová (S VI ) sa redukuje. Oxidačné čísla prvkov, ktoré zmenili oxidačné číslo počas chemickej reakcie, vyznačíme v rovnici: pb Hg 0 (l) H S VI O (aq) (Hg ) II SO (aq) S IV O (g) H O(l) alebo osobitne v jednotlivých zlúčeninách: Hg 0, H S VI O, (Hg ) II SO (prípadne Hg I SO ) a S IV O. Za každé oxidačné číslo á 1 pb.

6 b) Riešenie koeficientov Bilancia nábojov: Oxidácia: Hg 0 e = Hg I Redukcia: S VI e = S IV Hg 0 (l) (x 1) H S VI O (aq) 1 (Hg ) II SO (aq, s) 1 S IV O (g) z H O(l) Kvôli prehľadnosti sú v chemickej rovnici vyznačené aj jednotkové koeficienty. Bilanciou atómov, ktoré nezmenili oxidačné čísla, vypočítame koeficienty pre zostávajúce zlúčeniny, t. j. koeficienty x a z. Bilancia atómov síry (x 1) = x = 1 = 1 Časť kyseliny sírovej, ktorá sa nezredukovala, zreagovala za vzniku síranu ortuťného, a preto (x 1) =. Koeficient pri kyseline sírovej môžeme zistiť aj jednoduchou úvahou: na pravej strane rovnice sú atómy síry, teda na ľavej strane musia tiež byť atómy síry. Z bilancie atómov vodíka zistíme koeficient z: = z vyplýva, že z =. Po doplnení všetkých koeficientov úplný zápis chemickej rovnice: 1 Hg(l) H SO (aq) Hg SO (aq, s) SO (g) H O(l) O správnosti koeficientov sa presvedčíme, ak porovnáme počet atómov kyslíka na pravej a na ľavej strane rovnice. Za každý správny koeficient á. Za doplnenie koeficientov do rovnice. Riešenie úlohy (16 pb) a) Dusík tvorí 6 oxidov, v ktorých atóm dusíka nadobúda oxidačné čísla od I do V: pb N O, oxid dusný; N I O, pb NO, oxid dusnatý; N II O, 5

7 pb N O, oxid dusitý; N III O, pb NO, oxid dusičitý; N IV O, alebo N O, dimér oxidu dusičitého, resp. tetraoxid didusičitý; N II O, N O 5, oxid dusičný; N V O 5, Za vzorce a príslušné názvy oxidov á 1 pb. Za každé oxidačné číslo atómu dusíka v príslušnom vzorci oxidu á 1 pb. Treba vybrať len štyri ľubovoľné oxidy zo šiestich známych oxidov. Údaje uvedené pre piaty a šiesty oxid sa nebodujú. b) Elektrónové konfigurácie atómov dusíka v uvedených oxidoch: 1 pb N O: 1s s p 1 pb NO: 1s s p 1 1 pb N O : 1s s 1 pb NO alebo: N O : 1s s 1 N O 5, 1s Bodujú sa údaje pre vybrané oxidy. Údaje uvedené pre piaty a šiesty oxid sa nebodujú. Za štyri úplné zápisy elektrónovej konfigurácie á 1 pb. Podľa zadania úlohy treba uviesť úplný zápis elektrónovej konfigurácie. Za skrátený zápis elektrónovej konfigurácie sa body neudeľujú. Riešenie úlohy (18 pb) Hmotnosť pripraveného roztoku síranu draselného m rozt. (K SO ) je daná súčtom hmotnosti pôvodného roztoku m 1rozt. (K SO ) a tuhého síranu draselného m(k SO ): m rozt. (K SO ) = m 1rozt. (K SO ) m(k SO ) m rozt. (K SO ) =,00 g 1, g =, g Hmotnosť pripraveného roztoku je, g. Hmotnostný zlomok síranu draselného w (K SO ) v pripravenom roztoku vyjadruje vzťah: m(k SO ) w (K SO ) = m (K SO ) rozt. Hmotnosť síranu draselného m (K SO ) v pripravenom roztoku je daná súčtom hmotnosti síranu draselného m 1 (K SO ) v pôvodnom roztoku 6

8 s hmotnostným zlomkom w 1 (K SO ) = 010 a tuhého síranu draselného m(k SO ): m (K SO ) = m 1 (K SO ) m(k SO ) Výpočet hmotnosti síranu draselného m 1 (K SO ): m 1 (K SO ) = m 1rozt. (K SO ) w 1 (K SO ) m 1 (K SO ) =,00 g 0,10 =,86 g m (K SO ) =,86 g 1, g =,19 g Výpočet hmotnostného zlomku: w m (K SO ),19 g = = = (KSO ) 0,1796 mrozt. (K SO ), g w (K SO ) = 0,180 Hmotnostný zlomok síranu draselného v pripravenom roztoku je 0,180. 7

9 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z TECHNOLOGICKÝCH VÝPOČTOV (II) Chemická olympiáda kategória EF úroveň F 6. ročník Školský rok 009/010 Celoštátne kolo Anna Ďuricová Technická univerzita, Zvolen Maximálne 15 bodov (b), resp. 0 pomocných bodov (pb). Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: body (b) = pomocné body (pb) 0,50 Riešenie úlohy 1 (16 pb) ρ = 0,86 g cm - = 860 kg m - d = 10 cm = 0,1 m m = kg h -1 µ = 1, kg m -1 s -1 rýchlosť prúdenia: v. V = S objemový prietok:. m V = ρ prierez potrubia: Reynoldsovo kritérium: πd S = R e = d v ρ µ povaha toku: Re < 00 laminárny tok Re > turbulentný tok 00 < Re > prechodný tok a),1 (0,1 m) S = = 7,85.10 m 8

10 . V v kg h = = 8,7 m h 860 kg m. 1 1 V 8,7 m h = = = m h = 0,08 m s S 7,85.10 m 1 1 R e 1 0,1 m 0,08 m s 860 kg m = = 1 51 tok laminárny 1 1 1,7.10 kg m s Povaha prúdenia je laminárna. b) d = 150 mm = 0,15 m,1 (0,15m) S = = 1, m Hmotnostný, teda ani objemový tok sa nemení. v R e. 1 V 8,7 m h = = = 9 m h = 0,17 m s S 1, m ,15 m 0,17 m s 860 kg m = = 1 08 tok laminárny 1 1 1,7.10 kg m s Priemerná rýchlosť je 0,17 m s -1 a povaha toku je stále laminárna. c) Re > d > µ. Re v.ρ ,7.10 kg m s = = 1,6 m 1 0,17 m s 860 kg m Tok sa zmení na turbulentný pri priemere potrubia väčšom ako 1,6 m. Riešenie úlohy (8 pb) 1 pb Plocha na natieranie: S = 1 m 0,1 m 0 ks (druhá strana) = = 8 m 1 pb Výdatnosť laku: 8 dm zriedeného laku na prvý náter 9 9

11 Bilancia riedenia: L - lak pôvodný lak zriedený lak V 1 V = 0,888 dm φ(l) 1 =1 φ(l) = 0,9 V 1 φ(h O) = 0,1 V 1 V = V voda V φ (H O) = 1 1 pb V 1 = 0,888 0,9 = 0,8 dm laku 1 pb V = 0,088 dm = 88 cm vody K 0,8 dm pôvodného laku treba pridať 88 cm vody na prvý náter. Druhý náter neriedený plocha 8 m 1 pb 8 dm 9 pôvodného laku treba na druhý náter 1 pb Spolu: Prvý náter 0,8 dm laku Druhý náter 0,88 dm laku 1,68 dm laku Deti použili 1,68 dm lazúrovacieho laku. Riešenie úlohy (6 pb) žltá 1 pb tmavo zelená = w modrá ž = 0, 5 = w m = 1 0, = 0,6 1 pb svetlo zelená w m = 1 0,57 = 0, žltá = modrá w ž = 0,57 7 = 10

12 Bilancia miešania: tmavo zelená m 1 = kg w(ž) 1 = 0, w(m) 1 = 0,6 žltá svetlo zelená m m = 5 kg w(ž) = 1 w(ž) = 0,57 w(m) = 0, modrá m w(m) = 1 m 1 m m = m kg m m = 5 kg 1 pb Bilancia žltej: m 1 w(ž) 1 m w(ž) = m w(ž) 0, m 1 = 5 0,57 m =,05 kg 1 pb Bilancia modrej: m 1 w(m) 1 m w(m) = m w(m) 0,6 m 1 = 5 0, m = 0,95 kg Skúška: kg,05 kg 0,95 kg = 5 kg K tmavo zelenej farbe treba pridať,05 kg žltej a 0,95 kg modrej farby. 11

13 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH ZO VŠEOBECNEJ A FYZI- KÁLNEJ CHÉMIE (II) Chemická olympiáda kategória EF úroveň F 6. ročník Školský rok 009/010 Celoštátne kolo Stanislav Kedžuch Ústav anorganickej chémie SAV, Bratislava Maximálne 15 bodov (b) Riešenie úlohy 1 ( b) K uvedeným E θ si vypočítame G θ : Mn e - Mn θ θ 1 ( Mn /Mn ) 1 1 G = - zfe = C mol 1,515 V = 18,7 kj mol Fe e - Fe θ θ ( Fe /Fe ) 1 1 G = - zfe =.9685 C mol ( 0,7V) = 86,6 kj mol Fe e - Fe θ θ ( Fe /Fe ) b G = - zfe =.9685 C mol ( 0,07V) = 10,71 kj mol Rovnice skombinujeme tak, aby sme ich súčtom dostali požadovanú reakciu: Mn e - Mn G θ 1 Fe e - Fe G θ Fe - e - Fe G θ Mn Fe Mn Fe 1b θ θ θ θ 1 G = G G - G = 7,15 kj mol 1 Pre rovnovážnu konštantu platí θ θ G - RT G = - RTlnK K = e = 1 1,08.10 b reakcia bude posunutá na stranu produktov (Určenie smeru reakcie môže urobiť aj na základe zmeny štandardnej Gibbsovej energie.) 1

14 Riešenie úlohy ( b) Pre elektródu druhého druhu platí: θ RT θ RT RT 1 E = E ln Ag E ln K (AgBr) ln (Ag /Ag) ( Ag /Ag) (Ag /Ag) S zf = zf zf Br θ θ RT E = E ln K (AgBr) (AgBr) (AgBr/Br ) (Ag /Ag) S KS = e zf b (Za odvodenie vzťahu medzi E θ ( Ag /Ag) a E θ (AgBr/Br ) ) b (AgBr) =,01.10 K S 1 θ θ (E E.zF (AgBr/Br - ) (Ag /Ag) RT Riešenie úloha ( b) Látkové množstvo neznámeho kovu X vypočítame z Faradayovho zákona: n X XCl I t 0,50 A.6.60 s = = =,7.10 mol 1 z F 9685 Cmol X b n = n =,7.10 mol (Ak je nesprávne dosadená hodnota za počet vymenených elektrónov z, treba hodnotiť len 1 bodom.) Potom molová hmotnosť látky XCl je M m XCl 591,.10 g 1 XCl = = = 158,5 g mol nxcl,7.10 mol M = M M = 5 g mol X XCl Cl b kov je chróm - Cr. 1 a Riešenie úlohy ( b) Látkové množstvo pripraveného jódu je I t 1,0 A 6.60 s 1b n = = = 1,.10 mol 1 z F 9685 C mol 1

15 Látkové množstvo potrebného tiosíranu je: I Na S O NaI Na S O 6 n(naso ) = n(i ) 1 n(na S O ) = n(i ) =, mol Koncentrácia tiosíranu je: n V(NaSO ) 0,050 dm (Na S O ),86.10 mol b c(na S O ) = = = 0,57 mol dm. 1

16 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z ANALYTICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda kategória EF úrovne E aj F 6. ročník Školský rok 009/010 Celoštátne kolo Martina Gánovská Stredná odborná škola Svit Maximálne 10 bodov (b), resp. 80 pomocných bodov (pb). Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: body (b) = pomocné body (pb) 0,15 Riešenie úlohy 1 (10 pb) a) Fe - reaguje s KSCN, Cr - reaguje s EDTA (chelatón ) Fe Cr - peroxid vodíka, dusičnan strieborný, tiokyanatan draselný b) Fe 6 SCN - Fe Fe ( SCN) 6 vznik krvavočervených komplexných solí - Cr H Y CrY H v kyslom prostredí vzniká fialový komplex pb Cr Fe - spoločne dokážeme v jednej skúmavke: Po pridaní peroxidu vodíka vzniká chróman, ktorý dokážeme s AgNO, pričom vzniká červenohnedá zrazenina. Fe dokážeme reakciou s KSCN, pričom prítomnosť chromitej soli dôkaz neruší. - Cr H O 10 OH CrO 8 H O - - CrO AgNO Ag CrO NO 15

17 Riešenie úlohy (6 pb) pb a) Opis vizuálnych zmien (za každú zmenu 1 pb) Sfarbenie Zmena zrazeniny na Rozpúšťanie Katión zrazenín vzduchu v nadbytku Fe na vzduchu sivozelené - hnedne Cr sivozelené - zelený roztok 9 pb b) (Za každú rovnicu 1 pb.) FeSO (aq) NaOH(aq) Fe(OH) (s) NaSO (aq) - - Fe SO Na OH Fe(OH) SO Na Fe OH Fe(OH) ( ) Cr SO (aq) 6 NaOH(aq) Cr(OH) (s) Na SO (aq) - - Cr SO 6 Na 6 OH Cr(OH) 6 Na SO Cr OH Cr(OH) ( ) Cr(OH) (s) NaOH(aq) Na Cr OH (aq) 6 ( ) - Cr(OH) OH Cr OH 6 Fe(OH) O HO Fe(OH) c) - Fe(OH) Fe OH K s = Fe OH K s OH = Fe -16 7,9 10 OH = =,8 10 0,01 1 pb poh = l og OH = 6,55 1 pb ph = 1 poh = 1 6,55 = 7, 5 - Fe(OH) Fe OH 7 16

18 K s = Fe OH pb - K OH S = Fe, -9-1, OH = = 5, ,01 1 pb poh = l og OH = 1,7 1 pb ph = 1 poh = 1 1,7 = 1,7 Riešenie úlohy () a) Na výpočet množstva chloridu amónneho použijeme Henderson- Has- c selbachovu rovnicu : ph = 1 pkb log s c B pk B 5 = logk = log1,8 10 =,7 B 1 pb Po dosadení : 9,16 1,7 log c = s 0, 9,16 = 1,7 logc s 0,979 0,979 = logc s cs = c(nh Cl) = 0,506 mol dm - m(nh Cl) = c(nh Cl) V(NH Cl) M(NH Cl) Po dosadení : 1 m(nh Cl) = 0,506 mol dm 1 dm 5, 9 g mol = 6,9g pb b) Pri titrácii komplexónom III vznikajú H ióny, ktoré znižujú ph a tak by mohla reakcia prebiehať opačným smerom. - Cr H Y CrY H Vzniknuté H ióny reagujú s NH z tlmivého roztoku a vzniká príslušná konjugovaná kyselina NH : 17

19 NH NH NH H c) Prídavkom 10 cm 0, mol dm - HCl sa zväčší látkové množstvo soli a zmenší látkové množstvo zásady HCl Cl H NH H O NH H O n(hcl) = c(hcl) V(HCl) = 0, mol dm 0,01 dm = = 0,00 mol HCl pb n ( ) ( ) NH = 0,506 0,00 mol = 0,5056 mol = c(nh ) 0,5056 mol dm ( ) ( ) n NH = 0, 0,00 mol = 0,98 mol c(nh ) = 0,98 mol dm 0,5056 ph = 1 -,75 - log = 9,15 0,98 Po pridaní HCl do tlmivého roztoku sa mení ph len nepatrne. Riešenie úlohy (1 pb) a) pb Fe H Y FeY H - 5 Fe MnO 8 H 5 Fe Mn H O b) V prvej titračnej banke sme stanovili celkové železo vo forme Fe, v druhej sme stanovili Fe. Skutočné množstvo Fe zistíme z rozdielu látkových množstiev. pb n(fe ) = n(fe) n(fe ) n(fe) - celkové železo sme stanovili v prvej titračnej banke n(fe) = c(cheiii) V(CHEIII) v 100 cm vzorky Po dosadení : 18

20 n(fe) = 0,008 mol dm 0,010 dm = = 0, mol v 100 cm vzorky n(fe ) - stanovili sme v druhej titračnej banke manganometricky = n(fe ) 5 c(kmno ) V(KMnO ) v 100 cm vzorky Po dosadení : n(fe ) = 5 0,0011 mol dm 0,0051dm = - = 0, mol v 100 cm vzorky Prepočet na 1 dm : cm ( Fe ) = c ( Fe ) Ar ( Fe) Po dosadení : c m c(fe ) = 0, mol dm ( ) 1 Fe = 0, mol dm 55,85 g mol = = 16,0066 mg dm n(fe ) - sme stanovili z rozdielu látkových množstiev n(fe ) = n(fe) n(fe ) Po dosadení : n(fe ) = 0, mol 0, mol = - = 0,00 10 mol v 100 cm Prepočet na 1 dm : cm ( Fe ) = c ( Fe ) Ar ( Fe) Po dosadení : c m c(fe ) = 0,00 10 mol dm ( ) 1 Fe = 0,00 10 mol dm 55,85g mol = = 11,76 mg dm pb c) Kyselina fosforečná tvorí s Fe bezfarebný komplex ( ) Fe HPO (na rozdiel od žltej železitej soli ) a tak sa dá ľahšie postrehnúť ružové zafarbenie roztoku, ktoré sa vyvolá nadbytkom odmerného roztoku v bode ekvivalencie. 19

21 RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z ORGANICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda kategória EF úroveň E a F 6. ročník Školský rok 009/010 Celoštátne kolo Viera Mazíková Katedra chemických technológií a environmentu FPT TnUAD, Púchov Maximálne 10 bodov (b), resp. pomocných bodov (pb). Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: body (b) = pomocné body (pb) x 0,15 Riešenie úlohy 1 (10 pb) Za každý vzorec a činidlo 1 pb. SO H SO H SO H SO H HNO H SO O N železo HCl NO H N NH Cl FeCl H N NH Cl Riešenie úlohy (1) Za každý vzorec a podmienky reakcie:. Cl Cl ONa Cl HNO NO NaOH NO FeCl H t NO NO 0

22 Riešenie úlohy (10 pb) pb a) NH CH NH OH NH N H NH N H 1 pb b) melanín 1 pb fyzikálne pb c) okrem N(CH ) d) vlna, chlpy kožušín, hodváb 1