SLOVENSKÁ KOMISIA CHEMICKEJ OLYMPIÁDY CHEMICKÁ OLYMPIÁDA. 48. ročník, školský rok 2011/2012 Kategória A. Krajské kolo RIEŠENIE A HODNOTENIE

Transcript

1 SLOVENSKÁ KOMISI CHEMICKEJ OLYMPIÁDY CHEMICKÁ OLYMPIÁD 48. ročník, školský rok 011/01 Kategória Krajské kolo RIEŠENIE HODNOTENIE TEORETICKÝCH ÚLOH 1

2 RIEŠENIE HODNOTENIE ÚLOH Z NORGNICKEJ NLYTICKEJ CHÉMIE Chemická olymiáda kategória 48. ročník školský rok 011/01 Krajské kolo nton Sirota Maximálne 18 bodov (b), res. 51 omocných bodov (b). Pri reočte omocných bodov b na konečné body b oužijeme vzťah: body b omocné body b 0,353 Nasledujú autorské riešenia súťažných úloh. Samozrejme, že treba akcetovať každé iné a srávne riešenie a ohodnotiť ho ríslušným očtom bodov. Riešenie úlohy 1 (37 b res. 13,06 b) b 1.1 a) s 4 O Zn + 1 H SO 4 4 sh ZnSO H O (1) b b) s 4 O Zn + 4 H + 4 sh Zn H O () b 1. sh 3 s + 3 H (3) 1 b 1.3 s 4 O 6 sa neredukuje molekulovým vodíkom H, avšak redukuje sa atómovým vodíkom H (vodíkom v stave zrodu), ktorý vzniká v reakčnej zmesi a okamžite sa využije na redukciu. Vznik vodíka v stave zrodu: 1 b Zn + H + Zn + + H (4) Redukcia s 4 O 6 vodíkom v stave zrodu: b s 4 O H 4 sh H O (5) 3 b Vynásobíme rovnicu (4) dvanástimi a sočítame rovnicu (5) s korigovanou rovnicou (4), čím sa získa rovnica (). 1 b 1.4 Musí to byť látka, ktorá má hygroskoické vlastnosti, retože lyn z banky

3 , musí byť suchý redtým, ako sa dostane do vyhrievanej rúrky. Druhou 1 b odmienkou je rieustnosť vrstvy takejto látky re rechádzajúci lyn. 1 b Môže ňou byť nar. hrudkovitý CaO. b 1.5 Plynný arzén a vodík. 1.6 a) m(s) 0,4495 g n(s) 0,006 mol (resne) Z rovníc (1) a () vylýva: n(s 4 O 6 ) 0,0015 mol m((s 4 O 6 ) 0,5934 g 0,5934 g 5 b w (s4o 6 ) 0,074, res. 7,4 % 8 g b) V reakcii (1) zreagovalo: n(zn) 1 0,0015 mol 0,018 mol, res. m(zn) zreag. 1,177 g Do banky sa navážilo resne g zinku. Nezragovalo: m(zn) nezreag. 0,83 g, res. n(zn) nezreag. 0,016 mol Toto množstvo zreagovalo s H SO 4 za vzniku vodíka: 5 b n 1 (H ). 0,016 mol Vodík vzniká aj reakciou () v rúrke C. Keďže touto reakciou vzniklo 0,006 mol s, muselo sa uvoľniť: 5 b n (H ). 3 0,003 mol 0,009 mol Celkové látkové množstvo uvoľneného vodíka je: b n(h ) celk. n 1 (H ). + n (H ). 0,016 mol + 0,009 mol 0,016 mol b ,016 mol 8,314 J mol K 98,15 K V (H ) 0,533 dm 100,5 kpa 3 3

4 Riešenie úlohy (14 b res. 4,94 b) b.1 Netvoria sa arzóniové soli s katiónom sh b. scl 3 vo vode hydrolyzuje. Vzniká ritom nerozustný biely oxid-chlorid arzenitý: 1 b scl 3 + H O socl + HCl 1 b k sa do zmesi ridá kyselina chlorovodíková, hydrolýza sa otlačí, zrazenina sa rozustí a vznikne číry roztok. 1 b.3 Strieborné zrkadlo vzniká ri dôkaze nar. redukujúcich cukrov s Tollen- 1 b sovým skúmadlom. Tollensovo skúmadlo je roztok, ktorý sa získa ridávaním roztoku amoniaku k roztoku striebornej soli. V rvej fáze vzniká zrazenina hydroxidu (oxidu) strieborného, ktorý sa v nadbytku amoniaku roz- b ustí za vzniku komlexu [g(nh 3 ) ] +. Z neho sa vhodným redukovadlom (nar. redukujúci cukor) vyredukuje striebro, ktoré sa vylúči na zohrievanom mieste skúmavky ako zrkadlo. 1 b.4 a) s 3+ + H S s S 3 b) Zrážanie s S 3 nastane vtedy, ak je slnená odmienka: 1 b c(s 3+ ) c(s ) 3 > K s (s S 3 ) Pri danej koncentrácii c(s 3+ ) zrážanie závisí teda od koncentrácie S v roztoku. Podľa vzťahu re konštantu kyslosti H S je v silne kyslom rostredí 1 b koncentrácia [H + ] veľmi veľká a koncentrácia [S ] veľmi malá. Keď aj nariek tomu dochádza k zrážaniu sulfidu arzenitého, musí mať sú 1 b čin rozustnosti sulfidu arzenitého veľmi malú hodnotu. 1 b c) Súčin rozustnosti je ri istej telote konštanta, a reto sa v danom nezmení. 4

5 RIEŠENIE HODNOTENIE ÚLOH Z FYZIKÁLNEJ CHÉMIE Chemická olymiáda kategória 48. ročník školský rok 011/01 Krajské kolo Ján Reguli Maximálne 17 bodov Riešenie úlohy 1 (9 bodov) 1.1 Pri izomerizácii, t. j. reakcii B majú mólové a hmotnostné zlomky rovnakú hodnotu. Rovnovážna konštanta bude mať tvar 1 b K B / x B / x x B /(1 x B ), ktorý umožňuje riamo vyočítať x B : 0,106 x B /(1 x B ) 0,106 0,106 x B x B odkiaľ 0,106 1,106 x B a x B 0,106/1,106 1 b x B 0,09584 a x 0,90416 (ďalšie údaje v zadaní sú neotrebné, ale dá sa to vyočítať aj z nich; v ďalšom je ξ rozsah reakcie a ξ je jeho analógia vyjadrená v gramoch): K x B / x n B / n (n 0,B + ξ)/(n 0, ξ) (m 0,B + ξ )/(m 0, ξ ) 0,106 (14 + ξ )/(7,5 ξ ) 0,106.(7,5 ξ ) (14 + ξ ) 0,106.7,5 0,106 ξ 14 + ξ 1,106 ξ 0,106. 7, ,05 ξ 11,9394 g x B w B m B /(m + m B ) (14 11,9394) / (7,5 + 14) 0,09584 x 0, Reakciu disociácie molekulového brómu si naíšeme v tvare B Vzhľadom nato, že máme vyočítať rovnovážnu konštantu K, vyjadríme si stueň remeny molekulového brómu cez arciálne tlaky: α / 0, ( 0, )/ 0, Rovnovážna konštanta má tvar 5

6 1 b K B, takže si otrebujeme vyjadriť arciálne tlaky: 0, 0, (1 α ) ( 0,76 0, ) B 0,B + B 0,B 0 + α 0, α 0, ( 0,48 0, ) (keďže latí B / ) Parciálne tlaky dosadíme do rovnovážnej konštanty K B ( 1 α ) ( 1 α ) 0, 0, 0, Vo vzťahu re rovnovážnu konštantu neoznáme hodnotu 0,. Môžeme si ju však vyjadriť omocou známeho celkového tlaku: + B 0, (1 α ) + α 0, 0, (1 + α ) ( 1,4 0, ) 0, / (1 + α ) K ( 1 α ) ( 1 α )( 1+ α ) 0, a o dosadení (a vykrátení a, ktoré majú rovnakú hodnotu 100 kpa) 1 b 4. 0, 4 K 0, 445 0, , ( 1 α )( 1+ α ) Niektorí riešitelia by mohli zvoliť aj iný ostu výočtu cez mólové zlomky a látkové množstvá. V rovnovážnej konštante nahradíme reto arciálne tlaky mólovými zlomkami ( i x i ): K B xb (tlaky môžeme ďalej vynechať, keďže ) x a mólové zlomky si vyjadríme z látkových množstiev a stuňa remeny: n n 0, n n 0, (1 α ) n B n 0,B + n B n 0,B n 0 + α n 0, α n 0, n n + n B n 0, (1 + α ) 1 b x n / n (1 α ) / (1 + α ) x B α / (1 + α ) 1 b K x x B ( 1+ α ) ( 1+ α ) ( 1 α ) ( 1+ α )( 1 α ) 1 α 4.0,4 1 b K 0, α 1 0,4 6

7 1.3 Rovnovážna konštanta reakcie CO (g) + C(s) CO(g) má tvar CO K CO V reakčnej sústave sú dve lynné zložky, takže rovnovážny arciálny tlak CO je (CO ) (CO) 50 45,84 4,16 kpa CO 45, 84 1 b K 5, 051 4, CO x CO b K CO K. 5, x 50, x CO CO Riešenie úlohy (5 bodov).1 Rýchlostná rovnica reakcie 1. oriadku v integrovanej forme má tvar: 1 b ln ( 0 / ) k t. k si ju naíšeme re dva rovnako dlhé časové úseky, dostaneme: k t ln ( 01 / 1 ) ln ( 0 / ), ričom latí 1 0 Odtiaľ 1 b 0 1 / / 55 9,09 kpa. Vyjdeme z kinetickej rovnice reakcie 1. oriadku ln (c / c 0, ) k t. Vzhľadom na zadanie si do nej dosadíme olčas reakcie (aj s jeho hodnotou 1 deň): ln (c / c 0, ) t (ln / t 1/ ) t ln Hľadáme čas, za ktorý zreagovala redosledná stotina východiskového množstva reaktantu, teda čas odkedy bol omer c / c 0, 0,0 o čas, keď bol c / c 0, 0,01. ln 0,0 t 1 ln (odkiaľ t 1 5, dní) ln 0,01 t ln (odkiaľ t 6, dní) Odčítaním týchto dvoch rovníc zistíme, že redosledná stotina reaktantu 3 b zreaguje za t t 1 1 deň (t. j. resne za olčas reakcie, t. j. za čas, za ktorý zreagovala celá rvá olovica ôvodného množstva reaktantu). 7

8 Riešenie úlohy 3 (3 body) 3.1 V roztoku látky sa absorbovalo 46,5 % doadajúceho žiarenia. Táto hodnota sa niekedy označuje ako absortancia α. Prieustnosť (transmitancia) τ 1 α. Koncentráciu roztoku vyočítame zo vzťahu re absorbanciu log τ ε λ c l c log τ / (ε λ l) log (1 α) / (ε λ l) log (1 0,465) / (86 dm 3 mol 1 cm 1. 0,65 cm) 1 b 1, dm 3 mol 1 3. zúrová s ururovou dajú modrú farbu. Pururová so žltou dajú červenú farbu. Žltá s azúrovou dajú zelenú farbu. b zúrová s ururovou a so žltou dajú čiernu farbu. 8

9 RIEŠENIE HODNOTENIE ÚLOH Z ORGNICKEJ CHÉMIE Chemická olymiáda kategória 48. ročník školský rok 011/01 Krajské kolo Marta Sališová a Radovan Šebesta Maximálne 17 bodov ( 81 b x 0.1 (reočítací faktor) ) Doba riešenia: 60 minút Riešenie úlohy 1 (1,68 b) (8 b) 1.1 za srávny deskritor 1b (solu b), za názov 1 b (solu b) (S)-3,3,3-trifluór--hydroxy--(3-metoxyfenyl)roanál. Komatibilný stereoizomér: (R)-3,3,3-trifluór--hydroxy--(3-metoxyfenyl)roanál. 1. za srávny deskritor 1b (solu b), za názov 1 b (solu b) Komatibilný stereoizomér: 9

10 (E)-5-bróm-4-izoroylhet-4-en--ón. (Z)-5-bróm-4-izoroylhet-4-en--ón. Riešenie úlohy (3,15 b) (15 b) (5x1b za štruktúry a 5x b za schémy): Riešenie úlohy 3 (1,68 b) (8 b) (4x b za každú reakciu) 10

11 lternatívy: V rvom kroku možno uznať akékoľvek remeny na halogény Cl, Br, I alebo seudohalogény ako Ms, Ts a od. Dekarboxyláciu možno uznať aj riamo z esteru v kyslom rostredí. Riešenie úlohy 4 (,10 b) (10 b) (5x b za každú reakciu): V rvej reakcii možno oužiť namiesto KMnO 4 aj ozonolýzu. Riešenie úlohy 5 (1,68 b) (8 b) (8x1b za každé úlné činidlo): 11

12 Riešenie úlohy 6 (,5 b) (1 b) (6x b za každú reakciu): Riešenie úlohy 7 (4,0 b) (0 b) 7.1 (5x b za každú reakciu) 7. (5x1 b za každé srávne učenie + 5x1 dolnenie záisu) Priraďte signály v 1 H NMR sektre metylesteru kyseliny butánovej odovedajúcim vodíkom. 1

13 Záis sektra je nasledovný: 1 H NMR (CDCl 3 ) (δ): 0.96 (t, 3H, CH 3 ); 1.5 (t, 3H, CH 3 ); 1.65 (sex, H, CH );.7 (t, H, CH ); 4.13 (q, H, CH ) 13

14 RIEŠENIE HODNOTENIE ÚLOH Z BIOCHÉMIE Chemická olymiáda kategória 48. ročník školský rok 011/01 Krajské kolo Boris Lakatoš Maximálne 8 bodov (16 b) a) Pôvodné vlákno: 5`TGGCTCCGTTGGTCCCGTTCGGCGCTCTGTTGGCTGT 3` komlementárne vlákno: 3`GCTCTTGCGCGCTTTGGCCTTGGGGTCTCGCCGTCCGG 5` 4 b b) EcoR1, BamH1 b c) Skúmavka 1, enzým EcoR1: fragmenty fragment 1: 5`TTCGGCGCTCTGTTGGCTGT 3` fragment : 5`TGGCTCCGTTGGTCCCG 3` b Skúmavka, enzým BamH1: fragmenty fragment 1: 5`GTCCCGTTCGGCGCTCTGTTGGCTGT 3` fragment : 5`TGGCTCCGTTG 3` b Skúmavka 3, všetky enzýmy: 3 fragmenty fragment 1: 5`TTCGGCGCTCTGTTGGCTGT 3` fragment : 5`TGGCTCCGTTG 3` fragment 3: 5`GTCCCG 3` b d) Za ohyblivosť DN v elektrickom oli je zodovedný zvyšok kyseliny fosforečnej, ktorý nesie negatívny náboj a reto sa DN bude ohybovať ku anóde (kladnej elektróde) b 14

15 e) b Št. Vzorka 40 b 5 b 10 b 5 b utori: Doc. RNDr. Martin Putala, PhD., RNDr. Pavol Taračík, PhD., Matej Žabka Recenzenti: Doc. RNDr. Peter Magdolen, PhD., RNDr. nton Sirota, PhD. Vydal: IUVENT Slovenský inštitút mládeže, Bratislava,