008/009 õ.a. keemiaolümpiaadi lõppvooru ülesannete lahendused 9. klass. a) ρ ( A ) = 5,5 ρ( ) ( A ) = ( A ) = 5,5 ( ) = 5,5 g/mol = 7g/mol ( A) = = A, kloor / V 5,5 / V m m r 7/ 5,5 b) X Fe, raud A, kloor B Fe, raud(iii)kloriid Fe, raud(ii)kloriid D Fe(), raud(iii)hüdroksiid E Fe(), raud(ii)hüdroksiid c) Fe + = Fe Fe + = Fe + t Fe = Fe + Fe + K = Fe() + K Fe + K = Fe() + K Fe() + + = Fe() II III Fe e = Fe 0 -II + e =. a) Ag + + - = Ag n = n Ag ( ) g mol n = mg = 0,00mol 000 mg g 5,5 g m ( g ) = 0,00mol = 0,055 g m lahus = 0 cm = 0 g mol cm - 0,055 g %( ) = 00 = 0,55 0,6 0 g b) n, g mol ( Ag ) = cm 0, cm 70 g =0,00 mol > 0,00mol c) g + + P - = g (P ) a + + P = a (P ) 000 cm 0,00mol n (,poriloigus) =,5 dm = 0,5 mol dm 0cm n ( P ) = 0,5 mol = 0,07 mol 0 6 g m ( ap ) = 0,07 mol =, 8 g g mol. a) äädikas, etaanhape 5 piiritus, etanool etüleen, eteen ( ) 7 parafiin, nonadekaan b) + = + 5 + = + + = + ( ) 7 + 9 = 9 + 0 c) Iga aine korral tuleb leida süsinikdioksiidi ruumala, kuna veeaur kondenseerub toatemperatuuril. mol,dm V () = g = 0,75 dm 60g mol mol, dm V (5) = g = 0,97 dm 6g mol mol, dm V ( ) = g =,6 dm 8g mol 9 mol, dm V (( ) 7 ) = g =,6 dm 68 g mol Kõige suurema õhupalli saaksime,0 g etüleeni ja parafiini põletamisest.. a) emulsioon b) Pentaan aurustub, oktaan jääb vee pinnale. m ( 5) = 500 t 0,5 = 50 t 6 m 0 g mol 6 n ( 5) = = 50 t =,5 0 mol t 7g 6, dm m V ( 5 ) = nv m =,5 0 mol = 7,7 0 m mol 000 dm 8 0 m c) erepinnale jääb oktaan, seega: m ( 88) = 500 t 0,5 = 50 t m 0 kg dm 5 = 50 t =,6 0 dm 5 V 8 8 = 0 dm ρ t 0,70kg 5 ha 5 5 S ( 8 8 ) =,6 0 dm =, 0 ha 0 ha dm d) Pentaani jaoks: V mol molekuli ( 5,g) = n A = A = dm 6,0 0 = Vm, dm mol =,7 0 molekuli 0 molekuli m ρ V 000 cm 0,69 g mol 5 A A A dm (,v) = n = = = dm cm 7g molekuli 6,0 0 = 5, 0 molekuli 5 0 molekuli mol
ktaani jaoks: m ρ V 000 cm 0,70 g mol 8 8 A A A dm (,v) = n = = = dm cm g molekuli 6,0 0 =,7 0 molekuli 0 molekuli mol 5. a) Tselluloos on (polü)sahhariid. Ühes lülis peab paiknema kolm hüdroksüülrühma, sest üks hapniku aatom on tsükli sees ja iga tsükli kohta tuleb ka üks tsükleid ühendav hapniku aatom. () = 6 + 0 + 5 6 = 6 r 6 7 b) 000 6 mol -0 n = =,0 0 mol 6,0 0 c) ( 6 7 ) n r( 67 ) = 6 + 7 + 6 + = 97 d) Lülide arv tselluloosi molekulis ei ole selle arvutuse jaoks oluline ja kogu arvutuse võib sooritada ühe molekuli korduva osa kohta. 97 m = 50 g 0,9 = 578 g 580 g 6 r Z = 58 0, = 8 ) X Si, ränidioksiid (liiv, r ( X ) = 58 0,65 = 60 ) Q võib keemiliste omaduste alusel olla kas Al (0 g/mol) või Fe (60 g/mol), sest alumiinium ja raud passiveeruvad kontsentreeritud väävelhappe toimel. Täpsemalt saame tuvastada mineraali A kaudu: r ( Q ) = 58 0,95 = 0 Q Al, alumiiniumoksiid mineraal A Al Si ehk Al Si 9 mineraal B Al Si ehk Al Si 7 mineraal D Al Si ehk Al Si mineraal E Al Si ehk Al 6 Si b) Al Si 9 t = Al Si 7 + Al Si t 7 = Al Si + Si Al Si t = Al 6 Si + 5Si 6. a) Z, vesi (vesi eraldus mineraalist A,
008/009 õ.a. keemiaolümpiaadi lõppvooru ülesannete lahendused 0. klass. a) () b) ( ) = ( D ) = V,008 + 5,999 g/mol = 8,05 g/mol 8,0 g / mol,0 + 5,999 g/mol = 0,07 g/mol 0,0 g/mol 8,0 g cm = = 8,05 cm / mol mol 0,998 g m 0,0 g cm V m( D ) = = 8, cm / mol mol,06 g 8,05 cm mol dm -6 dm V ( ) = =,997 0 mol 6,0 0 molek. 0 cm molek. 8,cm mol dm -6 dm V ( D ) = =,007 0 mol 6,0 0 molek. 0 cm molek. -8 c) V =,0 μm π (0,5 μm) =,57 μm =,6 0 m -8 kg 0,5,57 0 m 00 mol -6 mol c = m = 0,007 =,7 0 =,7 μ -8 kg,57 0 m 90 900 m dm mol. a) A a (söögisool nii maitseaine kui ka säilitusaine) B ( r ( ) = 7) F ( ja F on mõlemad VIIA rühmas) D F (binaarne ühend, o.a() = +III) E F (binaarne ühend, o.a() = +I) F F (binaarne ühend) G (hape) (hape) I (hape) J ( r ( ) = 7 0,95 = 5,5 + 6 = 67,5) b) a + n + S = a S + ns + + F + = F + F F + = F + + S = + S c) hν = + + + III V e = III IV e = III -I + e = d) < < g mol m e = dm = 0,79 g mol, dm 9 g mol m ( õhk ) = dm =,9 g mol, dm b) Kuna tihedused on võrdelised molaarmassidega (ρ = /V m ), siis heeliumi tihedus on 9,00 g/mol g/mol = 7,5 korda väiksem. Et tihedused oleksid võrdsed, peab samas ruumalaühikus olema 7,5 korda rohkem heeliumi, seega 7,5 atmosfääri. m ρv ρ c) pv = nrt = RT = RT => p = RT Kui p = const, ρ = const ja R = const, siis T T = / 9,00 g/mol T ( õhk ) = 7 K = 979 K = 70,00 g/mol g/mol d) ω = 5, ppm = 0,7 ppm 9 g/mol. a). a) etallihüdriidi üldine valem on n, kus n on metalli o.a. Reaktsioon veega: n + n = () n + n. Kui ühe mooli hüdriidi reaktsioonil tekib üks mool vesinikku, siis n =. ksüdatsiooniaste, aktiivsus ja hüdroksiidi tugev aluseline reaktsioon viitavad leelismetallile. Ülesande tingimustega on kooskõlas Li. b) Li -I + I = Li + 0 üdriidi koostises olev vesinik käitub redutseerijana ja vees olev vesinik oksüdeerijana mol, dm V (Li) = g =,8 dm 8 g mol c) Li + = Li liitiumoksiid Li + = Li liitiumhüdriid Li + = Li + liitiumhüdroksiid 6Li + = Li liitiumnitriid Li + = Li Li = Li + liitiumkarbonaat
5. a) 0 + = 8 + 0 000 g mol 655 kj 6 Q ( butaan ) =,0 kg =,5 0 kj kg 58,g mol b) + = + 6, 507 0 kj n( ) = =,88 0 mol 80 kj/mol dm 6 K dm i) V m(talvel) =, =,6 mol 7 K mol,6 dm m V (, talvel ) =,88 0 mol =, m mol 000 dm 0,98 dm 9 K dm ii) V m(suvel) =, =,0 mol 7 K mol dm m V (, suvel ) =,88 0 mol = 6,0 m mol 000 dm 0,98 6. a) A i B o Fe D s E Ir F Rh b) Fe 0 + i III () = i II () + Fe II () c) Aatomnumbri erinevus võrra viitab sellele, et elemendid D ja F on 5. 7. perioodis. Arvestades aatomnumbrite erinevust 9 jõuame järeldusele, et B on., F 5. ja D 6. perioodis. Elementide D ja E aatommasside väikene erinevus ning see, et B ja E asuvad samas rühmas määrab ära elemendi E asendi. Aatommasside erinevus,0 amü viitab, et D s ja A/ o /A E Ir. Seega F Rh ja B o. A ja võivad olla kas Rh raud või nikkel s Ir Koobalt(III)hüdroksiid on tugevam oksüdeerija kui raud(iii)hüdroksiid. Raud-nikkel elemendi töötamisel raud oksüdeerub ja i() redutseerub. Seega A i ja Fe. D D B F B F E
008/009 õ.a. keemiaolümpiaadi lõppvooru ülesannete lahendused. klass π ( 0,% lahus ) = 7,5atm/=,5 atm < atm 0,% a lahuses toimub hemolüüs.. a) A B D. a) V( 0,9% a lahus) V( 0,% a lahus) = = = cm dm 5 g 0,005 dm g 000 cm = 0,9% lahuse valmistamine: m a = 5 g 0,009 = 0,05 g E b) eksanitrodifenüülamiin moodustab vastavaid soolasid, sest kahe aktseptorrühma mõju tõttu on aminorühma vesinikuaatom happeliste omadustega. X m ( % lahus ) = 0,05 g =,5 g m ( vesi ) = ( 5,5) g= 0,5 g 0,0 c n mol ( 0,9% lahus ) = 0,05 g 0,5 V = 58, g 0,005 dm = = 0,5 0,% lahuse valmistamine: m a = 5 g 0,00 = 0,05 g 0,05 g 0,0 m ( % lahus ) = =,5 g m ( vesi ) = c ( 0,9% lahus ) = 0,05 / = 0,05 = 0,05 b) T = ( + 7) K = 9 K 0,5 mol 0,08 dm atm 5,5 g=,5 g π 0,9% lahus = 9K atm dm molk = 7,5 atm > 0,9% a lahuses ei toimu hemolüüsi. +. a) X Si, räni A Si, räni(iv)oksiid ehk kvarts (piesoefekt) B F, vesinikfluoriidhape Si 8, trisilaan D [( ) Si] n ((R Si) n ), silikoon a Al X 8 5 a Al Si 9, alumosilikaat ehk tseoliit X Z Si, räninitriid b) Si + = Si, Si + 6F = SiF 6 + Si + a = a Si + Si 8 + 5 = Si + Si + F = SiF 6 + F. a) + A B vaheühend V Y b) etadooni (R)-enantiomeer Z Br + gbr W + etadooni vesinikkloriidhappe sool a + X
5. a) aatriumuraadi lahustuvus puhtas vees: С 5 Н a a + + + 5 KL = a 5 + s = a = 5 KL = s s = s s = KL s = 6,0 0 5 =0,00777 Dinaatriumuraadi lahustuvus puhtas vees: С 5 Н a a + + + 5 KL = a 5 a + 5 s = = KL KL = s s = s s = 7 7,8 0 s = = 0,0058 b) Leiame a kontsentratsiooni peale lahuste kokku valamist 0,5 0 cm ca = = 0,05 ( 0 + 80) cm aatriumuraadi lahustuvus 0,05 a vesilahuses: С 5 Н a a + + + 5 KL = a 5 a a + + + a = ca + s 5 = s KL = ( ca + s) s = cas + s s + c s K = s = 0,5c ± 0,5c + K a L 0 a a L s = 0,05 ± 0,06 s = 0,00 Lahustuvuste erinevus on 0,00777 /0,00 = 6,6 korda Dinaatriumuraadi lahustuvus 0,05 a vesilahuses: С 5 Н a a + + + 5 KL = a 5 a a + + + a = ca + s 5 = s K L = ca + s s Teeme lihtsustuse ca s ca + s ca KL ca s 7 KL 7,8 0 s = =, 0 (Täpne lahend on,05 0 -.) ca 0,05 Lahustuvuste erinevus on 0,0058 /0,000 = 9 korda c) Kolme käiguga:. (.). (.). (.). (.) 5. (.) 6. (.) 7. (.) Jörgen Andres Jörgen Andres Jörgen Andres Jörgen I n II Br III Re IV I V s VI K n KBr Re KI K s Jörgen võitis, sest nimetatud on kõik elemendid, mis võivad esineda o.a-s +VII. d) Kolme käiguga:. (.). (.). (.). (.) 5. (.) 6. (.) 7. (.) 8. (.) Jörgen Andres Jörgen Andres Jörgen Andres Jörgen Andres Li I Xe II Br III s IV I V Ru VI n VII LiF XeF KBr s KI K Ru Kn Andres võitis, sest nimetatud on kõik elemendid, mis võivad esineda o.a-s +VIII. e) Elemendid oksüdatsiooniastmega 8: Xe, Ru, s käiku Elemendid oksüdatsiooniastmega 7:, Br, I, n, Re veel 7 käiku Summaarselt käiku. 6. a) mitte radioaktiivne Bi, vismut (õigeks võib lugeda ka Pb, plii Kuigi vismutit on kaua aega peetud mitteradioaktiivseks, on hiljuti leitud, et vismut on siiski radioaktiivne ülipika poolestusajaga,9 0 9 aastat) radioaktiivsed Tc, tehneetsium ja Pm, promeetium b) +VII (, Br, I, n, Re) ja +VIII (Xe, Ru, s)
008/009 õ.a. keemiaolümpiaadi lõppvooru ülesannete lahendused. klass. а) 0 7 + = + 6 6 + 6 5 b) A, sinihape + [ ][ ] c) K = a [] ( + + ) Soola hüdrolüüs: + = + [] = [ ] [ ] = c(a) [ ] [ + ] = K w /[ ] ( + + ) K ( c(a) [ ]) W K = a [ ] K a [ ] + K w [ ] K W c(a) = 0 0,mol ( c ( a) = 0,5 dm = 0,8 ) [] = [ ] =,7 0 (Võib ka lihtsustada: c(a) >> [ ], [ ] c(a) KW 0 [ ] = = c ( a) = 0,8 =,7 0 ) 9, Ka 0 d) n(amügdaliin) = n(, 0 7 hüdrol.) = n(, a hüdrol.) 57 g kirsikivid =,7 0 0,5 dm = 7 mol 0,008 g (Amügdaliini hüdrolüüsil tekkinud sinihape on praktiliselt kõik dissotsieerumata kujul). a) mol D, mol D ja 6 mol ja D aatomid on vedelikus vahetuvad ja kombineeruvad seetõttu statistiliselt (eeldame, et vee ioonkorrutis ei muutu K w = const ). (80 mol) + + (0 mol) D D + + D Vesiniku ja deuteeriumi leidumise tõenäosused on vastavalt: 80 P () = = 0,8 0 P (D) = = 0, 80 + 0 00 Leiame kombinatsioonide D, D, D ja esinemise tõenäosused kerge ja raske vee segus: P (D) = 0, 0, = 0,0 P(D) = P(D) = 0,8 0, = 0,6 P () = 0,8 0,8 = 0,6 Arvutame segu lõppkoostise: n (D ) = 00 mol 0,0 = mol n (D) = 00 mol 0,6 + 0,6 = mol n () = 00 mol 0,6 = 6 mol b) T (A) ja T (B). ( A) ( B) > 6/ Suhe on 6/ suurem, sest A derivaat on lisaks veel steeriliselt eelistatum, kuna metüülrühmad (- ) on triitiumile kergemini kätte saadavad. D с) A, D D, D D D D B D, E DD, D D D D, F D D, D + (I) D D või R + R + (II) R + R + R (III) R R + R + R (IV) R R
Kui esimeses reaktsioonis osaleb, siis reaktsioonides (II-IV) tekib ainult ühend A. Ühendid B-F tekivad, siis kui I reaktsioonis osalevad nii kui ka D. B tekkimisel vahetatakse välja D vastu. etapis. tekkimisel vahetatakse välja D vastu. etapis. D tekkimisel vahetatakse välja D vastu. etapis (kordub korda). E tekkimisel vahetatakse välja D vastu. ja. etapis. F tekkimisel vahetatakse välja D vastu. (kordub korda) ja. etapis. IV. a) A, nurk 0 ; B V VII b), nurgad (): ja 06 (keskm. 09,5 ) c) K + S = K S + () = + + () a + S = + a S () a + () + S = + a S + + () a + = + a. a) R metüülrühm [ ] r ( R ) = ( 06 76 + 5 + + ) / = 5 R etüülrühm [ ] R -metüülpropüülrühm [ ( ) ] R -karboksüetüülrühm [ ( )] Et molekulis oleks kiraalne tsenter, peab liitumine toimuma etüülrühma esimesse asendisse + I - alus- - I - r = 76 + r (R) - + I - I - - alus- +5 + ( ) Br - alus- - Br - - + ( ) Br - Br - - alus- + - alus- + + + - + Ibuprofeen + = 06 b) (R)--[-(-metüülpropüül)fenüül]propaanhape - + + + c) (0,8) = 0,5. Summaarne saagis on 50%. d) Kuna karboksüülhape on märksa tugevam hape, deprotoneerub esimesena karboksüülrühm ja moodustub liitiumatsetaat. + 9 Li= Li+ 0 5. a) Fe + = Fe + V RT 8,J/(mol K) (7,5 + 5)K m dm b) V = = = = 0 = m 5 n p 0 Pa mol mol 000 g mol,0 dm V ( ) = kg = 858 dm 0,86 m kg 55,85 g mol 0 c) Δ = 7 + 0 ( 0 0) kj mol = kj mol 0 Δ S = + 7 ( 78 + ) J ( mol K) = 6 J ( mol K) 0 0 0 000 J 6 J J Δ G = Δ TΔ S = ( 000 + 7) K = 56 mol mol K mol exp ΔG exp 56 K = = = RT 8, 7,66 d) i) Rõhk praktiliselt ei mõjuta tasakaalu, sest gaasimolekulide arv mõlemal pool võrrandit on võrdne. ii) Kõrgemal temperatuuril reaktsiooni tasakaalukonstant väheneb (Δ 0 < 0). Tasakaal on nihutatud rohkem reagentide tekke suunas.
e) Õhu keskmine molaarmass on 9 g/mol.,0 dm mol 000 g m V ( ) = 00 kg = 78 m (9 ) g mol kg 000 dm 78 m ( püssitorud ) = 07 0,859 m = 0 V RT 8,J/(mol K) (7,5 + )K dm f) V = = = = 9, m 5 n p 0,78 0 Pa mol 9, dm mol 000 g m V ( ) = 00 kg = 7 m (9 ) g mol kg 000 dm 6. a) A P, divesinikfosfaatioon B a (P ), kaltsiumfosfaat, kloriidioon 58,9 D o, koobalt(ii)kloriid %( o) = 00 = 5,9 9,8 E o (P ), koobalt(iii)fosfaat Y o, koobalt b) ATP + ADP ATP-aas + P P + a = a (P ) + 6 9 7 ( KL = 0 L = 70 ) a (P ) + o = o (P ) + a 5 8 ( KL = 0 L = 50 ) ( ) S + o (P ) = os + ( ) P ( K L (α os) 0 L = = 6 0 ) c) Lihaskiudude tumedaksvärvumine näitab suure hulga ATP-aasi olemasolu neis kiududes, seega on need kiud võimelised kiiresti lagundama ATP-d ja saama lühikese aja jooksul palju energiat. Tumedaks värvuvad on nn. tüüpi ehk sprinterikiud. Kuna opossumil neid eriti palju ei olnud, sobiks ilmselt pikamaajooks talle paremini ning sprinteriks saamise unistus on veidi ebareaalne.