CHEMICKÁ OLYMPIÁDA...2 pb 1.5 Ke ďže všetky monosacharidy majú reduk čné ú činky, hodnoti...
Transcript of CHEMICKÁ OLYMPIÁDA...2 pb 1.5 Ke ďže všetky monosacharidy majú reduk čné ú činky, hodnoti...
SLOVENSKÁ KOMISIA CHEMICKEJ OLYMPIÁDY
CHEMICKÁ OLYMPIÁDA
50. ročník, školský rok 2013/2014
Kategória EF
Študijné kolo
RIEŠENIE A HODNOTENIE TEORETICKÝCH
A PRAKTICKÝCH ÚLOH
RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH ZO VŠEOBECNEJ A FYZIKÁLN EJ CHÉMIE I. a II. Chemická olympiáda – kategória EF – 50. ročník – školský rok 2013/2014 Študijné kolo Stanislav Kedžuch Iveta Ondrejkovi čová
Maximálne 15 bodov (b), pre seniorov sú body pomocné : b = pb x 0,5
Riešenie úlohy 1 (JUNIOR, SENIOR) (10,5 b)
2 b I. 2 FeCl3(aq) + 6 NH3(aq) + (n + 3) H2O(l) →
→ Fe2O3 ⋅ n H2O(s) + 6 NH4Cl(aq)
2 b Fe2O3 ⋅ n H2O(s) ∆→T
2 FeO(OH)(s) + (n – 1) H2O(g)
Za správny zápis reaktantov a produktov 1,5 b, za všetky koeficienty
0,25 b, za kompletný stavový zápis 0,25 b.
II.
a) Výpočet hmotnosti FeCl3 ⋅ 6 H2O
Pri výpočte si môžeme pomôcť tak, že spojíme obe rovnice do jednej
rovnice:
2 FeCl3(aq) + 6 NH3(aq) + (n + 3) H2O(l) →
→ 2 FeO(OH)(s) + (n – 1) H2O(g) + 6 NH4Cl(aq)
Pri výpočte vychádzame z m(FeO(OH) podľa uvedenej rovnice.
n(FeCl3) : n(FeO(OH)) = 1 : 1 � n(FeCl3) = n(FeO(OH))
0,5 b n(FeO(OH)) = (FeO(OH)) (FeO(OH))
mM
= -1
3,55 g 88,8538 g mol
= 0,03995 mol
0,25 b n(FeCl3) = 0,03995 mol
0,25 b n(FeCl3) = n(FeCl3 ⋅ 6 H2O) = 0,03995 mol
m(FeCl3 ⋅ 6 H2O) = n(FeCl3 ⋅ 6 H2O) M(FeCl3 ⋅ 6 H2O)
0,5 b m(FeCl3 ⋅ 6 H2O) = 0,03995 mol ⋅ 270,298 g mol-1 = 10,798 g = 10,8 g
Výpočet objemu vody potrebnej na prípravu 2,00 % roztoku FeCl3, ktorý
má hmotnosť m´(FeCl3):
m´(FeCl3) = 3
3
(FeCl ) (FeCl )
mw
0,5 b m(FeCl3) = n(FeCl3) M(FeCl3) = 0,03995 mol ⋅ 162,206 g = 6,480 g
0,5 b m´(FeCl3) = 6,480 g 0,0200
= 324,0 g
m´(FeCl3) = m(FeCl3 ⋅ 6 H2O) + m(H2O)
0,5 b m(H2O) = m´(FeCl3) – m(FeCl3 ⋅ 6 H2O) = 324,0 g - 10,8 g = 313,2 g
0,5 b Ak hustota vody ρ = 1,00 g cm-3, potom 313,2 g = 313,2 cm3.
b) Výpočet potrebného objemu 26,0 % roztoku NH3, ktorý sa použil v
5,00 % nadbytku.
Pri výpočte vychádzame z n(FeO(OH) = 0,03995 mol podľa uvedenej
rovnice.
n(NH3) : n(FeO(OH)) = 3 : 1 � n(NH3) = 3 ⋅ n(FeO(OH))
n(NH3) = 3 ⋅ 0,03995 mol = 0,1199 mol
0,5 b m(NH3) = n(NH3) M(NH3) = 0,1199 mol ⋅ 17,03 g mol-1 = 2,041 g
Celková hmotnosť amoniaku, t.j. včítane 5,00 % nadbytku:
m(NH3 s nadbytkom) = 2,041 g ⋅ 1,0500 = 2,143 g
0,5 b m´(26,0 % NH3) = 3
3
(NH ) (NH )
mw
= 2,143 g 0,260
= 8,243 g
V´(26,0 % NH3) = ρ
3
3
´(NH ) ´(NH )
m
26,0 % roztok amoniaku má hustotu ρ´ = 0,9040 g cm-3.
0,5 b V´(26,0 % NH3) = -3
8,243 g0,9040 g cm
= 9,118 cm3 = 9,12 cm3
Výpočet objemu vody potrebnej na prípravu 8,00 % roztoku NH3 z
celkového množstva 26,0 % NH3.
Z materiálovej bilancie vyplýva:
m´(8,00 % NH3) = m´(26,0 % NH3) + m(H20)
0,5 b m´(8,00 % NH3) = 3
3
(NH ) (NH )
mw
= 2,143 g0,0800
= 26,788 g
m(H20) = m´(8,00 % NH3) – m´(26,0 % NH3)
0,5 b m(H20) = 26,788 g – 8,243 g = 18,545 g
0,5 b Ak hustota vody ρ = 1,00 g cm-3, potom V(H20) = 18,5 cm3.
Riešenie úlohy 2 (JUNIOR, SENIOR) (4,5 b)
a) Výpočet koncentrácie pripraveného roztoku c(KOH)
0,5 b c(KOH) = 1 2(KOH) + (KOH) ´(KOH)
n nV
n1 (KOH) = 1 1´(KOH) (KOH) (KOH)
m wM
= ⋅
-1
140 g 0,0144 56,1056 g mol
0,5 b n1 (KOH) = 0,03593 mol
n2 (KOH) = 2(KOH) (KOH)
mM
= -1
0,500 g 56,1056 g mol
0,5 b n2 (KOH) = 0,008912 mol
c(KOH) = 3
0,03593 mol + 0,008912 mol 0,250 dm
0,5 b c(KOH) = 0,1794 mol dm-3 = 0,179 mol dm-3
b) Výpočet pH pripraveného roztoku c(KOH)
Hydroxid draselný je jednosýtna silná zásada, pre ktorú platí:
pH = 14 – pOH
0,5 b pOH = -log c(KOH) = -log 0,1794 = 0,746
0,5 b pH = 14 – 0,746 = 13,254 = 13,25
c) Výpočet hmotnostného zlomku w(KOH) v pripravenom roztoku, ak jeho
hustota ρ´(KOH) = 1,0068 g cm-3.
w(KOH) = (KOH) ´(KOH)
mm
m(KOH) = (n1(KOH) + n2(KOH)) M(KOH)
0,5 b m(KOH) = (0,03593 mol + 0,008912 mol) ⋅ 56,1056 g mol-1 = 2,516 g
0,5 b m´(KOH) = V´(KOH) ρ´(KOH) = 250 cm3 ⋅ 1,0068 g cm-3 = 251,7 g
0,5 b w(KOH) = 2,516 g 251,7 g
= 0,009996 = 0,0100 (resp. 1,00 %)
Riešenie úlohy 3 (SENIOR) (7 b)
2 b a) I2 + 2 Na2S2O3 → 2 NaI + Na2S4O6
2 b b) Vyvíjaný jód reaguje s tiosíranom sodným dovtedy, až sa všetok tiosíran
spotrebuje, potom nadbytočný jód zafarbí škrob do fialova.
c) Pri príprave jódu prebieha na elektróde reakcia
2 I- - 2 e- → I2
mol ·mol C ·
s 60 · 73 ·A 1
3
2 10089964852400 −
−=== ,
,zFIt
)I(n
3 b 3dm mol
mol
−==
==
180
018202 2322
,Vn
c
,)I(n)OSNa(n
Riešenie úlohy 4 (SENIOR) (8 b)
a) zFIt
Mm
Mm
nzFIt
n =⇒== ,
3 b 1-1
mol Cg0,6639 · 2
mol g 63,546 · s 60 · 48,0 ·A 0,70 −===⇒ 96482zmItM
F
b) Faradayova konštanta predstavuje náboj jedného molu elektrónov,
ANeF = , potom
3b 1mol · −== 231006,eF
NA
c) mol01040,Mm
)Cu(n ==
molCH chelatón, 01040,)Cu(n)(n ==
2 b ml d 520520 3 === m,)CH(c)CH(n
)CH(V
RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z ORGANICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda – kategória EF- 50. ročník – školský rok 2013/2014 Študijné kolo Viera Mazíková Maximálne 10 bodov (b), resp. 50 pomocných bodov (pb)
Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah:
pomocné body (pb) x 0,200 Riešenie a bodovanie podľa autorského hárku: Škola: Meno súťažiaceho:
b Celkový počet pridelených bodov:
Pbx0,455
Podpis hodnotiteľa:
Úloha 1 Nie. Ani jedno, ani druhé.
1pb
Prítomnosť dvoch substituentov v polohe 1,2 (o-)
1pb
1,3 (m-)
1pb
1,4 (p-)
1pb
Úloha 2
Používa sa v súčasnosti zriedkavejšie iba u derivátov benzénu najmä v priemyselnej praxi a od tohto označenia sa postupne upúšťa.
1pb
a)
CO-CH3
2pb
b)
CHO
2pb
c)
O2N
CHO
2pb
Úloha 3
d) kyselina m-nitrobenzoová
2pb
e) benzofenón, difenylmetanón
2pb
Oxidáciou aldehydov vzniká kyselina. 1pb Redukciou aldehydov vzniká alkohol. 1pb
Úloha 4
Za každú správnu reakciu a názov reaktantu a produktu. Napr.:
COOHCH3CH2CHO
H2O2
1 1 1 propanál kys.propánová 0,5 0,5
4pb
Antibiotiká sú chemoterapeutiká (liečivá), produkty mikroorganizmov (plesní, baktérií) slúžiace
1pb
ako lieky k potláčaniu infekcií inými mikroorganizmami – baktériami, kokmi, plesňami a sú k ľudskému organizmu
2pb
Úloha 5
relatívne neškodné.
1pb
Úloha 6 a)
HOOC-COOHPCl5
-HCl-POCl3
O
Cl
O
Cl oxalyldichlorid
1 3 2 1
7pb
b) O
OCH3H3C
Na
EtOH OH
propanol 1 1 1 1 Bouveaultova – Blancova reakcia 1
5 pb
Úloha 7 a) O
NH2 OH
2pb
b) O
NH2
OH OH
alebo O = C -OH | H2N - C - H | CH2OH
3pb
c) O
NH2
HS OH
alebo O = C – OH | H – C – NH2
| CH2 - SH
3pb
Úloha 8 O
R1
R2 OH+
((CH3)2CHO)3AlR
1
R2
OH+
O
0,5 0,5 1 0,5 0,5 ketón izopropanol sekundárny alkohol acetón 0,5 0,5 0,5 0,5
5 pb
RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z CHÉMIE PRÍRODNÝCH LÁTO K A BIOCHÉMIE Chemická olympiáda – kategória EF – 50. ročník – školský rok 2013/2014 Študijné kolo Miloslav Melník Maximálne 15 bodov (b), resp. 50 pomocných bodov (pb) Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: pomocné body (pb) ×××× 0,300
Riešenie úlohy 1 (25 pb) (JUNIOR)
1.1 Hodnotia sa iba 2 názvy z každej skupiny. Za každý názov 0,5 pb.
1 pb a) treóza, erytróza, erytrulóza
1 pb b) glukóza, galaktóza, manóza, alóza, ...
1 pb c) sacharóza, laktóza, trehalóza, maltóza, celobióza, ...
1 pb d) škrob, amylóza, amylopektín, glykogén, celulóza, ...
2 pb 1.2 Rovnica reakcie aldehydu s alkoholom.
R CH O + R1 OH R CH OH
O R1
H+
2 pb 1.3 Fischerov vzorec D-glukózy vrátane číslovania:
CH1
CH2
CH3
CH4
CH5
CH26
OH
OH
OH
OH
OH
O
1.4 Cyklické molekuly sacharidov môžu byť buď 5-článkové (furanózy)
alebo 6-článkové (pyranózy), pričom na ich znázornenie sa najčastejšie
používajú Haworthove vzorce. Na rozlíšenie anomérov (poloha
acetálového hydroxylu) sa používajú symboly α a β.
3 pb
5O
1
2
3
4
OHOH
OH
OH
6 OH
α-D-glukopyranóza
poloacetálovýhydroxyl
5O
1
2
3
4
OH
OH
OH
OH
6 OH
β-D-glukopyranóza
poloacetálovýhydroxyl
2 pb 1.5 Keďže všetky monosacharidy majú redukčné účinky, hodnotiť
ľubovoľné 4 monosacharidy.
1 pb 1.6 Redukujúce sacharidy: celobióza, maltóza, laktóza.
1 pb Neredukujúce sacharidy: sacharóza, rafinóza.
5 pb 1.7 Celobióza: glukóza + glukóza (2x β-D-glukopyranóza);
Sacharóza:
glukóza (α-D-glukopyranóza) + fruktóza (β-D-fruktofuranóza);
Maltóza: glukóza + glukóza (2x α-D-glukopyranóza);
Laktóza:
galaktóza (β-D-galaktopyranóza) + glukóza (β-D-glukopyranóza);
Rafinóza:
galaktóza (α-D-galaktopyranóza) + glukóza (α-D-glukopyranóza)
+ fruktóza (β-D-fruktofuranóza).
2 pb 1.8 Tollensovo činidlo je amoniakálny roztok oxidu strieborného, ktorého
účinnou zložkou je diamminstrieborný katión. Maltóza ako redukujúci
sacharid vyredukuje z Tollensovho činidla kovové striebro (vo forme
strieborného zrkadla alebo sivočiernej zrazeniny).
3 pb 1.9 Produkty oxidácie glukózy (Fischerove vzorce):
A B C COOH
CH
CH
CH
CH
CH2 OH
OH
OH
OH
OH
CHO
CH
CH
CH
CH
COOH
OH
OH
OH
OH
COOH
CH
CH
CH
CH
COOH
OH
OH
OH
OH
kyselina
glukónová kyselina
glukurónová kyselina
glukárová (cukrová)
Riešenie úlohy 2 (25 pb) (JUNIOR, SENIOR)
2.1 Počet stereoizomérov závisí od počtu asymetrických atómov uhlíka
v molekule sacharidu. Tento počet (n) sa dá určiť podľa vzťahu: xn 2= ,
kde x je počet asymetrických atómov uhlíka. Molekuly 2-ketopentóz
obsahujú 2 asymetrické atómy uhlíka (čísla 3 a 4) a preto je
1 pb počet možných izomérov (okrem anomérov) 22 = 4 (dva sú D-sacharidy
a dva L-sacharidy).
2 pb Fischerove vzorce 2-ketopentóz:
CH2
C
CH3
CH4
CH2OH
OH
O
OH
OH
CH2
C
CH3
CH4
CH2OH
OH
O
OH
OH
CH2
C
CH3
CH4
CH2OH
OH
O
OH
OH
CH2
C
CH3
CH4
CH2OH
OH
O
OH
OH
D-ribulóza L-ribulóza D-xylulóza L-xylulóza
2.2 Ako epiméry sa označujú tie izoméry sacharidov, ktorých molekuly sa
líšia usporiadaním hydroxylovej skupiny iba na jednom atóme uhlíka
(nie sú enantiomérmi – zrkadlovými obrazmi).
3 pb Glukóza môže vytvárať tri epiméry, ktoré sa odlišujú polohou
hydroxylovej skupiny na uhlíku č. 2, 3 a 4.
CHO
CH2
CH3
CH4
CH5
CH2OH
OH
OH
OH
OH
CHO
CH2
CH3
CH4
CH5
CH2OH
OH
OH
OH
OH
CHO
CH2
CH3
CH4
CH5
CH2OH
OH
OH
OH
OH
CHO
CH2
CH3
CH4
CH5
CH2OH
OH
OH
OH
OH
D-glukóza D-manóza epimér C2
D-alóza epimér C3
D-galaktóza epimér C4
2 pb 2.3 Optická aktivita čerstvo pripravených roztokov sa časom mení a ustáli
sa vtedy, ak v roztoku nastane rovnováha medzi α-anomérom
a β-anomérom príslušného sacharidu. Výsledná optická aktivita (optická
otáčavosť) je daná pomerným zastúpením oboch anomérov v roztoku.
Tento jav sa nazýva mutarotácia.
3 pb 2.4 Izomér opticky aktívnej látky otáčajúci rovinu polarizovaného svetla
doprava sa nazýva pravoto čivý a v názve sa označuje znamienkom
plus (+). Druhý izomér tej istej látky otáčajúci rovinu polarizovaného
svetla o ten istý uhol doľava sa nazýva ľavoto čivý a v názve sa
označuje znamienkom mínus (–). Zmes oboch izomérov tejto látky v
pomere 1:1 je opticky neaktívna a nazýva sa racemát (racemická
zmes ).
4 pb 2.5 α - ohol otočenia opticky aktívnej látky v stupňoch (°); meria sa
polarimetrom;
[ ]tDα - špecifická otáčavosť roztoku opticky aktívnej látky meraná pri
konštantnej teplote t (najčastejšie 20 alebo 25 °) a vlnovej d ĺžke (D –
vlnová dĺžka sodíkového svetla 589,3 nm) v stupňoch (°); je to uhol
otočenia roztoku opticky aktívnej látky s koncentráciou 1 g cm-3 meraný
v trubici s dĺžkou 1 dm
c - koncentrácia látky v roztoku v g cm-3
l - dĺžka polarimetrickej trubice s meraným roztokom (resp. hrúbka
prostredia, cez ktorú prechádza polarizované svetlo) v dm
2 pb 2.6 Arabinóza obsahuje 5 atómov uhlíka – pentóza a aldehydovú funkčnú
skupinu – aldóza.
2 pb 2.7 Pre výpočet koncentrácie arabinózy v roztoku použijeme vzťah pre
výpočet uhla otočenia.
α = –23,7 °; [ α] = –105 °; l = 10,0 cm = 1,00 dm
[ ]3cmg226,0
00,11057,23 −=
⋅−−=
⋅=
lc
αα
Koncentrácia D-arabinózy v roztoku je 0,226 g cm-3.
2.8 Základom celého výpočtu je zistenie množstva glukózy a fruktózy
v hydrolyzáte na základe polarimetrického merania.
Sacharóza sa v kyslom prostredí úplne hydrolyzuje na zmes glukózy
a fruktózy podľa rovnice:
1 pb sacharóza + voda → glukóza + fruktóza
C12H22O11 + H2O → C6H12O6 + C6H12O6
Celkový nameraný uhol otočenia závisí od príspevku každého
sacharidu (glukózy aj fruktózy), ktorý je priamo úmerný koncentrácii
príslušného sacharidu v roztoku:
glukóza = (g); fruktóza = (f)
α(roztok) = α(g) + α(f) = [α](g) x c(g) x l + [α](f) x c(f) x l
Podľa rovnice hydrolýzy vzniká rovnaké množstvo glukózy aj fruktózy,
preto ak c je celková koncentrácia sacharidov (glukózy aj fruktózy)
v roztoku, potom platí: c(g) = c(f) = 0,5c (roztok obsahuje 50 % glukózy
a 50 % fruktózy). Po úprave dostaneme vzťah (l = 1 dm).
α(roztok) = [α](g) x 0,5c + [α](f) x 0,5c = ([α](g) + [α](f)) x 0,5c
1pb [ ] [ ]3cmg555,0
)927,52(5,09,10
))()((5,0)( −=
−⋅−=
+⋅=
fgroztok
cαα
α
Hydrolyzát mal objem 100 cm3, preto celkové množstvo sacharidov
bude
1 pb 0,555 g cm-3 x 100 cm3 = 55,5 g,
pričom glukózy bude 27,75 g (50 %) a fruktózy tak isto 27,75 g
(50 %).
Alternatíva 1:
Teraz je potrebné prepočítať hmotnosť jedného z monosacharidov
(glukózy alebo fruktózy – rovnaká hmotnosť aj molová hmotnosť) na
hmotnosť sacharózy.
Látkové množstvo glukózy vypočítame podľa vzťahu (Mr(g) = 180,2,
preto M(g) = 180,2 g mol-1):
1 pb mol154,0molg2,180
g75,27)g()g(
)g(1
=== −Mm
n .
Podľa rovnice je látkové množstvo sacharózy rovnaké ako látkové
množstvo glukózy
n(sacharóza) = n(g) = 0,154 mol,
preto hmotnosť sacharózy vypočítame podľa vzťahu (Mr(sacharóza) =
342,3, M(sacharóza) = 342,3 g mol-1):
1 pb g7,52molg3,342mol154,0
sacharóza)()(sacharózasacharóza)(1 =⋅=
=⋅=−
Mnm
Alternatíva 2
Zmes glukózy a fruktózy sa označuje ako „invertný cukor“, preto látkové
množstvo sacharózy môžeme vypočítať tak, že invertný cukor vzniknutý
hydrolýzou budeme považovať za „monosacharid“ s Mr = 360,3
(Mr(sacharóza + Mr(H2O)). Potom
mol154,0molg3,360g5,55
cukor)(inv.cukor)(inv.
cukor)inv.(1
=== −Mm
n
n(sacharóza) = n(invertný cukor) = 0,154 mol,
g7,52molg3,342mol154,0
sacharóza)()(sacharózasacharóza)(1 =⋅=
=⋅=−
Mnm
Výpočtom sme zistili, že 100 g čokolády obsahuje 52,7 g sacharózy.
1 pb Čokoláda na varenie Figaro obsahovala 52,7 % sacharózy.
Riešenie úlohy 3 (25 pb) (SENIOR)
1 pb 3.1 Glykolýza prebieha v cytoplazme bunky.
2 pb 3.2 Haworthov vzorec β-D-glukopyranózy:
5O
1
2
3
4
OH
OH
OH
OH
6 OH
poloacetálovýhydroxyl
2 pb Kyselina pyrohroznová (kyselina 2-oxopropánová):
CH3 C C
O
OHO
1 pb 3.3 Fruktóza-1,6-bisfosfát.
3.4 V priebehu glykolýzy dochádza k priamej tvorbe ATP na dvoch
miestach.
2 pb Pri premene 1,3-bisfosfoglycerátu (kyseliny 1,3-bisfosfoglycerovej)
a fosfoenolpyruvátu (kyseliny fosfoenolpyrohroznovej).
1 pb Tento typ fosforylácie sa nazýva fosforylácia na substrátovej úrovni (na
rozdiel od oxidačnej fosforylácie v dýchacom reťazci).
Poznámka: Pri všetkých výpočtoch množstva vzniku ATP je používaný „klasický“
vzťah medzi redukovanými koenzýmami a ATP:
1 mol NADH+H+ = 3 mol ATP, 1 mol FADH2 = 2 mol ATP.
Keďže v novšej literatúre sa uvádza aj iný pomer, bude vždy
v zátvorkách uvedené číslo podľa vzťahu:
1 mol NADH+H+ = 2,5 mol ATP, 1 mol FADH2 = 1,5 mol ATP.
3.5 Acetylkoenzým A sa oxiduje v citrátovom cykle za vzniku redukovaných
koenzýmov, ktoré odovzdávajú atómy vodíka dýchaciemu reťazcu.
Uvoľnená energia sa môže použiť na tvorbu ATP.
1 mol CH3-CO-S-CoA → 1 mol GTP (= 1 mol ATP) + 3 mol NADH+H+
+ 1 mol FADH2
Celkový zisk ATP pri oxidácii 1 mol CH3-CO-S-CoA:
1 mol ATP + 3 x 3 (2,5) mol ATP + 1 x 2 (1,5) mol ATP =
2 pb = 12 mol ATP (10 mol ATP)
3.6 Premena pyruvátu na etanol zahŕňa dekarboxyláciu pyruvátu
a následnú redukciu vzniknutého acetaldehydu na etanol (redukované
koenzýmy potrebné na redukciu vznikajú v priebehu glykolýzy):
5 pb
CH3 C C
O
OHO
CH3 C H
O
CH3 CH2
OH
CO2NAD
+NADH + H
+
3.7 Pri premene 1 mol glukózy na 2 mol trióz (glyceraldehyd-3-fosfát a
dihydroxyacetónfosfát) sa spotrebujú 2 mol ATP. Fosforyláciou na
substrátovej úrovni vznikne v ďalšom priebehu 2 x 2 mol ATP. Za
anaeróbnych podmienok sa redukované koenzýmy vznikajúce počas
glykolýzy obnovujú pri premene acetaldehydu na etanol.
Celkový zisk ATP z 1 mol glukózy pri anaeróbnej alkoholovej glykolýze
je:
- 2 mol ATP + 2 x 2 mol ATP =
2 pb = 2 mol ATP.
3.8 Glukoneogenéza zabezpečuje potrebnú hladinu glukózy (predovšetkým
pre nervový systém a červené krvinky) pri jej nedostatočnom príjme
v potrave.
4 pb Základnými substrátmi sú laktát (kyselina mliečna), glycerol,
glukogénne aminokyseliny a medziprodukty citrátového cyklu
(oxalacetát, malát).
3 pb 3.9 Väčšina reakcií glykolýzy je vratných a preto sa tie isté reakcie rozkladu
glukózy môžu využiť na jej tvorbu. Ale tri reakcie glykolýzy sú z
termodynamického hľadiska nevratné (t. j. príslušný enzým nemôže
katalyzovať reakciu opačným smerom):
glukóza → glukóza-6-fosfát
fruktóza-6-fosfát → fruktóza-1,6-bisfosfát
fosfoenolpyruvát → pyruvát
Preto pri glukoneogenéze spätné reakcie katalyzujú buď iné enzýmy
alebo sa využije iný sled reakcií.
RIEŠENIA ÚLOH Z ANALYTICKEJ PRAXE Chemická olympiáda – kategória EF – 50. ročník – šk. rok 2013/2014 Študijné kolo Elena Kulichová Maximálne 60 bodov Doba riešenia nie je obmedzená Hodnotenie úloh z analytickej praxe sa skladá z nie koľkých zložiek:
Pridelený počet bodov
Časť riešenia
4 b
Hodnotenie všeobecných zručností a laboratórnej techniky:
2 b dodržanie zásad bezpečnosti a hygieny práce v laboratóriu
2 b laboratórna technika (príprava roztokov, úprava vzoriek, technika titrácie, práca s refraktometrom)
34 b Riešenie úloh v odpoveďovom hárku: zohľadní vykonané operácie, správnosť výpočtov, znalosť chemických dejov a pod. Body sa pridelia podľa autorského riešenia úloh.
7 b
Grafické spracovanie výsledkov merania: 1b uvedenie názvu grafu, 1b označenie osí grafu (veličina, jednotka), 2b korektná stupnica, 1b tvar grafu (obr. 1), 2b správne odčítaná hodnota koncentrácie sacharózy
15 b
Presnosť stanovenia:
7,5b Presnosť stanovenia hmotnostného zlomku sacharózy odmernou analýzou:
počet bodov = 7,5 – 0,5 x % odchýlky stanovenia
7,5b Presnosť stanovenia hmotnostného zlomku sacharózy refraktometrickou analýzou:
počet bodov = 7,5 – 0,5 x % odchýlky stanovenia
60 b Spolu
Autorské riešenie úloh odpove ďového hárku z analytickej PRAXE
Úloha Pridelené body
Náplň a riešenie úlohy
Úloha
1.1
1b
Výpočet objemu HCl:
Na výpočet možno odvodiť vzťah:
ρwMVc
V×
××=HCl po dosadení
33-
-133-
HCl cm5,3gcm048,11,0
molg46,36dm1,0dmmol1,0 =×
××=V
Body sa pridelia za ľubovoľný správny postup výpočtu
Úloha
1.4 1b
Výpočet hmotnosti Na2S2O3 na prípravu odmerného roztoku:
Výpočet v prípade použitia pentahydrátu tiosíranu sodného:
MVcm ××=TS g20,6gmol17,248dmmol1,0dm25,0 -1-33TS =××=m
Hmotnosť jodičnanu draselného, použitá na prípravu štandardného roztoku:
mST1 =
1b
Rovnica vzniku jódu reakciou jodičnanu a jodidu draselného:
5 KI + KIO3 + 3 H2SO4 � 3 I2 + 3 K2SO4 + 3 H2O
Body sa pridelia aj za inú správnu formu zápisu reakcie
Úloha
2.1
1b
Výpočet presnej koncentrácie jódu v štandardnom roztoku:
1ST
1STST
3MVm
c××
= po odsadení 1-3
1STST molg214dm2,0
3
××
=m
c
Body sa pridelia za ľubovoľný správny postup výpočtu
Spotreba odmerného roztoku na štandardizáciu:
V1 V2 V3
Úloha
2.2
3b
Za vykonanie jednej titrácie sa pridelí 1 bod, maximálne 3 body.
Úloha
2.3
0,5b
Výpočet priemeru: Pre výpočet sa použije aritmetický priemer stanovení:
3321
ODM
VVVV
++=
Rovnica štandardizácie
0,5b I2 + 2 Na2S2O3 � 2 NaI + Na2S4O6
Body sa pridelia aj za inú správnu formu zápisu reakcie Úloha
2.3
1b
Výpočet presnej koncentrácie odmerného roztoku :
ODM
3ST
ODM
dm05,02
V
cc
××=
Body sa pridelia za ľubovoľný správny postup výpočtu
Hmotnosť vzorky Elixirium Thymi Compositum použitá na odmernú analýzu
mVZ1 = Úloha
3.1 0,5b
Body sa pridelia za korektný zápis hmotnosti vzorky (počet platných číslic, jednotka) Spotreba odmerného roztoku na stanovenie vzorky:
V1 V2
4b
2 body sa pridelia za každú dokončenú analýzu zásobného roztoku vzorky, max. 4 body
Úloha
4.4
Výpočet priemeru 2
211VZ
VVV
+=
Spotreba odmerného roztoku na slepý pokus:
V1 V2
4b
2 body sa pridelia za každý dokončený slepý pokus, max. 4 body
Úloha
4.5
Výpočet priemeru 2
212VZ
VVV
+=
Úloha
4.6 0,5b
Výpočet ekvivalentného objemu VTAB :
Na výpočet sa použije vzťah: ( )
1,0
- ODM1VZ2VZTAB
cVVV
×=
Priradená hodnota hmotnosti sacharózy zo Schoorlovej tabuľky
mSACH = Úloha
4.7
0,5b
Body sa pridelia za numericky správnu hodnotu uvedenú v korektných jednotkách
1b
Výpočet hmotnostného zlomku sacharózy v Elixirium Thymi Compositum: Pre výpočet možno odvodiť vzťah:
1VZ
SACHODM{SACH
10m
mw
×=
Body sa pridelia za ľubovoľný správny postup výpočtu
Hmotnosť sacharózy použitá na prípravu štandardného roztoku: mST2 =
Úloha 5.1
0,5b
Body sa pridelia za korektný zápis hmotnosti vzorky (počet platných číslic, jednotka)
Úloha 5.2
2 b
Výpočet hmotnostnej koncentrácie sacharózy v zriedených roztokoch: Na výpočet možno využiť napríklad vzťah:
( )10
cm100/g10SACH
3
nm
×= nc
kde n je počet mililitrov pipetovaného zásobného roztoku štandardu 0,5 b sa pridelí za každý správny prepočet
Úloha
5.3 3 b
Za každý kompletne vyplnený stĺpec tabuľky sa pridelí 0,5 bodu
Obr. 1 Ilustrácia správne zostrojenej kalibračnej krivky Úlohy 5.4
Úloha
5.5
Hmotnosť vzorky Elixirium Thymi Compositum použitá na refraktometrické stanovenie mVZ2 =
Hodnoty indexu lomu upravenej vzorky:
Za každé meranie sa udelí 0,25b, max 1b
Úloha
5.6
1b
nD1 nD2 nD3 nD4
Úloha 5.6 0,5b
Priemerná hodnota Pre výpočet sa použije aritmetický priemer stanovení:
4
4321 DDDDD
nnnnn
+++=
Priradená hodnota hmotnostnej koncentrácie sacharózy v upravenej vzorke cm VZ2 =
Úloha
5.7
1b
Výpočet hmotnosného zlomku sacharózy vo vzorke Elixirium Thymi Compositum Pre výpočet možno použiť vzťah:
2VZ
2mVZ
REF{SACH10050
m
cw
×=
Body sa pridelia za ľubovoľný správny postup výpočtu Výsledok odmerného stanovenia: wSACH/ODM =
Výsledok refraktometrického stanovenia wSACH/REF = Úloha
5.8
0,5b Porovnanie výsledkov: Body sa pridelia za analýzu odchýlky stanovenia
Úloha
6.1 1b
Výpočet indexu lomu:
Index lomu sa vypočíta zo vzťahu:
medz
20D sin
1β
n = po dosadení 3456,148sin
120D −=−
°=n
Úloha
6.2 3b
Výpočet hmotnosti sacharózy s využitím interpolácie:
V prvom kroku sa vypočíta ekvivalentný objem tiosíranu s koncentráciou c = 0,1 mol dm3 pre Schoorlovu tabuľku:
( )1,0
- 1VZ2VZSCH
cVVV
×= po dosadení
( ) 33-
-333
SCH cm69,9dmmol1,0
dmmol102,0cm12,9 -cm4,22 =×=V
V tabuľke sú k dispozícii hodnoty: pre 9 cm3 – 28,4 mg sacharózy pre 10 cm3 – 31,7 mg sacharozy Interpoláciou dostaneme:
( )mg7,30
cm1cm0,69×mg4 28, -mg31,7
+mg4,283-
3
SACH ==m
1b Opis chemickej podstaty inverzie:
Chemickou podstatou inverzie sacharózy je štiepenie glykozidickej väzby a vznik ekvimolárneho roztoku glukózy a fruktózy.
Úloha
6.3 1b Opis zmeny fyzikálnych vlastností:
Chemický dej sa prejaví zmenou optickej aktivity: pravotočivá sacharóza sa mení na ľavotočivú zmes glukózy a fruktózy.
Príprava vzorky na stanovenie:
Na analýzu sa pripraví modelová vzorka Elixirium Thymi Compositum: 25 g sacharózy sa rozpustí vo vodnom roztoku etanolu (w =0,05) a doplní sa na 100 cm3
Autori: Doc.Ing.Iveta Ondrejkovičová, PhD., Mgr.Stanislav Kedžuch, PhD.,
Mgr.Miloslav Melník,
RNDr.Viera Mazíková, PhD., Ing.Elena Kulichová
Recenzenti: Mgr.Stanislav Kedžuch,PhD., Doc.Ing.Iveta Ondrejkovičová, PhD.,
Ing.Daniel Vašš, Pavlína Gregorová, Ing.Boris Lakatoš, PhD.,
Ing.Anna Ďuricová, PhD. Ing. Martina Gánovská, Ing.Ľudmila Glosová
Redakčná úprava: Ing.Ľudmila Glosová ( vedúca autorského kolektívu)
Slovenská komisia Chemickej olympiády
Vydal: IUVENTA – Slovenský inštitút mládeže, Bratislava 2013