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