E ŘEŠENÍ KONTROLNÍHO TESTU ŠKOLNÍHO KOLA

Rozměr: px

Začít zobrazení ze stránky:

Download "E ŘEŠENÍ KONTROLNÍHO TESTU ŠKOLNÍHO KOLA"

Pavel Slavík
před 4 lety
Počet zobrazení:

1 Ústřední komise Chemické olympiády 48. ročník 2011/2012 ŠKOLNÍ KOLO kategorie A a E ŘEŠENÍ KONTROLNÍ TESTU ŠKOLNÍ KOLA

2 KONTROLNÍ TEST ŠKOLNÍ KOLA (60 BODŮ) ANORGANICKÁ CEMIE 16 BODŮ Úloha 1 8 bodů Napište a upravte rovnice chemických reakcí tepelného rozkladu 1. N 4 NO 2 N O 2. N 4 NO 3 N 2 O O 3. 2 KClO 3 2 KCl + 3 O 2, resp. 4 KClO 3 3 KClO 4 + KCl O O + O 2 5. (N 4 ) 2 CO 3 2 N 3 + CO O 6. COONa CO + NaO 7. Ca(CO 3 ) 2 CaCO 3 + CO O lze uznat i Ca(CO 3 ) 2 CaO + 2 CO O 8. Fe(CO) 5 Fe + 5 CO za správně uvedenou a vyčíslenou rovnici ; celkem 8 bodů Úloha 2 Doplňte rovnice chemických reakcí a určete, zda jde o exotermické nebo o endotermické děje. NaO + Cl NaCl + 2 O (exo-) C + 2 O CO + 2 (endo-) N 2 + O 2 2 NO (endo-) O O (exo-) za správně doplněnou a vyčíslenou rovnici 0,5 bodu, za uvedení exo-/endo- 0,5 bodu; celkem Úloha 3 Další otázky 1. Kolik m 3 CO 2 (počítáno za normálních podmínek 273,15 K; 101,325 kpa) vznikne vypálením 100 kg vápence, obsahujícího 10% hlušiny? M r (Ca) = 40; M r (C) = 12; M r (O) = 16; V m = 22,4 dm 3. CaCO 3 CaO + CO 2 (100) (56) (44) Tedy: Ze 100 kg CaCO 3 vznikne 56 kg CaO a 44 kg (22,4 m 3 ) CO 2. Při 90% čistotě dostaneme 56 kg 0,9 = 50,4 kg CaO. a 22,4 dm 3 0,9 = 20,2 m 3 CO Termická analýza se dá využít a) obecně ke kvalitativnímu i kvantitativnímu stanovení všech prvků ve směsích. b) k určení teploty fázových změn vzorku (tání, var), popř. polymorfní přeměny. c) k určení koordinačního čísla centrálního atomu u komplexních sloučenin. d) pro separaci kapalin o různé teplotě varu. 1

3 ORGANICKÁ CEMIE 16 BODŮ Úloha 1 Strukturní vzorce monosacharidů 1. C O 2 C C O O O C 2 O za správný strukturní vzorec D-idosy za správný prostorový vzorec 2 body Pokud bude první vzorec špatně, ale do prostorové podoby bude překreslen dobře, přiznají se oba body za prostorový vzorec. Totéž platí pro další otázky, pokud budou dobře odvozené ze špatného prvního vzorce, bude za ně plný počet bodů. celkem 3 body 2. C 2 O O O O 3. C O O O C 2 O O β-d-idopyranosa C O O C 2 O za každý správný strukturní vzorec celkem 2 body 2

4 Úloha 2 Redukce monosacharidů 1. C 2 O O O O O β-d-galaktopyranosa C O O C 2 O NaB 4 C 2 O O O C 2 O galaktitol D-galaktosa za správný strukturní vzorec výchozí látky za správný strukturní vzorec produktu celkem 2 body 2. Vzniklý galaktitol má rovinu symetrie, je to tedy opticky inaktivní meso-forma. 3. D-altrosa Pokud alditol vzniklý redukcí D-altrosy otočíme o 180, získáme stejný produkt jako redukcí D- talosy. C O C 2 O D-talosa NaB 4 C 2 O O C 2 O C O O O C 2 O D-altrosa NaB 4 C 2 O O O O C 2 O za správný název sacharidu D-altrosy za správný strukturní vzorec D-altrosy za správný strukturní vzorec produktu (stačí jedna ze dvou znázorněných forem) celkem 3 body Úloha 3 Reaktivita sacharidů Produkty A C: C 3 O C 2 OC 3 O C 3 O OC 3 OC 3 COO O O O COO COO O O O C 2 O A B C Název výchozího monosacharidu β-d-altropyranosa. za každý správný strukturní vzorec produktů A C za správný název výchozího sacharidu včetně deskriptorů 1bod celkem 3

5 FYZIKÁLNÍ CEMIE 16 BODŮ Úloha 1 Velikosti nanočástic 1. ustota Ag při 20 C je 10,49 g cm 3. A (Ag) = 107,87 r R = 5 nm = cm 4 3 V (koule) = π r 3 motnost jedné nanočástice o průměru 10 nm bude: m(np) = 10,49 π 5 10 g 3 18 m(np) = 5, g N N(NP) = m(np) = atomů Ar (Ag) za správnou hmotnost 1 NP 0,5 bodu, za správnou hodnotu počtu atomů Ag celkem 1,5 bodu Avog 2. Pozn.: případná nápověda pro sestavení zvláště pravé strany rovnice je ukryta v (c) části zadání této úlohy. Vodík v tetrahydridoboritanu má formální oxidační stupeň 1. Z toho plyne, že na oxidaci jednoho iontu bude třeba dva ionty Ag +, neboli: + + 2e Ag + + e Ag 8 Ag + + B O 8 Ag + [B(O) 4 ] O za vyčíslenou rovnici 2,5 bodu, bez správného vyčíslení pouze 1,5 bodu celkem 2,5 bodu 3. Z rovnice v (2) víme, že: 0 n Ag ) : n( BO ) = 8:1 ( 2 3 n (Ag ) = 8 n( BO ) = 8 c( BO ) V ( BO ) = 8 2,5 10 0,08 = 1, Počet vzniklých Ag 0 atomů bude: N (Ag ) = n(ag ) N = 1,6 10 6, Avog 23 = 9, atomů Využitím výsledku otázky 1 víme, že 1 nanočástice Ag o průměru 10 nm obsahuje atomů. Po vydělení touto hodnotou získáme počet vzniklých nanočástic o průměru 10 nm: 18 9, = 3,14 10 nanočástic za správnou úvahu pro výpočet atomů Ag za úvahu podělení celkového počtu atomů počtem atomů v jedné nanočástici (i v případě chybného výpočtu z otázky 1) (pokud výsledky nejsou správné z důvodu špatně vyčíslené rovnice, jsou uznány v plné bodové výši) (uznat i jiné správné postupy) celkem 2 body mol 4

6 Úloha 2 Elektrochemický článek 1. Správné tvrzení bylo pouze varianta a). (autorský komentář: b jedná se o roztok a ne vždy je z NaCl, c solný můstek brání promíchání elektrolytů poločlánků, d není pravda, články mohou obsahovat např. i semipermeabilní membrány, případně mohou elektrody sdílet společný elektrolyt) 2. Katoda je Cu, anoda je Zn. za každou správně určenou elektrodu 0,5 bodu; celkem 3. U = E = E 2+ 0 E 2+ 0 = 0,3419 ( 0,7618) 1,1037 V = Cu /Cu Zn / Zn za vzorec 0,5 bodu, za výslednou hodnotu 0,5 bodu celkem 4. W = G n = ( z F E) n = ( ) 0,5 = 96485J = 96,5 kj za vzorec 0,5 bodu, za výslednou hodnotu 0,5 bodu celkem Úloha 3 Světelný dotazník Správné odpovědi: 1b, 2d, 3b, 4c, 5a, 6c. za každou správnou odpověď celkem 5

7 BIOCEMIE 12 BODŮ Úloha 1 Vliv inhibitoru ATPasy, sukcinátu a inhibitoru oxidativní fosforylace na spotřebu kyslíku mitochondriemi O 2 O 2 O 2 t 1 2 t 1 2 t 1 2 1) Spotřeba kyslíku se zastaví, protože rotenon blokuje komplex I. 2) Elektrony ze sukcinátu obchází rotenonovou blokádu tivní fosforylaci (ATPasu) a tím 3) Oligomycin blokuje oxida- vstupem přímo do komplexu II spotřebu kyslíku. DNP odpojuje a obnoví elektronový transport elektronový transport od oxidativní fosforylace a umožňuje tak přes komplexy III a IV. spotřebu kyslíku. za správně zakreslené grafy po u, za každou správnou odpověď po u celkem Úloha 2 Elektronový transportní řetězec a spotřeba kyslíku A) Bez efektu; mitochondrie nemetabolizuje glukosu. B) Bez efektu; není přítomna látka, která by vedla ke tvorbě ATP! C) Klesá koncentrace kyslíku, protože citrát je palivo substrát dýchacího řetězce, které dodá energii pro syntézu ATP z ADP a P i. D) Úbytek kyslíku se zastaví, protože oligomycin inhibuje syntézu ATP, která je spřažena s aktivitou elektronového transportního (dýchacího) řetězce. E) Bez efektu, z důvodu uvedeného u látky D. F) Koncentrace kyslíku rychle klesá, protože dochází k rozpojení elektronového transportního řetězce od syntézy ATP. Nesyntetizuje se ATP, protože není vytvářen gradient Ph. za každou správnou odpověď po u, celkem 6

Podobné dokumenty

E KONTROLNÍ TEST ŠKOLNÍHO KOLA

Ústřední komise Chemické olympiády 48. ročník 2011/2012 ŠKOLNÍ KOLO kategorie A a E KONTROLNÍ TEST ŠKOLNÍHO KOLA časová náročnost: 120 minut KONTROLNÍ TEST ŠKOLNÍHO KOLA (60 BODŮ) ANORGANICKÁ CHEMIE 16