1

Súťažné úlohy Chemickej olympiády

v kategórii A

Pre najvyššie triedy gymnázií

a iných typov stredných škôl

Študijné kolo

Riešenie a hodnotenie teoretických úloh

2007/08

��������

Vydala Iuventa v spolupráci so Slovenskou komisiou Chemickej olympiády v roku 2007

2

RIEŠENIE ÚLOH Z ANORGANICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda – kategória A – 44. ročník − šk. rok 2007/08 Študijné kolo Anton Sirota Medzinárodné informačné centrum MCHO, Iuventa, Bratislava ________________________________________________________________________________________________

Maximálne 18 bodov, resp. 92 pomocných bodov Pri prepočte pomocných bodov pb na konečné body b použijeme vzťah: body b = pomocné body pb ×××× 0,196

Riešenie úlohy 1 (2 pb) a) Napr. atóm dusíka aj fosforu obsahuje rovnaký počet valenčných

1 pb elektrónov (5).

b) Napr. Pri atóme dusíka možno na väzby využiť len s a p orbitály

1 pb valenčnej vrstvy, kým pri atóme fosforu (fosfor je v 3. perióde v periodickej

sústave prvkov) možno na väzby využiť aj 3d orbitály.

Riešenie úlohy 2 (6 pb)

a) Uhol N–N–N = 180 °

2 pb Uhol P–P–P = 60 °

b) N–N–N lineárne usporiadanie

Riešenie úlohy 3 (16 pb)

a) Bude prebiehať len reakcia:

2 pb NH3 + H3O+ → NH4

+ + H2O (1)

Vzhľadom na hodnoty elektronegativity atómov P a H fosfán PH3 nemá

1 pb afinitu priberať vo vodnom roztoku H+ a meniť sa tak na katión PH4+. Reakcia

fosfánu s vodou uvedeným spôsobom neprebieha.

b) Označme NH4Cl = A

M(A) = 53,491 mol dm-3

P

PP

P

tetraéder

4 pb

3

m(A) = 1 g (presne)

mol0,01869molg53,491

g1(A)1-

==n

4 pb 33

dmmol0,1869dm0,1000mol0,01681(A) −==c

Pre chemickú reakciu (1) platí:

)(NH][NH

]O][H[NH)(NH

34

334

b

va K

KK == +

++ (2)

Súčasne platí: 1

s

a cK

23

4

334

]O[H][NH

]O][H[NH)(NH

+

+

++ == (3)

kde cs = koncentrácia soli (NH4Cl)

Z porovnania (2) a (3) vyplynie:

)(NH

]O[H3

3b

sv

KcK=+

Po dosadení:

[H3O+] = 1,04 . 10-5

5 pb pH = 4,98

c) Podľa Ostwaldovho zákona:

)(NH4+

aK = γ−

γ1

2 c

Za predpokladu: 1 >> γ : )(NH4+aK = γ2 c

Potom musí platiť: 2221

21 cc γγ = (4)

4 pb Keďže koncentrácia +4NH iónov je v roztoku síranu amónneho dvojnásobná, t. j.

c2 > c1, vzhľadom na vzťah (4) musí byť 12 γγ < .

Riešenie úlohy 4 (5 pb)

4.1. Fosfán možno pripraviť z fosfóniových solí, napr.

2 pb PH4Cl + KOH → PH3 + KCl + H2O

4.2. Správne odpovede sú 4a a 4e.

Zdôvodnenie:

Vzhľadom na rovnajú hodnotu elektronegativity atómu fosforu a vodíka,

väzba P–H nie je polárna a na atómoch vodíka sa netvorí čiastkový náboj.

Väzbu P–H možno interpretovať prekrytím atómových orbitálov 3p atómu

4

fosforu a atómových orbitálov 1s atómov vodíka. Teda nepredpokladá sa v

tomto prípade využitie hybridných orbitálov tak, ako sa väzby interpretujú

3 pb v prípade amoniaku a možno očakávať, že uhol H–P–H bude blízky 90°. V

skutočnosti má uhol hodnotu 93,7°. Teda uhol H–P–H vo fos fáne je menší ako

uhol H–N–H v amoniaku. K tomuto záveru by sme dospeli, aj keby sme pripustili

hybridné orbitály sp3 v molekule fosfánu.

Riešenie úlohy 5 (16 pb)

2 pb a) m = 3, n = 5

b) Pri NX3 : 2s a 2p orbitály atómu dusíka,

2 pb pri PX5: 3s, 3p, 3d orbitály atómu fosforu.

c) Pri NX3 : sp3 orbitály atómu dusíka,

2 pb pri PX5: sp3d orbitály atómu fosforu.

d)

trigonálna (trojboká) trigonálna (trojboká) pyramída bipyramída pyramída

e) PCl5 + H2O → POCl3 + 2 HCl

4 pb POCl3 + 3 H2O → H3PO4 + 3 HCl

f) A = POCl3 – trichlorid-oxid fosforečný

2 pb B = H3PO4 – kyselina trihydrogenfosforečná

Riešenie úlohy 6 (16 pb)

Podľa návodu v zadaní väzbový poriadok VP vypočítame:

VP = 2

väzbuONjednunaelektróny −epripadajúc

N

XX

XPX

X

X

X

X

4 pb

5

2 pb a) Kyselina dusi čná - väzba medzi N−OH

O2N−OH Počet elektrónov pripadajúci na jednu väzbu N−O: 2

VP : 1

2 pb b) Dusi čnanový anión :

Počet elektrónov pripadajúci na tri väzby N−O: 8

Počet elektrónov pripadajúci na jednu väzbu N−O: 2,66

VP : 1,33

2 pb c) Kyselina dusi čná – väzby atómu dusíka s atómami kyslíka, ktoré sa

neviažu s atómom vodíka.

Počet elektrónov pripadajúci na dve väzby N−O: 6

Počet elektrónov pripadajúci na jednu väzbu N−O: 3

VP : 1,5

3 pb d) Oxid dusi čitý :

Počet elektrónov pripadajúci na dve väzby N−O: 7

Počet elektrónov pripadajúci na jednu väzbu N−O: 3,5

N

O

O

O(+)(-)

(-)N

O

O

O(+)(-)

(-)

N

O

O

O(+)

(-)

(-)

N

O

O

(+)

(-)N

O

O

(+)

(-)

HO HO

N

O

O

(+)

(-)N

O

O

(+)

(-)

. .

6

VP : 1,75

2 pb e) Katión NO 2+:

Počet elektrónov pripadajúci na dve väzby N−O: 8

Počet elektrónov pripadajúci na jednu väzbu N−O: 4

VP : 2

3 pb f) Oxid dusnatý :

Počet elektrónov pripadajúci na jednu väzbu N−O: 5

VP : 2,5

2 pb g) Katión NO +:

Počet elektrónov pripadajúci na jednu väzbu N−O: 6

VP : 3

Riešenie úlohy 7 (6 pb)

Soli Ba2+ od H3PO2: Ba(H2PO2)2

Soli Ba2+ od H3PO3: Ba(H2PO3)2

6 pb BaHPO3

Soli Ba2+ od H3PO4: Ba(H2PO4)2

BaHPO4

Ba3(PO4)2

Riešenie úlohy 8 (25 pb)

8.1. Hydrolýza meďnatých solí:

2 pb [Cu(H2O)4]2+ + H2O → [Cu(H2O)3(OH)]+ + H3O

+

NO(+)

O

N O.

N O(+)

7

Treba akceptovať aj rovnice, v ktorých sa uvedie komplexný katión [Cu(H2O)6]2+

resp. [Cu(H2O)5]2+ na ľavej strane a [Cu(H2O)5(OH)]+, resp. [Cu(H2O)4(OH)]+ na

pravej strane rovnice.

8.2. a)

Bilančná rovnica:

Poznámka: Veličina označená čiarkou sa vzťahuje na príslušný roztok.

4 pb m(hydrát) + m'(HCl) + m(H2O) = m'(nasýtený roztok CuCl2) (1)

Hmotnostný zlomok CuCl2 v dihydráte:

M(CuCl2) = 134,452 mol dm-3

M(CuCl2 . 2 H2O) = 170,483 mol dm-3

w(CuCl2) = 0,789

25,0 g dihydrátu obsahuje:

2 pb m(CuCl2) = 25,0 g ×××× 0,789 = 19,725 g

Hmotnosť nasýteného roztoku, ktorý možno pripraviť:

2 pb g93,00,212

g 19,725)(CuCl' 2 ==m

m(HCl) = 93,0 g ×××× 0,150 = 13,95 g

2 pb g38,750,360

g13,95(HCl)' ==m , čo zodpovedá 32,9 cm3 36,0 % HCl

Dosadením do rovnice (1):

25,0 + 38,75 + m(H2O) = 93,0

4 pb m(H2O) = 29,3 g , t. j. V(H2O) = 29,3 cm3

b)

Bilančná rovnica pre kryštalizáciu (jednotky hmotnosti sa neuvádzajú):

Ak označíme:

m'1 – hmotnosť nas. roztoku CuCl2 obsahujúceho 15 % HCl pri 25 °C

m'2 – hmotnosť vykryštalizovaného CuCl2 . 2 H2O

m'3 – hmotnosť nas. roztoku CuCl2 obsahujúceho 15 % HCl pri 0 °C

w1 – hmotnostný zlomok CuCl2 v nas. roztoku obsahujúcom 15 % HCl pri 25 °C

w2 – hmotnostný zlomok CuCl2 v hydráte CuCl2 . 2 H2O

w3 – hmotnostný zlomok CuCl2 v nas. roztoku obsahujúcom 15 % HCl pri 0 °C

8

m'1 = m2 + m'3

2 pb m'1 w1 = m2 w2 + m'3 w3 ___________________

93,0 = m2 + m'3 (2)

4 pb 93,0 × 0,212 = (m2 × 0,789) + (m'3 × 0,173) (3)

Riešením rovníc (2) a (3):

m2 = 5,89 g

3 pb Záver: Vykryštalizuje 5,89 g CuCl2 . 2 H2O.

9

RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z FYZIKÁLNEJ CHÉMI E Chemická olympiáda – kategória A – 44. ročník – školský rok 2007/08 Študijné kolo

Ján Reguli Katedra chémie PdF TU, Trnava

Maximálne 17 bodov

Riešenie úlohy 1 (5 bodov)

Označíme si V objem jednej banky, p0 atmosférický tlak, T0 teplota vzduchu

v miestnosti, T teplota vzduchu v mrazničke, p konečný tlak v bankách pri izbovej

teplote.

V prvej banke, uzavretej pri izbovej teplote je

1 b n1 = p0V/(RT0) = 100.103.2.10-3/(8,3145.298,15) = 0,08067873 mol vzduchu,

V druhej banke, uzavretej až po vychladení je

1 b n2 = p0V/(RT) = 100.103.2.10-3/(8,3145.255,15) = 0,09427538 mol vzduchu.

Po spojení baniek a zohriatí na 25 °C bude v bankác h tlak

p = (n1 + n2 ) RT0 / 2 V =

1 b = (0,08067873 + 0,09427538).8,3145.298,15/4.10-3 = 108426,4 Pa = 108,4 kPa

Z baniek po otvorení vyfučí ∆n = (n1 + n2 – n0) mólov vzduchu, pričom

n0 je látkové množstvo vzduchu v otvorených bankách:

1 b n0 = p0 2 V / (RT0) = 100.103.2.2.10–3/(8,3145.298,15) = 0,1613575 mol vzduchu

(n0 = 2n1).

1 b ∆n = n1 + n2 – n0 = 0,08067873 + 0,09427538 – 0,1613575 = 0,0135965 mol

vzduchu (∆n = n2 –n1).

Riešenie úlohy 2 (6 bodov)

V reakcii sa 1 molekula látky A rozkladá na 3 molekuly, takže tlak v sústave

v priebehu reakcie stúpa. Celkový tlak je v každom okamihu rovný súčtu parciál-

nych tlakov: p = pA + pP + pR

Zo stechiometrickej rovnice reakcie vyplýva, že

∆pA/(–1) = ∆pP/(1) = ∆pR/(2) = ∆p/(2)

Tento vzťah sa dá všeobecne vyjadriť vzťahom ∆pi/νi = ∆p/Σνi

10

(νi je stechiometrický koeficient i-tej zložky reakcie)

V stej minúte tlak v sústave stúpol o ∆p = p – p0 = 150 – 100 = 50 kPa

Paricálne tlaky jednotlivých zložiek sa teda zmenili o ∆pi = ∆p νi / Σνi

na hodnoty:

pA = p0A + ∆pA = 100 – 25 = 75 kPa

1,5 b pP = p0P + ∆pP = 0 + 25 = 25 kPa

pR = p0R + ∆pR = 0 + 50 = 50 kPa

Ide o reakciu 1. poriadku; jej priebeh opisuje rovnica

ln(pA/p0A) = – k t Odtiaľto vypočítame rýchlostnú konštantu

1,5 b k = – ln(pA/p0A) / t = – ln (75/100) / 100 = 2,877.10-3 min–1

polčas reakcie je čas, keď zreagovala polovica reaktantu, t. j. zostalo pA = p0A/2

po dosadení do rýchlostnej rovnice t1/2 = – ln [(p0A/2)/p0A] / k = ln 2/k

1 b t1/2 = ln 2 / k = ln 2 / 2,877.10-3 = 240,942 min

V polčase reakcie bude

1 b pA = 50 kPa, pP = 50 kPa a pR = 100 kPa, t. j. p = 200 kPa

Po prebehnutí reakcie – rozložení všetkého A bude

1 b pA = 0 kPa, pP = 100 kPa a pR = 200 kPa t. j. p = 300 kPa

(Na výpočty parciálnych tlakov sa použili uvedené vzťahy

∆pi/νi = ∆p/Σνi a pi = p0i + ∆pi)

Riešenie úlohy 3 (3 body)

Zloženie roztoku, v ktorom je po jednom móle každej zložky, je x1 = x2 = 0,5

Tlak pár nad roztokom je daný súčtom parciálnych tlakov oboch zložiek, za ktoré

si dosadíme ich hodnoty dané Raoultovým zákonom:

1 b p = pB + pT = p*B xB + p*T xT = 9865,7.0,5 + 2933.0,5 = 6399,35 Pa

zloženie parnej fázy je

1 b yB = pB/p = p*B xB / p = 9865,7.0,5 / 6399,35 = 0,771; yT =1 – yB = 0,229

Nakoniec vypočítame hmotnostné zlomky zložiek v parnej fáze.

V tabuľkách si nájdeme molárne hmotnosti benzénu a toluénu:

MB = 78,11 g mol–1, MT = 92,14 g mol–1,

wB = mB / (mB + mT) = nB MB / (mB MB + nT MT) = yB MB / (yB MB + yT MT) =

1 b = 0,771.78,11 / (0,771.78,11 + 0,229.92,14) = 0,741 wT = 1 – wB = 0,259

11

Riešenie úlohy 4 (3 body)

Zmes vody a brómbenzénu, ktoré sa spolu nemiešajú, vrie vtedy, keď sa súčet ich

tlakov nasýtených pár vyrovná s okolitým (atmosférickým) tlakom. Toto nám

umožní vypočítať tlak nasýtených pár brómbenzénu pri teplote varu zmesi 95,2 °C

1 b p*B = p – p*V = 101325 – 85140 = 16185 Pa.

Parciálne tlaky zložiek v parnej fáze sú rovné tlakom nasýtených pár týchto zložiek

(pretože obe tieto zložky sú vo svojej kvapalnej fáze čisté látky). Pomer mólových

zlomkov v pare je preto rovný pomeru tlakov nasýtených pár (a v celom priebehu

destilácie je konštantný). Pomer mólových zlomkov si ešte vyjadríme cez návažky:

1 b yB/ yV = p*B / p*V = nB/ nV = (mB / MB) / (mV/ MV)

Spotreba vodnej pary na predestilovanie 30 g brómbenzénu teda je

1 b mV = (p*V / p*B) (MV/ MB) mB = (85140 / 16185).(18,016/ 157,02). 30 = 18,107 g

12

RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z ORGANICKEJ CHÉMIE Chemická olympiáda – kategória A – 44. ročník – šk. rok 2007/08 Študijné kolo

Marta Sališová a Andrej Bohá č Katedra organickej chémie PRIF UK, Bratislava Maximálne 17 bodov ( 170 pb x 0.1) Doba riešenia: neobmedzená Riešenie úlohy 1 (0,8 b) (8 pb) a) b)

CH2-CH-CH-CH=CH-CH=CH

CH=CH2

NH2SH

CH3-CH2-C-CH2-CH2-CH3

CO-Cl

CH=CH-CH2-NO2

CH2-CH3

* * *

chlorid kyseliny 2-etyl-5-nitro- 3-amino-2-vinylnona-4,6-dién-1-tiol 2-propylpent-3-énovej c) d)

CH2-CH-CH-CH=C-CH2-CH=CH2

CH2-CH2-NH2

Br NO2 CH2-CO-NH2

O-CH2-CH3

CO-O-CH2-CH=CH2

NC

H3C-S* *

alylester kyseliny 5-etoxy-3-kyano- amid kyseliny 3-alyl-8-amino-6-bróm- -2-metylsulfanylbenzoovej metyl-5-nitrookt-3-énovej Riešenie úlohy 2 (0,4 b) (4 pb)

a) b)

CH2-S-CH3

CH2-CO-ClH3C

Br CH=CH-CH2-OH

CH2-C-CH3HOOC

H

O chlorid kyseliny (R)-3-bróm- kyselina (R)-5-hydroxy-2-(2-oxopropyl)- -3-metyl-4-metylsulfanyl- pent-3-énová butánovej

13

Riešenie úlohy 3 (1,0 b) (10 pb)

a) b) c) d)

Br

CH3Cl

CH2SH

CO-CH3 H

Br

CH2SHCl

CH3

CO-CH3H CH2SH

CO-CH3Cl

H

CH3

Br H

CH3

CO-CH3

Cl

CH2SH

BrS

S

S S

R R

R

R

a) (3S,4S)-3-bróm-4-chlór-4-metyl-5-sulfanylpentán-2-ón b) (3S,4R)-3-bróm-4-chlór-4-metyl-5-sulfanylpentán-2-ón c) (3R,4S)-4-bróm-3-chlór-4-metyl-5-sulfanylpentán-2-ón d) (3R,4R)-3-bróm-4-chlór-4-metyl-5-sulfanylpentán-2-ón zlúčeniny a) a d) sú enantioméry zlúčeniny a) a b), resp. b) a d) sú diastereoizoméry zlúčenina c) je polohový izomér (regioizomér)

Riešenie úlohy 4 (0,8 b) (8 pb) a)

OH

O

b)

O

H

Riešenie úlohy 5 (0,8 b) (8 pb)

A)

C=CCH2CH2

H H

CH3CH2

C=C

H CHO

H

(2E,6Z)-nona-2,6-dienál

14

B)

CH3(CH2)6

C=C

H COOH

H

C=C

CH2COOH

H

CH3(CH2)5

H

a) b)

kyselina (E)-dec-2-énová kyselina (Z)-dec-3-énová Riešenie úlohy 6 (0,2) (2 pb)

N O S N

N

N O N

N

NN

H

tiofén

H

pyrol imidazol pyridín 4-pyrán pyridazín pyrimidínfurán

Riešenie úlohy 7 (2,4) (24 pb)

A) a) hexa-2,4-diénu a but-3-én-2-ónu

CH3

CH3

CH3

O

CH3

OCH3

CH3

+

b) 2-metylbuta-1,3-diénu (izoprénu) a anhydridu kyseliny but-2-éndiovej (maleínovej)

15

CH3

O

O

O

O

O

CH3

O+

c) 2 mol izoprénu s 1 mol chinónu

CH3

O

O

O

O

CH3

CH3

O

O

CH3 CH3

+ +2

B) a) 1. penta-1,3-diénu s kyselinou propénovou:

CH3 O

OH OH

OCH3

OH

O

CH3

+ +

a) 2. penta-1,3-diénu s kyselinou propínovou:

CH3

OH

OCH3

OH

O

CH3

CH

C

COOH

+ +

b)

16

C

C

COOH

COOH

CH2

CH3 CH3

COOH

COOH

+

c)

CN CN

+

Riešenie úlohy 8 (1,8 b) (18 pb)

OCOOCH3

CH3OOC

OCOOCH3

COOCH3

OCOOCH3

COOCH3

+H2

Pd

A B

Systémový názov zlúčeniny A:

dimetylester kyseliny

(2-endo,3-exo)-7-oxabicyklo[2.2.1]hept-5én-2,3-dikarboxylovej

Vysvetlenie:

Dielsove-Alderove reakcie prebiehajú pri teplote miestnosti. Pri vyšších teplotách, napr.

destilácia pri 110°C, sú vratné a adukty sa štiepia späť na východiskové zlúčeniny. Keďže

destilácia prebiehala za vákua, spätnou reakciou vznikajúci furán sa v destiláte nedal zachytiť

a dostal sa v parách do vývevy. Pri destilácii skondenzoval len dimetylester kyseliny (E)-but-2-

én-1,4-diovej ktorého teplota varu bola dostatočne vysoká, aby sa dal zachytiť.

a)

17

V 1H NMR spektre zlú čeniny A sa nachádzali nasledovné signály: 1H NMR (CDCl3), δ: 3.29 (dd, 1H), 3.31 (dd, 1H), 3.62 (s, 3H, CH3), 3.70 (s, 3H, CH3),

5.09 (dd, 1H), 5.15 (dd, 1H), 5.78 (dd, 1H), 5.83 (dd, 1H)

Jednotlivé signály odpovedajúcim vodíkom v zlúčenine A:

O O

O

OO

3.70 (s)

3.29 (dd)

3.31 (dd)

3.62 (s)

5.09 (dd)

5.15 (dd)

5.78 (dd)

5.83 (dd)

b) Signál pre -COOCH3 skupinu v IČ spektre zlúčeniny A i B možno očakávať pri:

(νCO) = (cca) 1750 cm-1

Riešenie úlohy 9 (0,4 b) (4 pb)

CH2-CH2-OH

CH2-CH2-OH

CH2-CH2-Br

CH2-CH2-Br

CH2-CH2

CH2-CH2

NHCH=CH

CH=CHNH

NH3PdHBr

Riešenie úlohy 10 (0,6 b) (6 pb)

HO-CH2-C C-CH2-OHNaNH2 CH2=O

HC CH NaC CNa

HO-CH2-CH2-CH2-OH ONi

H2PO4H 2

270 oC

18

Riešenie úlohy 11 (1,8 b) (18 pb)

NO2 NH2 N2

-+Cl

A B C

OH CHO

OH

CH=CH-COOH

OH O O

D E F

Riešenie úlohy 12 (1,4 b) (14 pb)

CHO

Fe

CH3-CO O-CH3

FeO O-CH3

NaOH

A B

FeNH NH

S

O-CH3

H2N-CS-NH2

C

19

FeNH NH

S

O-CH33.69

4.12 (zhodné pre všetkých 5 vodíkov Cp kruhu)

4.73

4.73

4.21

4.21

4.81

5.18 6.89

6.89

7.18

7.18

Riešenie úlohy (0.6 b) (6 pb)

N

O

Br

NH

SO2-CH2CH3

O-CH3

CO-CH2-Br

Br

SO2-CH2CH3

O-CH3

H2N-CO-NH

+

B

Predpokladaný mechanizmus:

SO2-CH2CH3

O-CH3

CO-CH2-Br

Br

SO2-CH2CH3

O-CH3

H2N-CO-NHBr

CH2N

O

NHOH

+

neizolované

20

SO2-CH2CH3

O-CH3

NH

SO2-CH2CH3

O-CH3

O

NHBr CH

N

Br CH2N

O

OH

neizolované

Riešenie úlohy (2.2 b) (22 pb)

a) , c)

O

OH

CH3

CH3-CH-COOCH3

NH2 N

OH

CH3

CH-COOCH3

CH3

N

O

CH3

CH3

O

+++

+ +

++

b)

najľahšie rozlíšenie - v laktóne nebude v 1H NMR spektre prítomný signál pre vodíky –

OCH3 skupiny pri cca 3.80 δ.

d)

enantioméry:

21

CH3-C-COOCH3

NH2

CH3-C-COOCH3

H NH2

H

metylester kyseliny metylester kyseliny

(R)-2-aminopropánovej (S)-2-aminopropánovej

O

OH

CH3

O

CH3

OH

O

OH

CH3

+ + +

(R) (S) (S)

N

OH

CH3

N

OH

CH3

H

CH3

H

CH3

COOCH3

COOCH3

N

OH

CH3

N

OH

CH3

H

CH3

H

CH3

COOCH3

COOCH3

N

O

CH3

N

O

CH3

N

O

CH3

N

O

CH3

OH CH3

OCH3 H

OCH3 H

OH CH3

+ +

+ +

R,R S,S

R,S S,R

+ +

+ +

R,R S,S

R,S S,R

e e

ee

d

dd

d d

d d

d

e = enantioméry; d = diastereoizoméry

22

e)

ak do reakcie použijeme enentiomérne čisté východiskové zlúčeniny (R + S), vznikne len

jeden produkt (R,S)

f)

ak do reakcie použijeme racemické zmesi (R,S + R,S), môžu vzniknúť štyri rôzne produkty

(R,R; S,S; RS; SR)

Riešenie úlohy 15 (1,8 b) (18 pb)

a)

NO2 NH2 N2ClHNO3

H2SO4

NaNO2HCl

Fe HCl

+ -

H2 O

OHNaOH

ONa CH3IOMe CHCl3

NaOH

CHO

CH3O

A

Okrem autorského riešenia treba uznať všetky správne riešenia.

b)

23

COCH3CH3COCl

AlCl3

HNO3

H2SO4

COCH3

NO2

B

Aldolova kondenzácia:

CHO

CH3O

COCH3

NO2

CH=CH-CO

CH3O

NO2

NaOH+

C

Reakcia s hydrazínom:

NO2

CH3OO

NH2-NH2

NO2

CH3ONNH---

D

Predpokladajte, že by vám zo skúmaviek odpadli štítky, ktoré označovali kde bola

zlúčenina A a kde zlúčenina B.

Dôkazové reakcie:

24

- akými jednoduchými reakciami by ste zistili, v ktorej skúmavke bola látka

A a v ktorej látka B.

Obidve zlúčeniny by reagovali s Bradyho činidlom (2,4-dinitrofenylhydrazín + kyselina

sírová)

- zlúčenina A dáva pozitívnu reakciu s Tollensovým činidlom, zlúčenina B nie

- zlúčenina B dáva pozitívnu reakciu s Lugolovým činidlom

Dôkaz štruktúry zlúčenín A a B pomocou spektier :

ako by ste zlúčeniny A a B rozlíšili pomocou NMR a IC spektier.

V 1H NMR spektre zlúčeniny A sa nachádzajú nasledovné signály:

3.86 (s, 3H, CH3); 6.98 (d, 2H, CH); 7.82 (d, 2H, CH); 9.86 (s, 1H, CHO).

V 1H NMR spektre zlúčeniny B sa nachádzajú nasledovné signály:

2.70 (s, 3H, CH3); 7.70 (dd, 1H, CH); 8.30 (d, 1H, CH); 8.42 (d, 1H, CH);

8.77 (s, 1H, CH).

Porovnajte údaje s údajmi uvedenými v priloženej tabuľke.

IČ spektrum zlúčeniny A:

25

IČspektrum zlúčeniny B:

26

Nájdite len charakteristické signály pre jednotlivé funkčné skupiny v IČ spektrách látok

A i B – podľa priloženej tabuľky.

27

28

29

Vyskúšajte si priradenie signálov 1H NMR spektier nižšie uvedených zlúčenín: etylester

kyseliny octovej, etylbenzén a propiofenón (Ph-CO-CH2-CH3).

30

RIEŠENIE A HODNOTENIE ÚLOH Z BIOCHÉMIE Chemická olympiáda – kategória A – 44. ročník – šk. rok 2007/08 Študijné kolo Ing. Boris Lakatoš, PhD. Oddelenie biochémie a mikrobiológie, FChPT STU, Bratislava Úloha 1 (2b: 0,25 bodu za každú správne ozna čenú odpove ď) a) R b) N c) N d) R e) R f) R g) N h) N Úloha 2 (2b: 0,25 bodu za každú správnu odpove ď) Reakcia Enzým A e B c C g D b E a F d G h H f Úloha 3 (4b) 1 b - [PNPG] (mM) = 0,03; 0,06; 0,09; 0,12; 0,18; 0,24;0,36

1 b - Km = 0,2 mM ± 0,05

1 b - Vmax = 0,4 ± 0,05

1 b bezfarebný produkt - glukóza

Farebný produkt :

OH

NO2

31