IX

X.-XII. osztály, III. forduló, megoldás

2012 / 2013 –ss tanév, XVIII. évfolyam

1. a) Friedrich August Kekulé von Stradonitz; 1829 – 1896. (0,7 p)

b) A benzol alapszerkezet = hatszög az ábrán: szemüveg – 2 db.; kézi nagyító – 1 db.; lombik alja és teteje – 2 db.; pipa – 1 db.; nyakkendő – 1 db.; gomblyukak – 5 db. (12x0,15=1,8 p)

2. (1) n–C₁₂H₂₆; n–dodekán (0,5 p) (2) CH₃(CH₂)₄–H; n–C₅H₁₂ ; n–pentán (0,6 p)

(3) CH₃(CH₂)₅CH₂–CH₂(CH₂)₅CH₃ ; n–C₁₂H₂₆; n–dodekán (0,6 p)

(4) CH₃(CH₂)₂–CH₂–C₄H₉; n–C₈H₁₈ ; n–oktán (0,6 p) (5) n–C₁₆H₃₄; n–hexadekán (0,5 p)

(6) CH₃(CH₂)₈CH₂–C₁₀H₂₁ ; n–C₂₀H₄₂; n–ikozán (0,6 p)

(7) CH₃(CH₂)₉–H; n–C₁₀H₂₂ ; n–dekán (0,6 p)

(8) CH₃(CH₂)₂CH₂–CH₂(CH₂)₂CH₃ ; n–C₈H₁₈; n–oktán (0,6 p)

(9) CH₃(CH₂)₁₄CH₂–CH₂(CH₂)₁₄CH₃ ; n–C₃₂H₆₆; n–dotriakontán (0,6 p)

(10) CH₃(CH₂)₈CH₂–CH₂(CH₂)₈CH₃ ; n–C₂₀H₄₂; n–ikozán (0,6 p)

(11) n–C₂₀H₄₁–C₂₀H₄₁ ; n–C₄₀H₈₂; n–tetrakontán (0,6 p)

(12) CH₃–CH₂–CH₃; C₃H₈ ; propán (0,6 p)

(13) CH₃CH₂CH₂–CH₂–CH₂CH₂CH₃; n–C₇H₁₆ ; n–heptán (0,6 p)

(14) CH₃–CH₂–CH₂CH₃; ; n–C₄H₁₀ ; n–bután (0,6 p) (15) CH₃–CH₃; C₂H₆ ; etán (0,6 p)

(16) CH₃(CH₂)₃CH₂–CH₂–CH₂(CH₂)₁₄CH₃ ; n–C₂₂H₄₆; n–dokozán (0,6 p)

3. a) (1) M: C₃₀H₁₈ TE = 22

(2)

megszakad; M: C₂₉H₁₈TE = 21

(3) megszakad; M: C₂₉H₁₈TE = 21

(4) megszakad; M: C₂₉H₁₈TE = 21

(5) M: C₂₈H₁₆ TE = 21 (6) M: C₂₈H₁₆ TE = 21

(7) M: C₂₈H₁₆ TE = 21 (8) M: C₂₈H₁₆ TE = 21

(9) M: C₂₈H₁₆ TE = 21 (10) M: C₂₈H₁₆ TE = 21

(11) megszakad; M: C₂₇H₁₆ TE = 20

(12) megszakad; M: C₂₈H₁₈ TE = 20

(13) megszakad; M: C₂₈H₁₈ TE = 20

(14) megszakad; M: C₂₇H₁₆ TE = 20

(15) megszakad; M: C₂₅H₁₄ TE = 19

(16) M: C₂₆H₁₄ TE = 20 (17) M: C₂₆H₁₄ TE = 20

(18) M: C₂₆H₁₄ TE = 20

(19) megszakad; M: C₂₇H₁₆ TE = 20

(20) megszakad; M: C₂₇H₁₆ TE = 20

(21) megszakad; M: C₂₅H₁₄ TE = 19 (22) M: C₂₄H₁₂TE = 19

(min.15. helyes válasz= 0,65x15=9,75 p)

b) - legtöbb: C₃₀H₁₈ – lineáris szerkezet, amelyekben 1-2 közös oldal van a gyűrűknek;

- legkisebb: C₂₄H₁₂ – a lehető legtöbb közös oldala van a 7 gyűrűnek;

- a különbség: C₆H₆, mivel a legkisebb összetétel esetén valójában hiányzik egy gyűrű: ez a többi 6 gyűrű ciklikus elrendeződésével alakul ki. (1,0 p)

4. Az 5 gyűrű az olimpiai játékok szimbólumának megfelelően helyezkedi el;

C₁₉H₁₂. A kettőnél több gyűrűs arének esetében az elnevezésben a „-cén”

végződés szerepel; az olimpiai játékok tiszteletére „olimpicén”.

(1,5 p)

5. a1) - az alkének általános égési egyenlete:

C_nH_2n + 1,5nO₂ ® nCO₂ + nH₂O (0,25 p)

100 mól ekvimolekuláris elegy elégetéséhez szükséges O₂ anyagmennyisége (C₂ ® C₁₀₁):

n(O₂) = 3+(3+1,5)+(3+2x1,5)+(3+3x1,5)+....+(3+99x1,5) =

= 100x3+1,5[(1+99)/2]99 = 7725 mól O₂ (1,5 p)

- általánosítva C₂ ® C_n (n-1=a, itt 100 féle alkén) összetételű elvimolekuláris alkénelegy :

n(O₂) = (ax3)+1,5{[1+(a-1)]/2}(a-1)

10 mól ekvimolekuláris elegy elégetéséhez: n(O₂) = 772,5 mól O₂ - az elfogyott levegő térfogata n.k.-en: V = 772,5x5x22,4 = 86520 dm³ = 86,52 m³ (0,3 p)

a2) - az alkinek általános égési egyenlete:

C_nH_2n_-₂ + (1,5n-0,5)O₂ ® nCO₂ + (n-1)H₂O (0,25 p)

100 mól ekvimolekuláris elegy elégetéséhez szükséges O₂ anyagmennyisége (C₂ ® C₁₀₁):

n(O₂) = 2,5+(2,5+1,5)+(2,5+2x1,5)+(2,5+3x1,5)+....+(2,5+99x1,5) =

= 100x2,5+1,5[(1+99)/2]99 = 7675 mól O₂ (1,5 p)

- általánosítva C₂ ® C_n (n-1=a, itt 100 féle alkin) összetételű elvimolekuláris alkinelegy :

n(O₂) = (ax2,5)+1,5{[1+(a-1)]/2}(a-1)

10 mól ekvimolekuláris elegy elégetéséhez: n(O₂) = 767,5 mól O₂ - az elfogyott levegő térfogata n.k.-en: V = 767,5x5x22,4 = 85960 dm³ = 85,96 m³ (0,3 p)

b) Minden esetben a homológok közötti különbség egy CH₂ – csoport, amelynek égése

CH₂ + 1,5 O₂ ® CO₂ + H₂O, 1,5 mol O₂-t fogyaszt. Ez a magyarázata, hogy mindhárom szénhidrogén sorozatban a homológok oxigén fogyasztása 1,5 mol –ban különbözik. (1,25 p)

c1) - alkán: C_nH_2n+2 n = 1 ® 100 (első 100 alkán):

C: [(1+100)/2]x100 = 5050 mol C H: [2(2+101)/2]x100 = 10300 mol H (0,5 p)

c2) - alkén: C_nH_2n n = 2 ® 101 (első 100 alkén):

C: [(2+1001)/2]x100 = 5150 mol C H: [2(2+101)/2]x100 = 10300 mol H (0,5 p)

c3) - alkin: C_nH_2n-2 n = 2 ® 101 (első 100 alkin):

C: [(2+101)/2]x100 = 5150 mol C H: [2(1+100)/2]x100 = 10100 mol H (0,5 p)

d) -a c1) elégetéséhez szükséges O₂ anyagmennyisége: 5050 mol C ® 5050 mol O₂ és 10300 mol H ® 2575 mol O₂ , összesen: 762,5 mol O₂/10 mol elegy (0,75 p)

- a c2) elégetéséhez szükséges O₂ anyagmennyisége: 5150 mol C ® 5150 mol O₂ és 10300 mol H ® 2575 mol O₂ , összesen: 772,5 mol O₂/10 mol elegy (0,75 p)

- a c3) elégetéséhez szükséges O₂ anyagmennyisége: 5150 mol C ® 5150 mol O₂ és 10100 mol H ® 2525 mol O₂ , összesen: 767,5 mol O₂/10 mol elegy (0,75 p)

6. a) Az áramvezetés az adott elektrolitban található ionok számától, töltésétől és mozgékonyságától függ. A desztillált víz gyakorlatilag nem kellene tartalmazzon semmilyen oldott anyagot, így az elektromos vezetőképessége a minimális, a legkisebb. (1,0 p)

A szappan alkotórészei ionos vegyületek, amelyek vízben oldódva kationokra és anionokra bomlanak, ezért a desztillált vizes szappanoldat elektromos vezető. (0,75 p)

A csapvíz nagyon sok oldott ionos vegyületet tartalmaz, ezért nagy az vezetőképessége. (0,5 p)

A csapvizes szappanoldat a fentiek értelmében még több ionos vegyületet tartalmaz, ezért ennek kellene a legnagyobb vezetőképessége legyen. (0,75 p)

A vezetőképesség növekvő sorrendje elméletileg:

desztillált víz < szappanos desztillált víz < csapvíz < szappanos csapvíz. (0,25 p)

b) A mért értékek megadása! (1,0 p)

A kísérleti eredmények a szappanos desztillált víz vezetőképességét bizonyítják nagyobbnak a szappanos csapvízéhez képest. Így a mért vezetőképesség sorrendje:

desztillált víz < szappanos csapvíz < szappanos desztillált víz < csapvíz. (0,75 p)

A szappan a csapvízben található ionokkal micellákat képez, amelyek nem teszik lehetővé az ionok mozgékonyságát és ezáltal kevesebb lesz a töltéshordozásra alkalmas részecskék száma. Ezen kívül a víz keménységét okozó ionok a szappannal csapadékot képeznek és így áramvezetésre alkalmatlanná válnak. (1,25 p)

7. b) (1,0 p)

„

…

”

c) Midőn a gyufát dörzsöléssel meggyújtjuk, három nevezetes kémiai átalakulást végzünk … egymás után három különböző anyag egyesül a levegőben levő oxigénnel … három különböző láng keletkezik, amelyek fokozatosan nagyobb hőt eredményeznek. A foszfor a dörzsölés által felmelegszik … lángolva a levegő oxigénjével egyesül … a láng kis hőenergiája elegendő arra, hogy a gyufa végén levő kénnel annyi energiát közöljön, amely annak reagálását az oxigénnel előidézze. A kén lángja … a fa széntartalmát annyira felmelegíti, hogy az kezd az oxigénnel egyesülni, … a fa lángra lobban … széndioxiddá változik. (2,5 p)

d) 2P + 5/2 O₂ ® P₂O₅ + hő S + O₂ ® SO₂ + hő C + O₂ ® CO₂ + hő (2,0 p)

a) (5,0 p)

1	2	2	3	4	5	1	2	3	6	2	3	2	3	4	3	4	5	6	1
„	M	K	Ü	L	Ö	B	Ö	Z	N	A	G	V	E	G	L	E	V	Ő	É
6	3	4	1	6	4	6	4	5	1	1	5	4	1	6	5	2	3	2	5
A	I	D	M	O	Á	N	Ő	A	Y	Y	G	E	E	L	Ő	N	E	L	Y
1	5	3	5	5	3	2	1	6	2	5	6	6	5	4	6	1	4	4	6
G	T	H	Ő	R	H	N	Á	T	M	E	G	Y	A	L	B	E	...	N	N
2	4	2	1	6	4	5	6	5	4	3	4	3	1	2	3	5	3	3	1
Y	Á	E	T	N	U	K	,	U	S	Á	...	K	E	S	Ü	H	N	L	Y
3	2	3	4	3	1	6	4	1	5	6	1	2	5	2	1	6	2	4	2
U	Ö	R	Z	J	J	U	O	H	G	Z	Ü	N	Ü	O	R	Á	Á	G	E
4	1	6	5	2	5	1	5	3	2	4	1	1	6	4	3	1	5	6	1
F	D	T	S	T	Y	M	M	R	Á	É	I	Ö	L	K	M	L	S	Z	Á
4	5	4	6	4	2	6	5	6	3	2	6	2	3	5	6	4	3	2	5
L	Á	E	Ö	G	E	L	E	N	V	T	E	N	B	Z	Ő	A	M	R	E
5	3	5	3	1	3	4	4	3	1	5	3	2	1	4	5	6	3	4	6
Á	N	…	Z	L	G	S	Z	E	E	T	T	Ű	M	Ö	Z	I	Ó	M	L
6	2	6	1	2	2	3	5	2	1	2	4	6	2	5	3	2	1	2	1
N	É	A	É	Z	É	S	E	V	É	S	É	I	K	L	M	,	K	D	E
1	3	1	6	5	4	5	4	6	6	3	5	3	1	6	4	3	1	6	2
G	A	K	D	I	Ő	É	T	T	Y	Z	T	F	E	Y	E	Y	O	B	G
2	5	4	2	3	6	3	1	1	5	4	4	5	4	5	2	4	5	4	3
J	A	…	E	L	S	E	T	E	G	E	E	N	O	K	G	O	B	T	E
6	2	1	2	1	5	2	5	6	2	3	6	4	3	6	1	6	5	6	2
F	S	L	T	É	É	T	K	Ö	S	V	G	Á	L	O	A	N	S	Z	L
1	3	6	3	4	6	4	3	2	2	1	4	6	2	1	5	4	4	1	3
A	Z	E	A	Z	L	E	Z	S	L	O	A	L	…	N	T	N	O	Ü	N
4	5	6	5	4	3	1	1	3	2	3	5	1	1	6	2	3	5	3	4
É	Ő	K	Y	N	Y	E	S	N	N	V	A	E	L	Ü	K	I	S	H	E
6	5	4	1	2	2	6	6	4	1	5	4	5	2	3	5	6	1	2	5
E	N	V	É	N	N	A	Ö	A	A	L	E	Ő	V	E	G	P	A	P	K
1	2	3	3	4	5	2	1	5	6	3	6	4	4	2	4	1	3	6	5
N	L	E	N	E	L	N	N	K	Y	M	É	G	G	E	E	H	R	.	D
2	6	1	3	2	3	4	5	6	2	3	1	3	5	1	3	2	4	4	6
Y	É	N	V	A	Y	I	M	Ö	,	N	L	E	Y	M	L	O	Ö	A	Ö
2	3	5	4	1	1	6	5	1	4	5	2	2	1	6	6	5	3	2	1
Y	É	G	É	F	R	E	J	N	Y	É	E	L	S	E	L	L	S	Z	R
3	1	4	6	2	6	1	4	2	1	3	6	1	2	5	6	2	3	4	5
I	N	T	U	R	A	L	L	Z	Ö	G	V	E	Ü	A	É	…	S	Z	É
4	6	5	5	3	5	2	3	3	6	4	2	1	3	4	3	1	1	6	6
R	N	A	Y	A	Ő	E	G	Ö	K	G	N	Á	L	T	L	S	T	E	N
5	3	4	4	4	3	1	6	4	5	5	6	4	6	2	3	2	5	3	1
A	A	G	,	D	E	E	L	E	T	Y	L	…	O	B	O	Á	V	V	S
6	2	1	5	3	4	2	4	5	6	3	5	5	4	1	6	4	1	4	2
M	Y	G	H	N	E	G	M	E	Ö	N	A	L	A	B	,	T	Á	V	A
3	1	6	2	1	5	3	2	1	2	1	4	5	6	3	1	5	2	6	5
M	E	O	E	G	L	E	G	N	E	L	Y	N	Y	F	…	I	L	V	Á
4	2	1	2	6	6	1	6	1	2	3	6	2	1	2	2	4	3	4	1
E	G	G	Í	E	H	O	K	E	Z	D	É	L	E	A	Ü	N	T	O	K
5	6	3	4	5	2	3	4	5	4	5	3	4	5	6	1	3	5	6	2
L	E	T	I	,	G	Y	A	Z	A	Z	E	G	Y	E	S	L	Z	I	.”

CSAK XI.-XII. OSZTÁLYOS VERSENYZŐKNEK KÖTELEZŐ FELADATOK:

8. A1. Izomer tripeptidek esetén min a 3 aminosav egyszer szerepelhet, így a lehetséges összetétel:

A – B – C; A – C – B; B – A – C; B – C – A; C – A – B; C – B – A. (0,9 p)

A2. A – A – A; B – B – B; C – C – C; A – A – B; A – B – A; B – A – A; A – A – C;

A – C – A; C – A – A; B – B – A; B – A – B, A – B – B; B – B – C; B – C – B;

C – B – B; C – C – A; C – A – C; A – C – C; C – C – B; C – B – C; B – C – C. (2,1p)

B1. Arg = arginin: C₆H₁₄N₄O₂

Gly = glicin: H₂N–CH₂–COOH ; C₂H₅NO₂

Phe = fenil-alanin; C₆H₅–NH–CH(NH₂)–COOH ; C₉H₁₁NO₂

Pro = prolin; C₅H₉NO₂

Sei = szerin; H₂N–CH₂–CH(OH)–COOH ; C₃H₇NO₃ (2,5 p)

B2. A ciklikus peptidkötés hiánya a proteinben arra utal, a kilépő vízmolekulák csak a szomszédos aminosavak -NH₂ és -COOH csoportjaiból származnak, amelynek eredményeként –NH₂–CO– peptidkötés képződik. Amennyiben a peptidben megmaradó -NH₂ és -COOH csoportok további kapcsolódása is megtörténne, újabb vízmolekulák távoznának és ciklikus szerkezet keletkezne. (1,0 p)

- felírható összefüggések az a – f együtthatókra:

nC = 6a + 2b + 9c + 5d + 3e = 50 (1) nN = 4a + b + c + d + e = 15 (2)

nH = 14a + 5b + 11c + 9d + 7e = 73 + 2f (3)

nO = 2a + 2b + 2c + 2d + 3e = 11 + f (4) a + b + c + d + e – 1 = f (5)

- az (1) – (4) összefüggésekből következik: a=b=c=d=e=1 nem elégséges és a=b=c=d=e=2 túl sok, tehát az 5 féle aminosav mindegyikéből 1, 2 vagy 3 molekula lehet a proteinben;

(4) és (5) Þ e + f = 9 és a fentiekből Þ 9>f>4, tehát: f= 5, f=6, f=7 vagy f=8 lehet;

- ha f = 5 Þ 6 aminosav kapcsolódik és ebből e = 4, akkor csak 2 másik aminosav lenne;

- ha f = 6 Þ 7 aminosav kapcsolódik és ebből e = 3, akkor a többiből 1 – 1 molekula lehet: a=b=c=d=1, de (2) szerint 4+1+1+1+3 ¹ 15;

- ha f = 7 Þ 8 aminosav kapcsolódik, ebből e = 2 és marad a többiből: a+b+c+d = 6, ez lehetséges megoldás;

- ha f = 8 Þ 9 aminosav kapcsolódik, ebből e = 1 és marad a többiből: a+b+c+d = 7, ez lehetséges megoldás,

- ha e = 2, akkor b+c+d = 6–a és (2) Þ a = 7/3 nem lehet;

- ha e = 1, akkor b+c+d = 8–a és (2) Þ a = 2; e+f = 9 Þ f = 8 egyedüli megoldás;

- a fentiek és (1), (3), (5) egyenletekből: c = 2; b = 1; d = 3 (csak természetes számok);

- a gradikinin képződési egyenlete a megadott aminosavakkal:

2C₆H₁₄N₄O₂+C₂H₅NO₂+2C₉H₁₁NO₂+3C₅H₉NO₂+C₃H₇NO₃ ® C₅₀H₇₃N₁₅O₁₁+8H₂O (3,5p)