Korespondenční Seminář Inspirovaný Chemickou Tematikou

Korespondenční Seminář Inspirovaný Chemickou Tematikou, ročník 3

Obsah Úvod

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Zadání 1. série

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2. série

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

3. série

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

26

4. série

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

39

1. série

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

50

2. série

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63

3. série

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

72

4. série

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

87

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

99

Řešení

Korespondenční Seminář Inspirovaný Chemickou Tematikou

Seriál

Výsledková listina Poděkování

Ročník 3 (2004/2005)

2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

126

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

129

Úvod

Milí přátelé chemie a přírodních věd vůbec!


Jak mohu stát řešitelem KSICHTu?

To, co se Vám právě dostalo do rukou, je brožurka obsahující zadání a řešení úloh druhého ročníku Korespondenčního Semináře Inspirovaného Chemickou Tematikou (dále jen KSICHT), který je určen pro studenty všech typů středních škol. Prvního ročníku, jenž proběhl ve školním roce 2003/2004, se zúčastnilo 73 řešitelů.

Není nic jednoduššího, než si o zadání aktuální série napsat na

Jak KSICHT probíhá?

nebo e-mailem na [email protected].

Korespondenční seminář je soutěž, při níž si řešitelé dopisují s námi, autory semináře, a naopak. Na řešitelích je poslat nám řešení zadaných úloh, nám přísluší vše opravit a ohodnotit a poslat jim je zpátky s přiloženým autorským řešením a pěti úlohami další série. To všechno se za celý školní rok čtyřikrát opakuje.

Proč řešit KSICHT? Důvodů je jistě mnoho, a tak jmenujme alespoň ty nejdůležitější. Naším cílem je rozvíjet ve studentech zájem o chemii a pomoci jim k získání nových znalostí. V rámci tohoto semináře se studenti zdokonalí nejen v chemii samotné, ale i v mnoha dalších a užitečných schopnostech. Za všechny jmenujme zlepšení logického myšlení, schopnosti vyhledávat informace, třídit je a zařazovat je do kontextu. V rámci doprovodných akcí, které se uskutečňují během celého roku, mají studenti možnost seznámit se s dalšími řešiteli a námi, studenty vysokých škol. Mají šanci rozšířit si své obzory, dozvědět se informace o vysokých školách a o průběhu vysokoškolského studia. Na konci školního roku pořádáme odborné soustředění, během kterého si studenti vyzkouší práci v laboratoři, seznámí se s moderními přístroji a poslechnou si zajímavé přednášky. A pro úspěšné řešitele jsou připraveny hodnotné ceny.

Jaké úlohy vymýšlíme? Úlohy se týkají různých odvětví chemie a snažíme se, aby si v nich každý z řešitelů přišel na své. Jsou tu úložky hravé i pravé lahůdky, jejichž vyřešení už dá práci. Nechceme jen suše prověřovat znalosti řešitelů, procvičí si i chemickou logiku. Pokud nezvládnou vyřešit všechny úlohy, nevadí, byli bychom totiž moc rádi, kdyby si z řešení úloh odnesli nejen poučení, ale hlavně aby se při řešení KSICHTu dobře bavili.

3

KSICHT Přírodovědecká fakulta Univerzity Karlovy Hlavova 2030, 128 43 Praha 2 Zapojit se můžete kdykoliv v průběhu školního roku, není třeba čekat na začátek ročníku.

KSICHT na Internetu Informace o semináři, zadání a řešení úloh všech sérií, průběžné výsledky a nejnovější informace (např. i errata tištěné podoby série) můžete nalézt na Internetu na adrese http://ksicht.iglu.cz. Zde naleznete i kontakty na nás, autory úloh. Úlohy na Internetu jsou obohaceny o barevné obrázky a o užitečné odkazy.

Výlet V průběhu školního roku pořádáme dvě víkendové akce. První na konci listopadu, druhou na začátku jara. Snažíme se vybrat taková místa, která by byla dostupná ze všech koutů republiky.

Soustředění Na konci školního roku pořádáme pro řešitele soustředění na Vysoké škole chemicko-technologické v Praze. Zatímco výlety se konají spíše v oddechovém stylu, soustředění má za cíl seznámit účastníky s prací v laboratoři. Dále jsou na programu odborné přednášky z různých oblastí chemie. Nechybí ale samozřejmě ani oddechové hry a spousta zábavy.

Organizátoři Tým autorů a organizátorů KSICHTu tvoří z největší části studenti a bývalí studenti Přírodovědecké fakulty UK a Vysoké školy chemicko-technologické. Jak již bylo uvedeno výše, informace o nás lze nejsnadněji získat na naší internetové adrese http://ksicht.iglu.cz. Pokud byste měli zájem nám se seminářem pomáhat, neváhejte a dejte nám vědět! Uplatnit se může každý, neboť pracovní náplní organizátora KSICHTu není jen chemie, ale i mnoho dalších zajímavých věcí.

4

Série 1, zadání

Úloha č. 2: Exkurze

Zadání

(10 bodů)

autor: Jan Kotek, Zbyněk Rohlík

1. série Úloha č. 1: Baron Krohneman


(5 bodů)

autor: Michal Řezanka, Pavel Řezanka Kordón vojáků svou nehybností ostře kontrastoval s vlnami vzrušení, co chvíli se přelévající shromážděným davem. Občas někdo vykřikl dlouho očekávanou větu: „Už jedou,“ zatím to ale byly plané poplachy. A když se konečně přece jen objevili, podívaná, kterou skýtali, byla spíš tísnivá. Shrbená postava na katovské káře, to vůbec nebyl ten oslnivý baron, jak ho tolik let znali. Několik měsíců ve vězení a výslechy učinily své. Otrhaný a notně zašpiněný vojenský kabátec – památka na nezdařený pokus o útěk v uniformě – i neupravené vlasy a vousy jako by neměly nic společného s někdejším panem Christianem Wilhelmem baronem Krohnemanem. Jediným mostem mezi vyzlacenou minulostí a příštími okamžiky byla šibenice. I na ní zářilo zlato. Falešné, kočičí, aby všem shromážděným připomínalo, že zde splatí nejvyšší cenu za své podvody falešný alchymista.

Nadějný student František opět jednou uklízel pokojík. Krom nepárové ponožky, zapomenutého kousku čokolády a krabice od bot se sbírkou lišejníků nalezl také prachovničku se žlutým práškem. Vzpomněl si, že mu ji věnoval jeden Hodný Technolog, když byli kdysi na exkurzi v jakémsi severočeském chemickém závodě. Zavzpomínal, jak projížděli rozsáhlým areálem skrytým napolo v lesích a lukách s řadami stovek podivných plastových nádob s tmavou vířící a chrochtající břečkou a kilometry pulzujících hadic vedoucích přímo do země u těch nádob a jinde zase ven. V jedné části areálu pak stály obrovské zásobníky na H2SO4, HNO3 a HF, nedaleko budova s několika obřími ocelovými válci obsahujícími hmotu připomínající kaviár (někdo se jim zmiňoval o jakýchsi iontoměničích). Pak zase pro změnu viděli cisterny s čpavkem, velký „zahušťovák“ a hromady odpadního kamence. František si bohužel nepamatoval, co to bylo za provoz, a už zcela zasklil, co by mohl být zač ten žlutý prášek. Ne nadarmo se ovšem František účastnil Chemické olympiády, ne nadarmo úspěšně řešil i náročné úlohy v KSICHTu! Chopil se sady zkumavek a základních chemikálií (které doma zůstaly i přes nedávnou maminčinu křížovou výpravu do sklepa) a pustil se do analýzy. Nezvolil ale sirovodíkový způsob analýzy, spíše orientační zkoušky. • Žlutý prášek (X) nebyl znatelně rozpustný ve vodě, v draselném louhu ani v organických rozpouštědlech (líh, aceton, toluen), dobře rozpustný byl naopak v kyselině sírové, chlorovodíkové a dusičné.

1. V předcházejícím textu se píše, že baron Krohneman byl alchymista. Co to vlastně je alchymie?

• Při zahřívání ve zkumavce se jeho barva měnila nejprve do oranžovočervena (A), silnějším zahříváním přešla do tmavohněda až černa (B). (Navlhčený univerzální indikátorový papírek vložený do ústí zkumavky při žíhání se zbarvil do zelenomodra.)

2. Stěžejním symbolem nejenom alchymie byl od pradávných dob symbol urobora (viz obrázek). Pokuste se vysvětlit, proč byl tak důležitý a jaký měl význam. 3. Alchymisté se pokoušeli o výrobu kamene mudrců (lat. Lapis Philosophorum), elixíru života, transmutaci a mnoho dalšího. Komu se poprvé skutečně podařilo provést transmutaci ve zlato (tedy přeměnu nějakého jiného prvku ve zlato)? Kdy se tak stalo?

• Vyžíhaný preparát byl dobře rozpustný v konc. HNO3 na žlutý roztok, z nějž volným odpařováním po čase vykrystalovala zářivě žlutá látka (C) dobře rozpustná ve vodě, acetonu i lihu. (Krystalky C jednou František roztíral v pološeru a zdálo se mu, že vidí v misce jakoby slabé záblesky, ale to ho nejspíš šálil zrak, ne?)

4. Co myslíte, existují i v dnešní moderní době, kdy je chemie uznávanou přírodní vědou, alchymisté?

• Z roztoku látky C se přídavkem peroxidu vodíku srážela světle žlutá sraženina (D).

5. Nakreslete obrázek s alchymistickou tematikou. Může například vyobrazovat jednoduchou aparaturu, zátiší v alchymistické laboratoři nebo alchymistu samotného. Vaší fantazii, formátu a volbě techniky se meze nekladou.

5

• Roztok látky C v lihu okyselený zředěnou H2SO4 (pokus o srážení či co…) zapomněl František vylít. Jaké bylo jeho překvapení, když ve zkumavce ponechané na okenním parapetu našel za dva dny roztok téměř odbarvený 6

Série 1, zadání

a na dně zelené krystaly (E)! (Zápach obsahu zkumavky Františkovi připomněl přípravu draselnochromitého kamence z dichromanu.)


Úloha č. 3: Menší organická syntéza

• Přídavkem sody k roztoku C žluté zbarvení zintenzívnělo (F).

V této úloze si ukážeme, že cesta od látek relativně jednoduchých k látkám složitějším nemusí být příliš složitá. Často bývá výrazně jednodušší, než by se při prvním pohledu zdálo. Pro úspěšné vyřešení úlohy doporučuji nehledat v zadání nějaké vychytralosti, nezapomínat na elektronové rozdělení ve sloučeninách (tj. na elektrofilní a nukleofilní centra) a speciálně Vám chci připomenout Claisenovu kondenzaci, jejíž obdobu při řešení využijeme.

• Nakonec Františka napadlo udělat boraxovou perličku (oxidační) – byla slabě žlutavá. František už po provedených experimentech tušil, která bije, a proto vytáhl kapesní UV lampičku a na perličku posvítil.... 1. Identifikujte látku X a látky A – F, vyjádřete popsané chemické procesy chemickými rovnicemi. Jaká látka vznikne, budeme-li roztok C srážet vodným amoniakem? Jaká látka vznikne tepelným rozkladem D? 2. Šálil Františka zrak při roztírání krystalů C, nebo lze podivné záblesky nějak racionálně vysvětlit? A co se stalo, když František posvítil na boraxovou perličku UV lampičkou? 3. Ve kterém závodě byl František na exkurzi? U kterého severočeského města se tento závod nalézá?

(7 bodů)

autor: Ondřej Kundrát

Nakreslete vzorce sloučenin příslušejících k písmenům A – G a pojmenujte je. Dále se pokuste zodpovědět na několik otázek v zadání. Hodně štěstí! CH3 1

4. Popište stručně technologický postup získávání látky X v tomto závodě. Jakou roli mají v procesu H2SO4, HNO3, HF a NH3? Používaný iontoměnič je měnič kationtů (katex) nebo aniontů (anex)? Jaké ionty se na něm dělí? Jaký kamenec je odpadním produktem procesu? Zdá se vám tento technologický postup ekologicky přijatelný?

A

NBS

2

3

B

C

4 D

5 C+D

E

6

F

7 G

(konjugovaný systém)

- CO2

1. Toluen reaguje s NBS (N-bromsukcinimid) při vystavění UV záření. Obdobná sloučenina vzniká při reakci toluenu s chlorem při 120 °C. 2. Sloučenina A se nechá reagovat s lithiumfenylidem ( Li + C6 H 5− ) za vzniku sloučeniny B. Jak byste z benzenu připravili zmíněný lithiumfenylid (je to obdoba přípravy Grignardových činidel)? 3. Sloučenina C (sumárního vzorce C13H10O) se připraví oxidací látky B. 4. Nejprve se nechá látka A reagovat s hořčíkem v bezvodém prostředí, poté se provede reakce při teplotě okolo -80 °C s pevným CO2. Vzniklá sraženina se okyselí. Sloučenina D je derivátem známé organické kyseliny. Odhadněte, jaká bude kyselost této sloučeniny vzhledem k oné známé organické kyselině, a své tvrzení zdůvodněte.

7

8

Série 1, zadání


5. Látka D se převede na její ester, který se s NaOH a C2H5ONa chová obdobně jako ethylacetoacetát. Až poté se do reakční směsi začne přidávat sloučenina C. Okyselením získáme produkt E.

Úloha č. 4: Ako použiť teplomer namiesto buzoly bodov)

6. Vzniklá sloučenina E velmi snadno ztrácí vodu – vzniká látka F o sumárním vzorci C21H16O2. Jeví tato sloučenina nějakou izomerii? Pokud ano, jakou?

Aj keď sa prázdniny skončili, každý z nás si rád zaspomína na čas strávený s priateľmi na kúpalisku, pri mori alebo na horách. To vám poviem, zdolať taký Gerlach alebo jemu podobných reprezentantov veľhôr Slovenska nie je nič jednoduché. Verte mi, človek pri takom namáhavom výstupe pekne vyhladne. My sme však boli vybavení solídnou zásobou jedla, pitia a samozrejme plynovým varičom. A po namáhavom výstupe sme si dopriali kráľovský obed – vajíčko na mäkko.

7. Po převedení látky F na její sodnou sůl se na ni působí elektrickým proudem, „odpadá“ CO2 a vzniká velmi konjugovaná sloučenina G se šesti fenylovými skupinami ve své struktuře.

(13

autor: Viliam Kolivoška

Ako správni turisti sme si už pred odchodom zistili, že najvýhodnejšie asi bude naobedovať sa v kampe s nadmorskou výškou 2000 m n.m. 1. Vypočítajte hodnotu atmosferického tlaku v našom campe. Predpokladajte, že vzduch má teplotu 25,0 °C (rovnakú ako v nížine) a pre výpočet tlaku vzduchu p vo výške h možno použiť barometrický vzorec (1) p = p 0e − Mgh / RTsur (1) Vo vzorci p0 = 101 325 Pa je tlak vzduchu pri hladine mora a za M dosaďte efektívnu molovú hmotnosť vzduchu M = 28,95 g.mol-1. Konštanty g a R asi nemusím zvlášť predstavovať a Tsur je teplota okolia (v tomto prípade je to aj teplota vzduchu, ktorú poznáme (T = Tsur). Poznámka: ak máte chuť, skúste si barometrický vzorec aj odvodiť, nie je to zložité.

Celí natešení správnym výsledkom sme sa rozhodli, že pred obedom ešte vypočítame teplotu varu vody v našom kampe. 2. a) Vypočítajte teda teplotu varu vody pri danom tlaku. V chemických tabuľkách (ktoré si ako správni chemici určite vždy nosíte so sebou) možno zistiť, že pri 100 °C má štandardná výparná entalpia vody hodnotu 40,7 kJ.mol-1 a predpokladajte, že v danom teplotnom intervale nezávisí od teploty. b) V odbornej literatúre ďalej zistite, čo je to Troutonovo pravidlo. c) Vypočítajte molárnu entropiu vyparovania vody pri jej normálnom bode varu. d) Prečo sa voda nechová podľa Troutonova pravidla? Pri výpočtoch sme už veru riadne vyhladli a tak sme sa rozhodli, že sa konečne najeme. Jeden z organikov poznamenal, že vajce na mäkko sa varí asi 9

10

Série 1, zadání

3 minúty (to vie fakt asi každý). A v tom sme si uvedomili, že tento časový údaj platí pre kuchynský sporák s teplotou vody 100 °C a nie pre naše podmienky. Ak sme si chceli pochutnať na vajíčku na mäkko (a nie na tvrdo alebo skončiť so salmonelózou v nemocnici), museli sme vypočítať čas uvarenia vajíčka v našich podmienkach. Jeden člen biochemickej sekcie našej výpravy (ktorý dovtedy len s úžasom sledoval našu fyzikálnochemickú debatu) nám poradil, že aktivačná energia ireverzibilnej denaturácie vaječných proteínov je blízka hodnote 75 kJ.mol-1 a nezávisí od teploty. 3. Vypočítajte reakčný čas varenia vajíčka v daných podmienkach. Predpokladajte, že predexponenciálny faktor v Arrheniovej rovnici nezávisí od teploty a že reakčný čas (potrebný na nevratnú premenu) je nepriamoúmerný rýchlostnej konštante chemickej reakcie pri danej teplote (vypočítanej pomocou Arrheniovej rovnice). Po výživnom a chutnom obede sme sa rozhodli, že si doprajeme aj nejaký ten EtOH. A čo padne človeku na horách lepšie ako trocha vareného vína? Pred nami sa však vynoril ďalší problém. Budeme mať na jeho zohriatie dostatok paliva v horáku? Potrebovali sme zohriať 9,0 litrov vína (predpokladaná spotreba pre 6 ľudí, biochemici abstinovali). Náš varič obsahoval čistý bután. 4. Vypočítajte hmotnosť butánu potrebného na zohriatie vína (jeho hustota bola pri 25 °C asi 0,98 g.cm-3) z teploty 25 °C na 65 °C. Predpokladajte, že tepelná kapacita vína 3,77 J.K-1.g-1 bola v rámci nášho experimentu konštantná. Štandardná spaľovacia entalpia butánu je ∆cH0298 = -2878 kJ.mol-1. Predpokladajte, že na ohriatie vína sa využije len 50% reakčného tepla. (Ak máte k dispozícii pyknometer a dobré váhy, skúste hustotu vína stanoviť presnejšie, ale počítajte s hodnotou 0,98 g.cm-3)

Nakoniec všetko dobre dopadlo, víno sme ohriali, vypili a rozhodli sme sa vrátiť domov. Jemne spoločensky naladení sme po pol hodine zistili, že sme zablúdili. A najhoršie bolo, že nikto z nás nemal kompas alebo buzolu. Všetko sa už zdalo byť stratené, keď tu náš kolega fyzikálny chemik vytiahol z batohu svoj teplomer a šibalsky ním zamával nad hlavou. Mal super nápad. Keď už nemôžeme určiť našu polohu, môžeme aspoň (podľa teploty varu vody) zistiť nadmorskú výšku miesta, na ktorom sme práve boli. 5. Vypočítajte nadmorskú výšku, v akej sme boli, ak teplota varu vody bola 96,0 °C. Teplota okolitého vzduchu bola 25,0 °C. Po stanovení nadmorskej výšky sa nám podarilo nájsť na mape príslušnú vrstevnicu a aj cestu domov. Cestou sme ešte našli peknú pivnicu, ale na to sme už teplomer nepotrebovali. A to už je ale iný príbeh…

11


Úloha č. 5: Objev citrátového cyklu

(14 bodů)

autor: Helena Handrková Krebsův cyklus byl objeven roku 1937. Jeho výjimečnost spočívá především v jeho universalitě – je společný téměř všem eukaryotním buňkám a poskytuje důležité meziprodukty pro klíčové metabolické dráhy. Tím spíš si zaslouží tento objev náš obdiv, vezmeme-li v úvahu, jaké metody byly v roce 1937 k disposici. Řada pokusů s rozmixovanými živočišnými tkáněmi se prováděla již od začátku 20. století a zjistilo se, že tato suspense je schopna odbarvovat methylenovou modř a za aerobních podmínek vzniká CO2. Ve směsi byla prokázána přítomnost jednoduchých organických kyselin – fumarové, jablečné, jantarové a citrónové. Později Albert Szent-Györgyi poukázal na to, že přídavek fumarové, jablečné nebo jantarové kyseliny zvyšuje spotřebu kyslíku více, než by bylo třeba k jejich oxidaci. Navrhl proto hypothesu, že tyto látky mají katalytický účinek na oxidaci energeticky bohatých sloučenin. Dále pozoroval, že naopak přídavek malonové kyseliny má inhibiční efekt, což si však vysvětlit nedovedl. Hans Krebs zopakoval tyto pokusy se shodnými výsledky, jako vzorek tkáně použil rozmixovaný prsní sval holuba. Kromě již zmíněných kyselin použil také citronovou, α-oxoglutarovou, isocitronovou a cis–akonitovou kyselinu (tedy látky strukturně co nejbližší) a pozoroval rovněž překvapivě vysoký nárůst spotřeby kyslíku. Zjistil také, že přídavek kyseliny malonové vede ke hromadění kyseliny jantarové a snížené spotřebě kyslíku. Naproti tomu inhibice arseničnanem způsobovala hromadění 2-oxoglutarové kyseliny a spotřeba kyslíku byla dvakrát menší než po přídavku (stejného látkového množství) malonátu. Krebs provedl další pokus za anaerobních podmínek a pozoroval vznik citrátu po přídavku oxalacetátu, zatímco jiné organické kyseliny tento efekt neměly. Katalytické působení těchto kyselin mohl nejsnáze vysvětlit kruhový sled reakcí. Vzhledem ke strukturní a funkční provázanosti zmiňovaných látek se řešení přímo nabízelo. Krebsova hypotéza úspěšně prošla dalšími navrženými experimenty a v dnešní době o její platnosti nikdo nepochybuje. Výsledky Krebsova pokusu: měření rozmixovaného prsního svalu holuba. 1. Napište sumární rovnici citrátového cyklu.

12

intensity

respirace

na

vzorku

Série 1, zadání


2. Uveďte příklad životaschopné eukaryotní buňky, která nemá enzymy Krebsova cyklu.

2. série

3. V které části buňky děj probíhá?

autor: Pavla Spáčilová, Pavel Řezanka, Michal Řezanka

Úloha č. 1: Vystřihovaná

4. K jaké reakci (např. komplexotvorné, acidobazické …) dochází při odbarvování methylenové modři? 5. Vypočítejte, jaká je teoretická spotřeba kyslíku při oxidaci 3 mmol citrónové kyseliny na vodu a CO2. Výsledek uveďte v jednotkách mol a ml O2 za standardních biochemických podmínek. Vysvětlete, proč se tato teoretická spotřeba tolik liší od té, kterou naměřil Hans Krebs (údaje uvádí tabulka 1). 6. Které reakce cyklu malonát a arseničnan inhibují a o jaké typy inhibice jde? 7. Napište sumární rovnice oxidace kyseliny citrónové na a) kyselinu jantarovou, b) na kyselinu α-oxoglutarovou. Jsou tyto rovnice v souladu s pozorovaným snížením spotřeby kyslíku v přítomnosti malonátu a arseničnanu? 8. Poslední reakce cyklu (oxidace malátu) má ΔG°' =7,1 kcal/mol (za standardních biochemických podmínek). Jaký musí být poměr koncentrací malát/oxalacetát, aby reakce probíhala při neutrálním pH žádaným směrem? 9. Do cyklu nikde nevstupuje molekulární kyslík. Proč dostaneme různé výsledky podle toho, zda provedeme pokus v aerobních či anaerobních podmínkách? Jaké látky oxidují meziprodukty citrátového cyklu in vivo?

Jak už název úlohy napovídá, bude se stříhat. Připravte si tedy nůžky a s chutí do toho! V příloze naleznete papír se šifrou, která se skládá ze 30 čtverců. Ty vystřihněte. Vaším úkolem je přiřadit jednotlivé čtverce k sobě tak, aby texty na sousedících hranách spolu souvisely. Tak dostanete opět obdélník 5 x 6. Pozor, odpovídají si všechny hrany, tzn. slovo u horní hrany čtverce, který je v obdélníku úplně nahoře, by mělo patřit ke slovu na dolní hraně čtverce, který je v obdélníku úplně dole. Tím pádem můžete získat obdélník s posunutými sloupci a řádky, ale na zjištění šifry to, jak zjistíte, nemá vliv. Vyluštěte zašifrovaný text. Pokud se Vám to nepodaří, pošlete nám alespoň všechny dvojice, které jste k sobě přiřadili, určitě nějaký ten bod získáte.

10. Vysvětlete, proč z ostatních meziproduktů cyklu v anaerobních podmínkách nevzniká citrát. 11. Co je to „malý Krebsův cyklus“ a kdo a kdy jej objevil? Tabulka 1. Spotřeba kyslíku za čas

čas (min) 30 60 90 120*

Spotřeba kyslíku (mmol) bez přídavku +3 mmol citrátu citrátu 29 31 47 68 51 87 53 93

* V čase 120 min se experiment nachází dostatečně blízko rovnováhy. Nápověda: poměr koncentrací [NAD+]/[NADH] = 10, hodnoty elektrodových potenciálů za standardních biochemických podmínek jsou uvedeny u rovnic (1) a (2). NAD+ + H+ + 2 e- → NADH … -0,320 V (1) (2) oxalacetát2- + 2H+ + 2 e- → malát2- … -0,175 V Poznámka: je zcela na vás, zda dáte při psaní vzorců přednost nedisociovaným či iontovým formám kyselin.

13

(6 bodů)

14

Série 2, zadání

Úloha č. 2: Pravděpodobný příběh


Angela tedy osaměla a zbyla na výchovu sedmačtyřiceti dětí sama. Aby si udržela pozitivní náhled na svět, pořádala dámské sedánky, začala se věnovat malbě a čekala, jak se věci vyvinou.

(9 bodů)

autor: Karel Berka „Poplach! Poplach!“ znělo celou základnou. ‘Poslední dobou je poplach nějak často, skoro pořád,’ říkal si Ferda o nynější excitované náladě základny, když v takřka nulovém čase nasedal do svého stroje. Pohledem zkontroloval ovládání. Počkal na energii ke startu a vyletěl. Nebyl sám. Kolem něj a s ním mířily myriády strojů, že byl skoro až zázrak, když si mezi tou spoustou všiml svých přátel Franty a Filipa. Letěli v naprostém tichu asi 8 minut, až jejich okolí zhoustlo. Stroje byly rozptylovány a ničeny nárazy ojedinělých šrapnelů, ale hlavní proud letěl stále dál. Jak si Ferda všiml, tak on i jeho přátelé byli stále bez zásahu stroje. Blížili se k nějakému objektu. Ferda s Frantou se od něj v rychlosti odrazili, ale Filip se bohužel zachytil. Podobně dopadly i další stroje. Zbytky letky se odrazem ještě více rozptýlily a jen s nemnoha dalšími vletěl Ferda s Frantou do prostředí, které s nimi házelo apertura neapertura. Než se nadáli, vletěli do jakési tuhé pasty, a když se z ní Ferda konečně dostal, zjistil, že o Frantu taky přišel. V zoufalství jej pak pohltila černočerná tma. 1. Co byli naši hrdinové zač? 2. Co bylo jejich základnou a jak vzdálená byla od objektu? 3. Naši hrdinové to nevěděli, ale my jako správní čtenáři sedíme kousek bokem, zaujímáme stanovisko nezávislého pozorovatele a víme, že objekt byl živý stříbrný smrk a tuhá pasta byla tuhá želatinová pasta s bromidem stříbrným. Taky víme, že všechny odrazy byly dokonale pružné. Myslíte, že mezi naše hrdiny lze rozdělit tyto spektrální barvy: žlutou, modrou a červenou? Pakliže ano, přiřaďte je k nim a určete jejich rodičovský prvek, ze kterého by mohli všichni vyletět. Co si myslíte, že se stalo s Ferdou, Frantou a Filipem? Přežili pohlcení? Ne. Musíme si tedy najít jiné hrdiny. Manželé Angela a Boris spolu v poklidu italské nerozpustné domácnosti sdíleli vazbu. Nicméně Boris byl příliš těkavý a Angela příliš špatná kuchařka, takže se nemůžeme divit, že jejich vazba nepřežila takový oběd, jakým byl chudák Franta. Boris už ten kanibalismus nevydržel a odešel od stolu i od vazby.

15

V tomto rozpoložení ji nalezla Hydra, pracovnice feministického hnutí. Hydra využila Angelin příklad a rozproudila tak otázku ženského údělu po celém krystalu. Mnoho manželství tehdy padlo na vrub moderní společnosti, než ženy zjistily, že byly Hydrou podvedeny, neboť ta potřebovala provdat své dcery Voděny a za koho by to šlo lépe, než za zhrzené a vyhnané muže, že? 4. Zajímalo by mě, jak se takové feministické hnutí v krystalu chová. Jistě by se dalo popsat chemickou rovnicí. Napište mi ji. 5. Hydra měla ještě dvě sestry – Pyru a Resu, které jí byly velice podobné, a které se snažily o totéž. Udat své dcery Voděny. Ale zatímco Hydře a Pyře se to povedlo, Rese ne. Zkuste přijít na to proč. Pomůže Vám, když si sestry nakreslíte a na obrázcích mi vše vysvětlíte. Poznámka: Hydra je ve skutečnosti hydrochinon, Pyra pyrokatechol a Resa resorcinol.

Některá manželství vydržela nápor feminismu, ale když se začala situace ustalovat, začaly se bortit i tyto svazky. Nemohl za to nikdo jiný, než štědrý sociální Thiostát. Ženy považoval za anděly, o které je nutno pečovat s velice komplexní péčí a muži dostali šanci v novém státním podniku Sloučenina, s.p. Jenomže pak přišla velká voda, která celý štědrý Thiostát odplavila a na místě kdysi bohatého krystalu zůstaly jen plačící osamělé ženy, kterým přeci jen dal feminismus jistou dávku usazenosti, takže přečkaly tyto změny. A pokud je vzduch nezoxidoval, jsou tam dodnes. 6. Thiostát by se nedařilo budovat bez thiosíranu sodného. Napište mi vyčíslenou rovnici budování Thiostátu. 7. Pokud se dnes podíváme na tuhou pastu, co uvidíme na místě, kde byl pohlcen chudák Franta? 8. Zbývá nám ta tuhá pasta. Jde o pozitiv, nebo negativ obrazu smrku? A v jakých barvách bude vyvedena? 9. A nakonec mírně spekulativní otázka: Pokud by se v krystalu neobjevila Hydra ani jiná podobná dáma, myslíte, že by existovaly nějaké podmínky, za nichž bychom viděli obraz smrku?

16

Série 2, zadání

Úloha č. 3: Podzimní hýření

(12 bodů)

autor: Jiří Kysilka Podzim skýtá lidskému oku, toužícímu po kráse, opravdové potěšení. Vše, co bylo doposud zelené, konečně přiznává svou pravou barvu. Celá příroda se náhle na několik týdnů pokryje takřka celou paletou barev.


2. Na obrázku 1 jsou vzorce tří nejdůležitějších barviv, které se v listech vyskytují. Jedná se o chlorofyl, β-karoten a lutein. Podívejte se na jejich vzorce a rozhodněte, které barvivo je zelené, které žluté a které oranžové. Přiřaďte vzorce k názvům a vysvětlete, z čeho názvy jednotlivých barviv pocházejí. Co způsobuje barevnost jednotlivých barviv? U β-karotenu a luteinu se zamyslete nad tím, který strukturní prvek způsobil rozdílnost v jejich barvě.

Jeremyho toto barevné hýření velice zaujalo. Jelikož je to chlapec zvídavý, rozhodl se, že na otázky, které mu v hlavě vyvstaly, najde odpověď sám. Rozhodl se provést několik pokusů.

H 3C CH3

Ke svému prvnímu pokusu si Jeremy nasbíral pestře zbarvené listy a zelené listy. Oba vzorky nakrájel na malé kousky a ještě je v misce podrtil s trochou písku. Vzniklou pískolistovou kaši přelil 100 až 200 ml lihu, promíchal a nechal ustát. Po usazení suspenze odlil čirý roztok do kádinky. Získal tak dva lihové roztoky barviv. Vzal dva archy filtračního papíru. Ve vzdálenosti asi 2 až 3 cm od okraje nakreslil na jeden papír jedním ze vzniklých roztoků pomocí štětce barevnou čáru. Když papír uschnul, nakreslil přes ni další čáru. Toto zopakoval několikrát, aby na papír nanesl co největší množství barviva. Totéž provedl i s druhým roztokem a druhým filtračním papírem. Takto Jeremy získal pro další práci 2 upravené filtrační papíry: jeden s naneseným extraktem ze zelených listů, druhý s naneseným extraktem z barevných listů.

CH3

CH3

H3 C

CH3

CH3

CH3

CH3

1 OH

H3C H3C

CH3

CH3

CH3

H3C HO

CH3

CH3

2

Pak Jeremy našel dvě zavařovací sklenice. Na dno obou sklenic nalil asi 1 cm vysokou vrstvu lihu. Do sklenic upevnil stočené filtrační papíry tak, aby se vespodu namočily do lihu, ale aby barevná čára byla aspoň 1 cm nad hladinou. Nechal líh volně vzlínat. Asi po čtvrt hodině (kdy se již barviva blížila ke konci papíru) papíry vyndal a nechal je osušit. Jak vypadaly po osušení, vidíte na obrázku.

CH3 O

H2C

H3C

CH3

-

N

N Mg

N

2+ -

N

H3C

Nyní byl již Jeremy schopen odpovědět na otázky, které si před pokusem kladl. My jsme ovšem ještě zvídavější a několik dalších otázek a úkolů si přidáme.

CH3

H H3C

H3C

H

O

1. Jak se nazývá metoda, kterou Jeremy v tomto amatérském pokusu použil? Kdy vznikla a kdo je jejím objevitelem? Odkud pochází název této metody? K čemu se používá? Jaký je její princip? Nezapomeňte se zmínit o funkci papíru a o funkci lihu. Vyjmenujte alespoň tři typy experimentálního uspořádání této metody – název a princip popsaný několika slovy (co v daném uspořádání zastupuje papír a co líh).

17

CH3

O CH3 H3C

O

H3C

3 Obrázek 1. Listová barviva

18

O

O CH3

CH3

Série 2, zadání


5. Podívejte se na vzorce látek a vysvětlete, proč Jeremy k extrakci barviv z listů použil líh a ne třeba vodu. 6. Opatřete si nějakou barevnou přírodninu ať už zelenou nebo nezelenou (tráva, listy např. břečťanu, plod šípku, kopřivy, zmražený špenát... fantazii se meze nekladou) a proveďte obdobný pokus jako Jeremy. Líh lze zakoupit v drogerii, nemáte-li filtrační papír, nezoufejte – stejným způsobem lze využít i savý papír, který naleznete v sešitech pro první stupeň. Dejte pozor, abyste se nepotřísnili, rostlinná barviva se špatně perou! Vysušený (!) výsledek vaší práce nám zašlete s řešením. Připište, z jaké přírodniny jste vycházeli (rostlinný druh) a krátce popište výsledky svého pozorování (např. počet nalezených barviv). Barevné skvrny obtáhněte tužkou a popište jejich barvu (některé skvrny po vysušení vyblednou). Na podzim se však nejen barví listí, ale též dozrávají různé plody. Venku zrovna pršelo, a tak se Jeremymu nechtělo pro zkoumání ve vodě rozpustných barviv hledat bezinky. Zašel do sklepa a přinesl si láhev červené řepy. K zředěnému červenému nálevu přidal roztok jedlé sody (hydrogenuhličitan sodný) a pozoroval, jak se barva nálevu mění na modrou. Tu si vzpomněl, že když onehdy v létě omylem ponořil květ chrpy do kyseliny chlorovodíkové, květ zčervenal. 7. Na obrázku 3 jsou vzorce obou forem základní struktury barviva přítomného v červené řepě i v květu chrpy. Rozhodněte, která z forem se vyskytuje v kyselém prostředí a která v zásaditém prostředí. Jakou má která forma barvu? Rozdíl v barevnosti ukažte na rozdílné struktuře. Obrázek 2. Výsledky Jeremyho práce

+

O

3. Jak se odborně nazývá arch papíru, který Jeremy získal? Podívejte se na výsledky jeho práce (obrázek 2). Kolik barviv je přítomno v zeleném listu a kolik v barevném? Pomůžete Jeremymu odpovědět na otázku, zda jsou nezelená barviva přítomna v listech i v létě, nebo zda vznikají až na podzim nějakou přeměnou chlorofylu? Pokud by byla přítomna už v létě, jak je možné, že nejsou vidět, pokud by vznikala až na podzim, popište mechanismus jejich vzniku z chlorofylu. Jaký je význam těchto nezelených barviv v listech?

A

B

Obrázek 3. Barviva

4. Zamyslete se nad tím, proč se barviva rozdělila právě tímto způsobem (bonusová úvaha). Napište tři nejdůležitější faktory, které při dělení barviv hrály významnou roli.

19

O

20

Úloha č. 4: Úloha šutrologická

Série 2, zadání


(9 bodů)

3. Které dva nerosty rozlišuje Meigenova zkouška? Vysvětlete, jak zkouška funguje. Co je to kobaltová soluce?

autor: Michal Kačenka Minerály (nerosty) jsou chemické sloučeniny (nebo prvky) nacházející se v přírodě. K jejich studiu a určování se používá nejrůznějších metod, jak fyzikálních, tak chemických. My se samozřejmě budeme zabývat převážně metodami založenými na chemických postupech. Z historických i praktických důvodů mají však mineralogové občas trochu jiné postupy než běžní analytičtí chemikové. Náš vzorek byl nalezen na blíže neurčené haldě neznámého rudného dolu. Byla to velká hrouda šedobílého hrubě krystalického materiálu (nerost A) s velkými štěpnými plochami. Asi třetina hroudy byla ale tvořena jiným minerálem (nerost B) – šlo o růžovofialovou krystalickou hmotu, taktéž s velkými štěpnými plochami. Opačnou stranu hroudy tvořil další minerál (nerost C) – hnědočerný materiál diamantového lesku, také s velkými štěpnými plochami. A aby toho nebylo málo, tak v šedobílém nerostu bylo několik dutin vyplněných ocelově šedými jehlicovitými krystaly (nerost D). Z každého minerálu na našem vzorku bylo odštípnuto několik úlomků (nebo jehliček) pro potřeby naší analýzy. Žádný z našich nerostů není rozpustný ve vodě. Všechny zkoušky a reakce jsou uvedeny tak, jak by byly prováděny za sebou. Úlomek nerostu A – se po vhození do studené zředěné kyseliny chlorovodíkové prudce rozkládá za uvolnění neznámého plynu bez chuti a zápachu (reakce s HCl je snad nejdůležitější zkouškou v mineralogii)

Úlomek nerostu B – viditelně nereaguje s horkou koncentrovanou kyselinou chlorovodíkovou (ani když je rozdrcený na prach) – nerost sám o sobě nebarví plamen. Po vyžíhání redukčním plamenem na dřevěném uhlí a ovlhčení produktu kyselinou chlorovodíkovou barví plamen žlutozeleně. – při žíhání na uhlí se neobjevuje žádný nálet – ponořen do bromoformu klesá ke dnu – rozdrcený na prach byl žíhán s trojnásobným množstvím sody v důlku na dřevěném uhlí tak dlouho, až se roztavil. Stavenou strusku jsme rychle přemístili na stříbrný plíšek a pokapali destilovanou vodou. Na plíšku se objevila černá skvrna. 1. Určete nerost B a zdůvodněte, jak jste k výsledku dospěli. Jaký je starší český název tohoto minerálu? 2. Jak se nazývá zkouška popsaná v posledním bodě určování? Vysvětlete její princip. Jaký prvek se takto dokazuje? Čím je způsobena černá skvrna na plíšku? Jak je možné, že zkouška prokáže prvek v různých oxidačních číslech stejně? Úlomek nerostu C – v horké kyselině chlorovodíkové ze rozkládá za uvolnění neznámého plynu zapáchajícího po zkažených vejcích

– ponořený do bromoformu plave na hladině

– ponořen do bromoformu klesá ke dnu

– ovlhčený kyselinou chlorovodíkovou barví plamen cihlově červeně

– žíhán na dřevěném uhlí dává bílý nálet. Pokud tento nálet pokapeme kobaltovou solucí a opět vyžíháme, změní se barva na zelenou (nápověda: vzniklé sloučenině se říká Rinmanova zeleň)

– rozdrcený na prášek a vařený ve zkumavce 2 minuty s kobaltovou solucí zůstal nezbarven. Teprve po čtvrt hodině varu se lehce zbarvil domodra (Meigenova zkouška). 1. Určete nerost A a zdůvodněte, jak jste k výsledku dospěli. Jaký plyn se uvolňuje při reakci nerostu s kyselinou chlorovodíkovou? 2. Napište ještě alespoň jednu těžkou organickou kapalinu, která se používá k zjišťování hustoty minerálů. Můžeme k této zkoušce použít jodoform?

21

1. Určete nerost C a zdůvodněte, jak jste k výsledku dospěli. Jaký plyn se uvolňuje při reakci nerostu s kyselinou chlorovodíkovou? Jaké složení má Rinmanova zeleň a k čemu se užívá? 2. Nerost C má velmi často mnoho příměsí jiných prvků. Jeden kov, který se v nerostu C vyskytuje často jako příměs, se z něj dokonce získává průmyslově (nápověda – tento kov velmi často najdeme v akumulátorech). Jaký je to kov? Tento kov má též svůj vlastní minerál analogický nerostu C. Jak se tento 22

Série 2, zadání

minerál jmenuje a jakou má barvu a chemické složení? K čemu všemu se používá látka stejného složení jako tento minerál?


Úloha č. 5: Honzíkovo trápení

Úlomek nerostu D

Honzík byl docela normální kluk, který měl rád sladkosti ve všech podobách. Nejraději měl však dorty s vaječnými krémy a šlehačkou. Jednoho letního odpoledne Honzu zase honila mlsná, a tak si zašel pro pořádnou dávku do cukrárny. Druhý den ráno mu však nebylo dobře a i čas strávený na toaletě byl povážlivě dlouhý. Dále si stěžoval na bolesti břicha a zvracel. Maminka mu naměřila teplotu přes 38 °C. Protože se to Honzovi nestalo poprvé, věděla hned, co mu má naordinovat z domácí lékárničky.

– v horké kyselině chlorovodíkové ze rozkládá za uvolnění neznámého plynu zapáchajícího po zkažených vejcích. Ze získaného ochlazeného roztoku se po přidání další kyseliny chlorovodíkové nic nesráží. – při žíhání na dřevěném uhlí se velmi snadno taví. Roztavená kulička vylitá na papír se rozstříkne na malé kuličky a ty poskakují po papíře a zanechávají po sobě tečkovanou stopu. Dává bílý nálet, který pokropen kobaltovou solucí a znovu vyžíhán NEZEZELENÁ. – ponořen do bromoformu klesá ke dnu

(10 bodů)

autor: Martin Kuchař

1. Vaším úkolem bude zjistit jaký zázračný lék to maminka Honzovi podala.

– rozložený v kyselině chlorovodíkové dává při neutralizaci amoniakem bílou sraženinu, která je nerozpustná v přebytku amoniaku – ponoříme-li do roztoku minerálu v horké HCl železný drát, vyloučí se černá vločkovitá sraženina – ovlhčený kyselinou chlorovodíkovou barví plamen slabě zeleně 1. Určete nerost D a zdůvodněte, jak jste k výsledku dospěli. Z jakého materiálu jsou tvořeny kuličky poskakující po papíře a proč tyto kuličky poskakují? 2. Tento nerost velmi často obsahuje příměs jednoho prvku, který je součástí pigmentu zvaného Cassiův purpur. Jaký je to prvek, jaké je chemické složení tohoto pigmentu a jakou reakcí vzniká?

Řádek: 1 – Chorvatský nositel Nobelovy ceny za organickou chemii (absolvent VŠCHT) 2 – Fosfonalkanový inhibitor DNA-polymerázy 3 – Rod bakteriálního původce zápalu plic 4 – Jedno z antibiotik ve framykoinové masti 5 – Jediné sexuálně přenosné virové onemocnění s existujícím očkováním 6 – Antibiotikum, u kterého je prokázána souvislost s hnědnutím zubů a s podezřením na teratogenitu

23

24

Série 2, zadání


7 – Rod houby produkující erythromycinová antibiotika

3. série

8 – Objevitel prvních prakticky použitelných antibiotik

Úloha č. 1: Hřejivý polštářek

Poznámka: Křížovku si překreslete a přiložte k Vašemu řešení.

autor: Jiří Kysilka

(13 bodů)

2. Doplňte reakční schéma výše zmíněného léčiva.

NO2

Δ A

OH

B

glycerol/ H2SO4

W: Sylvie, ty jsi celá promrzlá! Že ty sis zapomněla vzít svůj hřejivý polštářek!

C

S: Ale Worste, i kdybych s sebou měla svůj polštářek, byl by už stejně dávno prochladlý, stejně jako já.

Cl

W: Já snad nevěřím svým uším! Ty jsi skutečně neslyšela o našem novém hřejivém polštářku Warmík? Hřeje, i když je všude kolem něj zima.

Cl2/AcOH Cl

S: Tomu nevěřím.

N OH

W: Ne? Tak si ho vyzkoušej sama!

Obrázek 1. Reakční schéma

S: (prohlíží si jakýsi váček, naplněný barevnou kapalinou, v němž plave kovový plíšek) Ale vždyť je studený!

3. Doplňující otázky a)

W: Teď samozřejmě ano, ale prolom ten kovový plíšek!

Jak se nazývá reakce vedoucí k produktu B?

b) Proč se pří reakci látky B používá jako oxidační činidlo o-nitrofenol? c)

Zamyslete se nad posledním regioselektivitu chlorace.

stupněm

syntézy

a

vysvětlete

W: Ano, po prolomení postupně uvolňuje teplo a vydrží až tři čtvrtě hodiny! S: To je vynikající, to mi vystačí na celou cestu do práce! Ale kolik takových polštářků bych musela mít, abych si mohla každý den užívat teplo?

d) Do jaké skupiny léčiv tento lék patří? e)

S: (prolomila kovový plíšek, kapalina uvnitř polštářku začíná náhle tuhnout) Wow! Skoro ho nemůžu udržet v rukou, jak se zahřívá! To je neuvěřitelné!

Jakou chorobou Honzík trpěl?

W: Neboj Sylvie, nejlepší trumf jsem si schoval nakonec. Náš hřejivý polštářek je totiž dokonale regenerativní. Podívej, stačí ho jen chvíli povařit a po vychladnutí bude opět připraven k použití. S: Neuvěřitelné. Worste, ty jsi prostě geniální. W: Já vím. Tak neváhejte a ihned zavolejte. Hřejivý polštářek prostě musíte mít! Tak co? Přesvědčil vás Worst Fuchs o neuvěřitelnosti jeho polštářku? Nebo jste již jeho princip sami prohlédli? Možná vám napomůže složení polštářku, které Worst Fuchs z pochopitelných důvodů neuvádí.

25

26

Série 3, zadání

Složení: pentahydrát thiosíranu sodného (50 g), indiferentní barviva, plastový obal 1. Jaký je princip hřejivého polštářku? 2. Napište strukturní vzorec thiosíranu sodného. Jaká oxidační čísla mají atomy síry? Jakou barvu má pentahydrát thiosíranu sodného? 3. Některé krystalické látky při rozpouštění teplo uvolňují, jiné pohlcují. Zamyslete se nad rozpouštěním z mikroskopického hlediska. Fakt, že je rozpouštěcí teplo některých látek kladné a jiných záporné, napovídá o tom, že rozpouštění látky bude tvořeno dvěma hlavními molekulárními procesy. Při jednom se teplo uvolňuje a při druhém pohlcuje. Uveďte tyto dva pochody a jejich tepelné zabarvení. Jak je možné, že rozpouštění probíhá i v případě, že je enthalpicky nevýhodné?


Tabulka 1. Rozpustnost Na2S2O3

Teplota (°C) Rozpustnost (g Na2S2O3 ve 100 g vody)

0

10

20

30

40

50

60

50,2

59,7

70,1

87,4

108,3

147,1

191,3

9. Polštářek se po prolomení ohřeje na určitou teplotu a poměrně dlouho na této teplotě vydrží. Jeho obsah je potom částečně kapalný a částečně krystalický. Jaké skupenství má polštářek po úplném vychladnutí? Do jakého teplotního intervalu spadá teplota polštářku po prolomení plíšku? Která teplota je podle vás nejpravděpodobnější? Vysvětlete. Popište slovně, jaká část tepla se uvolní ihned po prolomení plíšku a jaké je celkové uvolněné teplo. Jakým způsobem je zajištěno postupné uvolňování tepla?

4. Představte si, že rozpouštíte pentahydrát thiosíranu sodného ve vodě. Bude teplota výsledného roztoku vyšší nebo nižší než teplota výchozích látek? Bude situace stejná v případě bezvodého thiosíranu sodného? Vysvětlete.

10. Polštářek s kapalným obsahem je při teplotě 20 °C tzv. termodynamicky metastabilní. Co to znamená? Proč systém nepřejde do termodynamicky stabilnějšího stavu? Jak se nazývá kapalná fáze? Čím je v případě hřejivého polštářku zajištěn přechod do termodynamicky stabilnějšího stavu?

5. Uveďte dva příklady látek, které při rozpouštění teplo uvolňují a dva příklady látek, které při rozpouštění teplo pohlcují. Který typ látek je vhodný pro přípravu hřejivého polštářku? Jakou další vlastnost by měla mít látka, která by mohla být náplní hřejivého polštářku?

11. S podobným systémem, jakým je hřejivý polštářek, se setkáváme při laboratorních preparacích a často nám značně znepříjemňuje život tím, že nám brání získat kýžený krystalický produkt. Uveďte dva způsoby, jak si v takovém případě poradit a vysvětlete princip.

6. V jakém vztahu jsou molární rozpouštěcí teplo a molární krystalizační teplo? Jak se liší molární rozpouštěcí teplo a molární skupenské teplo tání za stejné teploty?

12. Též při vaření kapalin se často setkáváme s termodynamicky metastabilním systémem. Víte, co je to utajený var? Jak se nazývá kapalná fáze v případě utajeného varu? Jak se utajený var ošetřuje a jaký je princip tohoto ošetření?

7. Chování pentahydrátu thiosíranu sodného při dodávání tepla za atmosférického tlaku je zajímavé. Látka se nejprve ohřívá, až dosáhne teploty 48,5 °C. Pak se začne objevovat kapalná fáze a zvyšování teploty na chvíli ustane. Když vznikne určitý objem kapalné fáze, začnou se obě fáze ohřívat a pevné fáze začne pomalu ubývat, až při určité teplotě zmizí úplně. Vysvětlete, k čemu skutečně dochází. Jaký je parciální tlak vodních par nad pevným pentahydrátem thiosíranu sodného za této teploty (upozorňuji, že očekávám KVALITATIVNÍ, nikoli kvantitativní odpověď – tedy ne číslo)? Nápovědou Vám může být to, že do teploty 48,5 °C krystalizuje thiosíran sodný z vodných roztoků jako pentahydrát, v teplotním rozmezí 48,5 až 100 °C krystalizuje jako dihydrát, nad 100 °C je stabilní formou bezvodý thiosíran. 8. Vezměte v potaz náš hřejivý polštářek. Jakou hmotnost má pevná a jakou kapalná fáze při teplotě 48,5 °C před fázovým přechodem a po něm? Určete složení každé z fází. Z tabulky rozpustnosti pevného thiosíranu sodného vypočítejte teplotu, nad níž je hřejivý polštářek úplně kapalný. 27

28

Úloha č. 2: PCR

Série 3, zadání


(11 bodů)

od sebe oddělíte papíry, abyste je mohli nakopírovat. Kopírka je trošku poruchová, tak jí pomocí zvláštních kousků ukážete, kde má začít (primery), a navíc vždycky okopírovaný kousek přilepí k původnímu (párování). Takže je zase znovu musíte oddělit, atd.

autor: Karel Berka Z jedné vzejde druhá. Z druhé vzejde třetí.

(Tao-Te-ťing)

V diagnostické i preparativní biochemické praxi se používá metoda PCR (Polymerase Chain Reaction), tedy řetězová reakce s polymerasou. Díky této metodě se mnohonásobně pomnoží kousek DNA (většinou zhruba 1 kbp velký; bp – base pairs, páry nukletidů). Ten může obsahovat gen, jehož bílkovinu chceme vyrábět nebo který chceme nalézt (resp. nenalézt – např. DNA, do níž se již zapsal virus HIV). Navíc jde o kouzelně jednoduchou a přesnou metodu. Jsou k ní potřeba pouze: vzorek dsDNA (dvouvláknové – pozitiv a negativ), Taq pol (lehce zmutovaná polymerasa z archebakterie Thermus aquaticus – inverzní kopírka), volné dNTP (deoxyribonukleosidtrifosfáty, báze – barva), 2 různé primery (18 až 25 bází dlouhé ssDNA, jednovláknové fragmenty – mustr pro kopírku, jak má začít barvit nový list), pufrované prostředí a 3 tepelné lázně. Postup je cyklický, přičemž každý cyklus obsahuje tyto kroky:

1. Chebychevovo pravidlo praví, že v dsDNA je stejné množství purinových a pyrimidinových bazí. Zkuste vymyslet, proč tomu tak je. V následujících otázkách vyjdeme z jednoho vlákna dsDNA. Uvažujme, že amplifikujeme úsek dlouhý 1 kbp. Primery, které se na něj připojí mají každý délku 20 bází. Budeme tedy vytvářet hlavně vlákna o délce 1040 bp. 2. Kolik cyklů je potřeba, aby váha DNA, kterou vyrobíme pomocí PCR, přesáhla hmotnost Země? Předpokládejte ideální podmínky. Uveďte postup. 3. Kolik ze vzniklých vláken ssDNA bude mít původní délku dsDNA? (Neuvažujte degradaci.) 4. Kolik vzniklých vláken bude delších než 1040 bp? Uveďte Váš postup. 5. Komu byla udělena v roce 1993 Nobelova cena za chemii za objev PCR? 6. Jistě jste si všimli, že Země zatím není pouze ze stejných DNA kousků po amplifikaci PCR. Jak je to možné, když počet cyklů je přece tak malý, že od roku 1993 už PCR mašina musela tolika cykly projít? Zanedbali jsme toho opravdu hodně. Zkuste uvést aspoň 5 zanedbaných věcí. 7. Jaký základní předpoklad splňuje Taq pol? Proč se nepoužívá třeba lidská DNA pol α nebo bakteriální DNA pol III?

1. Denaturace při 94 až 96 °C po dobu 1 až 2 minuty: Melting dsDNA se rozváže na 2 ssDNA (tzv. templáty). Teplota je tak vysoká, že neprobíhají polymerace. 2. Připojení primerů při 45 až 60 °C po dobu 1 až 2 minuty: Annealing Teplota je nízká natolik, že vlákna DNA si na sebe mohou nasedat. Ale protože jsou primery podstatně menší a tím i pohyblivější, nasednou si na původní vlákna specificky. Na komplex vlákno DNA-primer nasedá Taq pol a začíná stavět nové vlákno.

8. Taq pol má jednu chybu. Dělá chyby. V průměru zhruba 1 na 5000 bp. Jakou chybu má syntéza oligonukleotidů na pevné fázi, která má účinnost zavedení nukleotidu zhruba 99 %? Zkuste odhadnout, jak dlouhé řetězce můžeme s těmito chybami vytvořit. Pro lepší odhad uvažujte, že množství „správného“ řetězce ve směsi musí být vyšší než množství „špatných“ řetězců. 9. Zkuste srovnat biochemické (PCR) a organické (solid-phase) metody tvorby oligo- až polynukleotidů. Potřebné údaje

3. Polymerace při optimální teplotě 72 °C po dobu 5 minut: Elongation

• Hmotnost Země je MZ = 6.1024 kg

Polymerasa přidává dNTP vždy ve směru 5' → 3', přičemž čte templát od 3' k 5'. báze jsou přidávány komplementárně k templátu, tj. vytváří s templátem páry A-T, G-C.

• Mpurinový nukleotid = 300 g.mol–1 • Mpyrimidinový nukleotid = 280 g.mol–1

Můžete si to představit jako práci zvláštní kopírky (Taq pol), která umí kopírovat jen tak, aby na bílých místech nechala černou barvu, na červených zelenou a naopak (dNTP). Když chcete nějaký list (dsDNA) okopírovat, nejdřív 29

30

Série 3, zadání


Úloha č. 3: Ananas lidožrout

(8 bodů)

autor: Richard Chudoba Ananas je rostlina původem z Jižní Ameriky, odkud byla Kryštofem Kolumbem přivezena do Evropy. Slovo „anana” znamená v jazyku Tupi „výborné ovoce,” což je jistě výstižný název. Ananas je zajímavý nejen z pohledu kuchaře či gurmána, ale i z pohledu chemika. Obsahuje totiž enzymy, jež velice dobře štěpí bílkoviny. Toho se prakticky využívá v orientálních kuchyních, kdy se maso naloží do ananasu a tak se vlastně nechá natrávit. Když jíte čerstvý ananas, přítomnost těchto enzymů poznáte podle pichlavého pocitu v ústech. Ananas má rovněž typickou chuť a vůni. Pro chemika však není problém vytvořit ananasovou esenci uměle. Vábení 1. Jaká chemická látka vytváří z největší části ananasové aroma? V dalším textu bude značena jako látka A. Poznámka: Pokud látku A neznáte, řešte další otázky pro obecnou látku obsahující stejnou funkční skupinu.

2. Látku A lze připravit reakcí příslušného alkoholu a kyseliny. Zapište tuto reakci chemickou rovnicí. V produktech označte kyslík pocházející z alkoholu. 3. Předpokládejte rovnovážnou konstantu této reakce K = 4. Jaký bude stupeň konverze? Jak byste ho zvýšili? Pomohlo by použití katalyzátoru? Předpokládejte termodynamický průběh reakce bez možnosti bočných reakcí. 4. Jakými jinými reakcemi byste mohli látku A připravit? Zapište chemickými rovnicemi alespoň dva způsoby. 5. U jednoho způsobu přípravy látky A je nutno použít jako pomocnou látku pyridin či podobnou sloučeninu. Jaká je jeho funkce? Hostina Obr 1. Princip PCR, staženo z Talking Glossary of Genetics na stránkách Genome.gov, slovníček: Original double-stranded DNA – Původní dvouvláknová DNA; separate strands – oddělení vláken od sebe; anneal primers – připojení primerů; new strands – nově vzniklá vlákna; desired fragment strands – očekávaná vyprodukovaná vlákna nové DNA

31

Kódové číslo enzymu je EC 3.4.22.33. Jeho Michaelisova konstanta byla měřena pro tripeptid Phe-Val-Arg a byla získána hodnota KM = 9,7 μM. 1. Jaký je triviální název tohoto enzymu? Do jaké hlavní třídy enzymů patří? Jakou vazbu štěpí? 32

Série 3, zadání


2. Jaká je fyzikálněchemická (kinetická) interpretace Michaelisovy konstanty?

Úloha č. 4: Železo ve středověku

3. Kolikrát se zpomalí počáteční rychlost štěpení, snížíme-li koncentraci roztoku tripeptidu z 10 μM na 5 μM?

autor: Robert Betík

4. Napište sekvenci kroků, kterými byste připravili čistý tripeptid Phe-Val-Arg ze zdrojových aminokyselin. 5. Proč při pojídání kandovaného ananasu nemáte pichlavý pocit v ústech? 6. Napište alespoň dvě další rostliny, které mají stejně jako ananas proteolytické enzymy.

(11 bodů)

Jak jistě víte, železo je dnes běžný kov. Není nijak zvlášť drahé a je dostupné v pestré paletě slitin. Ve středověku byl tento kov ovšem velice vzácný a drahý (např. meč měl hodnotu často i několika vesnic), což bylo dáno hlavně složitostí jeho výroby. Navzdory ceně bylo jeho uplatnění obrovské. Od seker a nožů přes konstrukční prvky až po zbraně a brnění. Podle množství používaného železa v dané lokalitě se dala dobře odhadnout movitost obyvatelstva. Není přesně známo, kdy se železo začalo využívat, ale zato je jisté, že první používané železo bylo meteoritického původu (obsahuje velké množství niklu, a tak je pro archeology snadno identifikovatelné).

Část 1. Pojďme se nyní podívat na výrobu železa a její úskalí trochu blíž. Přesně jak by se dalo čekat, bylo nejprve třeba obstarat rudu. Ta se většinou těžila v blízkosti bahen (říkalo se jí proto bahenní ruda), ale bohužel její kvalita nebyla vysoká. Jednalo se většinou o různě hydratované oxidy železa s vysokým obsahem síry. Proto první krok výroby spočíval v pražení této rudy za přítomnosti kyslíku, aby se odstranila voda a síra (1). Ruda pak putovala do pece společně s dřevěným uhlím (to se mimochodem vyrábělo suchou destilací dřeva, což je v podstatě karbonizace celulosy (2)) a pomocí měchů se do pece vháněl vzduch, kterého ovšem bylo málo na úplné spálení uhlíku (3), a tak vznikal plyn, který při teplotě 850 až 1000 °C redukoval rudu na železo (4). Výsledkem byly malé kousky surového železa obalené ve strusce, kterou kováři odstraňovali kováním. Tento postup byl běžný v Evropě; v Číně a později i v Japonsku se uplatňoval jiný postup. Díky dokonalejší technologii (hlavně větší pec a více uhlí a vzduchu) dosahovala teplota v jejich pecích až 1300 °C, díky čemuž vytékalo železo z pece v kapalné podobě do díry pod pecí. Po vychladnutí tak bylo získáno železo beze strusky a hlavně ve větších kusech. 1. Napište vyčíslené chemické rovnice dějů 1 až 4. 2. Zkuste zjistit, jak se říkalo (anglicky) kouskům železa získaným v „evropské“ peci. 3. Vysvětlete, jak je možné, že je železo při teplotě 1300 °C kapalné (teplota tání železa je 1535 °C). 4. Železo získané v „evropské“ a „asijské“ peci se značně lišilo svým složením. Uměli byste říct jak? 33

34

Série 3, zadání


Část 2.

Úloha č. 5: Ecce Homunkulus!

Železo už sice máme, ale v ani jednom případě není toto surové železo vhodné pro výrobu ostří čepelí nebo nožů, nářadí apod. Evropské je příliš měkké a čínské zase velmi křehké, a tak je třeba z takto získaného železa udělat ocel…

autor: Zbyněk Rohlík Inspiraci k následující úloze jsem načerpal v jednom článku, jehož citaci zveřejním až v řešení, abych neznevýhodnil soutěžící s omezeným přístupem k informačním zdrojům.

1. Čím se liší ocel od obou druhů surového železa? 2. Vymysleli byste, jak by se dala vyrobit ocel ve středověku? Samozřejmě se postup v Evropě a Asii bude lišit. Část 3. Jak to tak bývá u věcí železných, na větru a deští rezaví a korodují, že?! Je to stejný problém dnes i v minulosti. Naštěstí dnes již víme, co korozi způsobuje a umíme s ní bojovat. Ve středověku však bylo jedinou ochranou udržování oceli v suchu, a to pomocí sádla nebo různých olejů. 1. Koroze je vlastně elektrochemický jev, popište její princip.

(11 bodů)

I. Reakce p-dibrombenzenu s jodem v prostředí koncentrované kyseliny sírové poskytuje produkt A. Jeho reakcí s terc-butylacetylenem v tetrahydrofuranu za katalýzy dichloro-bis(trifenylfosfin)-palladnatým komplexem v přítomnosti CuI a triethylaminu poskytuje B. Reakcí s butyllithiem následovanou přídavkem dimethylformamidu vzniká C. Reakcí s ethan-1,2-diolem lze připravit D a konečně konečný produkt této části úlohy – E – získáme po přídavku butyllithia reakcí s dijodethanem.

2. Vysvětlete, proč může ocel a dokonce i chemicky čisté železo korodovat.

Br

Část 4. I2 / H2SO4

Z oceli kováři vyráběli nejrůznější předměty. Ty běžné jako podkovy, nýty či třeba kování na štíty nevyžadovaly žádné další úpravy, ale například výroba zbraní nebo některého nářadí ano. Pro zvýšení tvrdosti a odolnosti se tyto výrobky kalily. Tento technologicky jednoduchý proces (vyžadující ale zároveň velké zkušenosti) spočíval v zahřátí oceli na asi 700 až 800 °C a následném prudkém zchlazení ve vodě nebo oleji. Následně se ocel znovu nahřála na asi 400 až 500 °C a nechala se volně zchladnout v písku nebo popelu. Tím se získala ocel tvrdá, ale zároveň ne příliš křehká.

A

[PdCl2tpp2] / CuI TEA, THF

B 1) n-BuLi / THF

Br

2) DMF

E

Moje otázka je: Vysvětlete, k jakým změnám dochází ve struktuře kovu v průběhu kalení.

1) n-BuLi / THF 2) 1,2-dijodethan

D

HO

OH

- H2 O

C

1. Napište strukturu produktů A až E víte-li, že:

Tato úloha je trochu komplikovanější, a proto vám napovím… Nápověda: V oceli se můžou vyskytovat následující krystaly: cementit, což je karbid železa, je velice křehký, ale tvrdý; ausenit je intersticiální tuhý roztok uhlíku v železe s plošně centrovanou krychlovou buňkou, je velice tvrdý a houževnatý; ferrit je intersticiální tuhý roztok velmi malého množství uhlíku v železe s prostorově centrovanou krychlovou krystalickou strukturou, je to nejměkčí forma železa. Uvědomte si, že ausenit a ferrit jsou různé fáze! A ještě jedna nápověda, rychlost migrace roste s teplotou!

35

a) z několika možných produktů první reakce vzniká ten, jenž neporušuje ani elektronická ani sterická pravidla elektrofilní aromatické substituce. 1H NMR spektrum sloučeniny A obsahuje pouze singlet při 8,05 ppm; b) zmíněná katalytická reakce slouží obecně ke spojení (coupling) Ar–X (X je halogen) s H–C≡C–. Při reakci se odštěpuje halogenovodík a vzniká vazba Ar–C≡C–. Reakcí se nezměnil vzhled aromatické oblasti 1H NMR spektra;

36

Série 3, zadání

c) v 1H NMR spektru látky C je oproti B přítomen singlet při 10,3 ppm a v aromatické oblasti jsou dva singlety místo jednoho (7,90 a 7,73 ppm), všechny tři uvedené signály v poměru intenzit 1:1:1. Při reakci se změnila izotopická struktura molekulového iontu v hmotovém spektru; d) v 1H NMR spektru látky D chybí vysokopoložený singlet přítomný ve spektru C; e) během poslední reakce se 1H ani 13C NMR spektrum téměř nezměnilo, v hmotovém spektru zmizela izotopická struktura molekulového iontu. II. Druhá část syntézy začíná bromací p-nitroanilinu, kterou vzniká F. Reakcí s dusitanem sodným a následným přídavkem ethanolu vznikne G, následuje reakce s SnCl2 (H) a znovu působení NaNO2, nyní ovšem zakončené přídavkem KI (I). Série dvou následných couplingových reakcí nejprve s trimethylsilylacetylenem a poté s pent-1-ynem vede k J a K. Konečným produktem je L připravené reakcí K s uhličitanem draselným. NO2

e) při prvním couplingu se nezmění izotopická struktura molekulového iontu v hmotnostním spektru; f) při druhém couplingu se izotopická struktura molekulového iontu změní; g) látky G až K mají podobný tvar aromatické oblasti 1H NMR spektra (dublet a triplet 2:1), liší se však chemickými posuny těchto signálů (přibližují se) a poněkud i interakčními konstantami. Látka L vykazuje v této oblasti jen širší singlet; h) v 1H NMR spektru L oproti K chybí signál odpovídající devíti alifatickým vodíkům a naopak přebývá singlet u 3,06 ppm. III. Posledním krokem je coupling E s L (za stejných podmínek, jako uvedeno pro ostatní couplingové reakce), který poskytuje cílový produkt N. 3. Nakreslete látku N. Doplňující otázky a úkoly: 4. Jaká částice je elektrofilem při přípravě A a při přípravě F?

Br2 / AcOH, 65°C

F

1) NaNO2 / H2SO4

SnCl2

G

2) EtOH

5. Má látka A nenulový dipólový moment?

H

6. Proč je v reakční směsi pro coupling-reakci přítomen triethylamin?

THF, EtOH

NH2

L


7. Poznáme úspěšné provedení reakce C → D i pomocí infračervené spektroskopie?

1) NaNO2 / H2SO4 2) KI K2CO3, MeOH CH2Cl2

K

J PdCl2tpp2 / CuI TEA, THF

TMS

PdCl2tpp2 / CuI TEA, THF

8. Proč reakci s butyllithiem a dijodethanem předchází příprava D? 9. Proč jsou látky F a H rozpustné v HCl? Má to nějaký význam pro jejich čištění?

I

10. Jaký je vedlejší produkt při přípravě L?

2. Napište strukturu produktů F až L, víte-li, že:

11. Připomíná vám výsledná molekula N něco (někoho)? Diskutujte v tomto světle použití různých 1,2-diolů při přípravě D z C.

a) z několika možných produktů první reakce vzniká ten, jenž neporušuje ani elektronická ani sterická pravidla elektrofilní aromatické substituce. 1H NMR spektrum sloučeniny F obsahuje v aromatické oblasti singlet při 8,35 ppm;

12. Popusťte uzdu syntetické fantazii a v hrubých obrysech (bez detailů) navrhněte nějakou podobnou skopičinu vlastní či od výše uvedené syntézy odvozenou.

b) látka G není na rozdíl od p-nitroanilinu a F rozpustná ve vodném roztoku HCl; c) látka H naopak zase ve vodném roztoku HCl rozpustná je; d) látka I ve vodné HCl rozpustná není;

37

38

Série 4, zadání


4. série

Upozornění:

Úloha č. 1: Osmisměrka

(9 bodů)

• Úlohu řešte za předpokladu, že třípísmenné prvky neexistují. • Písmeno CH považujte za dva znaky, tzn. za C a H!

autor: Michal Řezanka, Pavel Řezanka J

O Á

D V M M U

I

C

N

E

R W A

R

O

Á

S

1. V osmisměrce jsou uvedeny názvy prvků. Najděte je a zaškrtněte.

Á M E

R

2. Nevyškrtnuté znaky (včetně mezer atd.) tvoří tajenku. Napište ji.

M R

T

U

Ť

Y

S

D

F

S

O

K

S

A

T

A D

T

K K O V

L

V Ý H

L

U C

H

Í

M

L

H O

Ř

Č

K

L

E

U Á

Z

E

Í

Í

S

N

E

I

M S

B

D Y D N

Í

D A

O K

E

K

E

V K

L

U V N

M

Í

E

T

A

E M L

F

N

Š

U V

T

E

P M U

I

R

I

I

C

K

F

P

O

Z

E

L

E

Ž

R

R

F

N

L

N

L

A

C

T

K A

,

A O O

E

I

Ž

E

R M S

T

A D

T

I

U M T

C

R

O

L

H

C

U A

I

M M U

P

O O

I

B

D

R

U U M

V

I

H

S M D

B

E

N

T

I

E M

I

O C

E

H

B

K N N

R

K

H

P

R

Í

O

I

V U

T M R U

T

H

E

N

I

U M

E

I

H M

M U

I

H

T

O

T

U

C

U K M A Y G

L

K M M

Y

E

I

Y

L

U

Í

F

L

Í

N O G

R A N

T

I

M O N U N

S

L

Ě

L

P

J

N

D V K

Í

D O

E

B D

E

E

E

B

R

R X V

S M Y Á D A N A V

I

O

B

R

O M U A

N K

Í

L

S

A

R

I

S

L

H

A N E I

L

O

Í

H

S

V

T

A N

E

V Y K

!

D M U

I

N

I

T

S

E

E

N

3. Nalezené prvky seřaďte podle abecedy a ke každému z nich napište datum objevení. Pokud tento údaj nezjistíte, napište, od kdy je daný prvek znám.

I

… vtip je uveden v tajence

39

40

Úloha č. 2: Neznámá látka

Série 4, zadání


(8 bodů)

Úloha č. 3: Snehová guľa do hlavy


(14 bodov)

autor: Viliam Kolivoška Podivuhodná látka A má pouze jediný pík v 13C NMR spektru. V 1H NMR spektru nemá žádný signál. Její sumární vzorec je C60.

Po skončení skúškového obdobia sme sa s kamarátmi rozhodli, že tohoto roku využijeme prázdniny trochu netradične. A tak namiesto toho, aby sme vysedávali pred istým (už tradične do zlatožlta zafarbeným) nápojom s penou na povrchu, sme si vyšli do prírody. A zistili sme, že taká zimná príroda zahalená do bieleho rúcha je nielen zdrojom radovánok, ale aj nádherných úloh z fyzikálnej chémie.

13. O jakou látku jde? 14. Jakému míči se nápadně podobá struktura této látky? 1. Molekula látky A byla v roce 1990 zvolena čtenáři časopisu Science molekulou roku. Nakreslete kus struktury látky A (tak, aby byla zřejmá celá struktura). Kolik typů ekvivalentních uhlíků se nachází ve struktuře této látky? Kolik typů chemických vazeb se nachází ve struktuře této látky? Uveďte jejich násobnost. Vše ilustrujte na svém obrázku. 2. Najděte všechny prvky symetrie (osy, roviny zrcadlení …) a uveďte jejich počet. 3. Ve struktuře látky A se nachází konjugovaný systém dvojných vazeb. Porovnejte aromaticitu látky A s aromaticitou benzenu. Zdůvodněte.

Usúdili sme, že najlepšie sa asi zabavíme niekde na ľade. Väčšina z nás si teda pred výletom nabrúsila korčule, čo spolu s krištáľovo čistým ľadom už ráno vytváralo ilúziu nádherne prežitého dňa. A s korčuľami súvisí aj prvá naša úloha. 1. Možnosť korčuľovania na ľade sa často vysvetľuje tým, že pod obrovským tlakom korčule na ľad dochádza k zníženiu teploty tuhnutia ľadu a že aj pri θ < 0 °C je teda pod korčuľou tenká vrstva kvapalnej vody, ktorá znižuje trenie. a) Vypočítajte teplotu tuhnutia vody pod človekom s hmotnosťou 80 kg, ktorý stojí na dvoch nohách a má obuté korčule. Jedna korčuľa má styčnú plochu s ľadom o obsahu 30 cm × 0,5 mm. Entalpia topenia (s→l) vody je ΔHθ(H2O) = 5 990 J.mol-1, hustota ľadu je ρ(H2O,s) = 0,920.103 kg.m-3 a vody je ρ(H2O,l) = 0,998.103 kg.m-3

4. Jakým chemickým mechanismem bude látka A typicky reagovat? Jaký je možný produkt její reakce s a) chlorem;

b) Ak ste počítali správne, vyšla vám hodnota, o ktorej je zrejmé, že korčuľovať sa dá aj pri nižšej teplote. Zníženie teploty tuhnutia vody na základe zvýšeného tlaku teda asi nebude jediné vysvetlenie korčuľovania. Vedeli by ste nájsť iné?

b) vodíkem; c) roztokem manganistanu draselného; d) diethylaminem? Předpokládejte, že látka A reaguje s jedním ekvivalentem výše zmíněných látek.

5. Působíme-li na látku A ethylchloridem, můžeme po excitaci UV zářením z reakční směsi izolovat látku B o sumárním vzorci C124H10. Nakreslete strukturu této látky. Vysvětlete, jakým mechanismem vzniká. 6. V roce 1985 byla laserovým odpařováním grafitu impregnovaného chloridem lanthanitým připravena látka záhadného vzorce La@C60. Co tento vzorec znamená? Jaká je struktura této látky? 7. Zahříváním látky A na 600 °C v atmosféře helia pod tlakem 250 MPa získáme látku C. Jakou strukturu byste u látky C předpokládali? Jakým mechanismem tato látka vzniká?

41

Z fyzikálnochemického rozjímania ma vyrušila snehová guľa, ktorú som práve dostal do hlavy. To som nemohol nechať len tak a už som sa hrabal v snehu, aby som zahájil protiútok. Ale tá guľa sa nejako nedarila... 2. Na základe vedomostí o povrchovom napätí vody skúste vysvetliť, prečo sa snehová guľa dá pohodlne vyrobiť pri 0 °C, ale nie pri -10 °C. a) Pri akej teplote sa najlepšie robí snehuliak? b) Skúste nakresliť nejakého snehuliaka s chemickou tematikou (nebude bodovo hodnotené). Guľu som nakoniec nejako vypreparoval a hodil do kamaráta. Ten však takticky odskočil a približne 10 molov vody v pevnom skupenstve skončilo na bunde rybára, ktorý stál za ním. Očividne zhovievavý človek sa len ľahko usmial a 42

Série 4, zadání

svoje pardon som mu povedal v blízkej krčme. Po troch čajoch s rumom sme sa dozvedeli, že na rybníku vysekáva každý deň diery do ľadu, aby mohli ryby dýchať. A vtedy ma napadla ďalšia úloha. 3. Predpokladajte, že vzduch je binárna zmes kyslíka a dusíka s molárnym zlomkom kyslíka 21% a atmosferický tlak je 1 atm. Ďalej poznáte Henryho konštanty oboch plynov: K(N2) = 8,68.109 Pa a K(O2) = 4,40.109 Pa.


Z slovensko-českého slovníka korčuľa = brusle topenia = tání Pri výpočtoch sa Vám možno budú hodiť tieto vzťahy: Kelvinova - Clapeyronova rovnica (1)

a) Ktorý z plynov je rozpustnejší vo vode?

p 2 − p1 =

b) Vypočítajte, koľko molov kyslíka a dusíka sa rozpustí v 1 moli vody. c) Vypočítajte molárny zlomok kyslíka v zmesi kyslíka a dusíka, ktorá sa rozpustila vo vode („rybí vzduch“).

4. a) Stručne popíšte mechanizmus, na ktorom je založené zimné posypávanie zľadovatenej cesty soľou. b) Vypočítajte teplotu, pri ktorej bude v rovnováhe čistý ľad s roztokom kuchynskej soli, ktorý vznikol rozpustením 35 g soli v 2 dm3 vody. Predpokladajte, že soľ je vo vode dokonale disociovaná a roztok sa chová ako nekonečne zriedený. Entalpia topenia vody je ΔHθ(H2O) = 5 990 J.mol-1. Po pár šťastných alebo aj menej šťastných pádoch na ľade sme sa rozhodli pre malú prestávku. Po desiatich minútach sme sa chceli vrátiť na ľad, ale začalo husto snežiť ...

Kryoskopická rovnica (2) ΔT f = − K k b 2

(2)

Kk je kryoskopická konštanta rozpúšťadla a b2 je súčet molalít všetkých rozpustených látok. Výpočet kryoskopickej konštanty (3)

RT f 2 (3) ΔH m Parametre v (3) charakterizujú rozpúšťadlo, Tf je teplota topenia a ΔHm je entalpia topenia. KK = M

Henryho zákon (4) pi =Ki xi (4) Ki je Henryho konštanta i-teho plynu nad roztokom s molárnym zlomkom plynu xi.

5. a) Stručne popíšte mechanizmus a podmienky vzniku snehových vločiek v mrakoch. Napíšte, ako sa všeobecne nazývajú častice, ktoré tento vznik podporujú. b) Nakreslite snehovú vločku. V celom tele sme ešte dlho cítili následok kontaktu s vodou v pevnom skupenstve, ale ja som sa tešil, že aj tento výlet mi priniesol pár krásnych námetov na úlohy z fyzikálnej chémie...

43

(1)

ΔHm je entalpia topenia látky a ΔV m=V m(l ) −V m( s ) je zmena molárneho objemu pri topení.

d) Ako sa bude meniť rozpustnosť kyslíka s rastúcou teplotou (kvalitatívne)? Nakoniec sme sa rozhodli, že si ešte pôjdeme trochu zakorčuľovať. Cestou z krčmy pristál jeden z našich kamarátov na zľadovatenom chodníku (a to mal pritom v sebe len štyri pivá). Po pár trochu menej slušných poznámkach od kamaráta na adresu údržby mestských chodníkov som sa rozhodol, že aj tento nepríjemný incident pretavím do ďalšej úlohy.

ΔH m T 2 ln ΔV m T 1

44

Série 4, zadání

Úloha č. 4: O červené krvince (I. část)

(12 bodů)

autor: Helena Handrková Červená krvinka je v mnoha ohledech jedinečná buňka; v této úloze se zamyslíme nad zvláštnostmi jejího energetického metabolismu, v dalším ročníku se budeme zabývat dalšími aspekty jejího života. 1. Erythrocyty získávají energii odbouráváním glukosy glykolytickou drahou, tedy anaerobně. Kteří tři badatelé se podíleli na jejím objevu? 2. Jak se dostává glukosa z plasmy do červené krvinky? 3. Sumární rovnice glykolysy je následující: Glc + 2 ADP + 2 Pi → 2 Pyr + 2 ATP + 2 NADH + 2 H+ Na první pohled by se mohlo zdát, že je „nábojově nevyvážená“, ale není tomu tak, pouze nejsou uvedeny náboje některých reaktantů za fyziologických podmínek. Doplníte je? 4. Hned prvním krokem glykolysy je fosforylace glukosy molekulou ATP, buňka tedy „přichází“ o energii, Gibbsova energie této reakce je ΔG = -16,7 kJ/mol. Také další meziprodukty glykolysy jsou fosforylované. Má to nějaký význam, účel, nebo by mohla glykolysa stejně tak dobře probíhat i s nefosforylovanými meziprodukty? 5. Druhým krokem je isomerace glukosa-6-fosfátu na fruktosa-6-fosfát, po které následuje další fosforylace. Fruktosa-1,6-bisfosfát se poté štěpí na dvě triosafosfáty. Proč se buňka obtěžuje s isomerací a obětuje energii na zavedení druhého fosfátu, když by bylo „možné“ štěpit přímo glukosa-6-fosfát? (ΔG aldolasové reakce je ΔG = +22,6 kJ/mol.)


8. V dalším kroku je rafinovaně spojená (exergonická) oxidace a (endergonická) fosforylace. (ΔG = +5,9 kJ/mol). Jako zdroj fosfátu je anorganický fosforečnan (fosfát). Proč jej buňka nemohla použít i v předchozích fosforylačních reakcích? Získali jsme energeticky bohatou sloučeninu 1,3-bisfosfoglycerát, který je schopen přenést jeden svůj fosfát na ADP, vzniká ATP a 3-fosfoglycerát. Ten isomeruje na 2-fosfoglycerát. Předposledním krokem glykolysy je jeho dehydratace na fosfoenolpyruvát. Závěrečnou reakcí je druhá substrátová fosforylace ADP, získáváme ATP a pyruvát. Vznikají tak 2 ATP na jednu triosu, tedy 4 ATP na jednu molekulu glukosy. 9. Vysvětlete, proč jsou 1,3-bisfosfoglycerát a fosfoenolpyruvát energeticky bohaté sloučeniny. (Zamyslete se nad tím, zda jsou stabilnější tyto látky nebo produkty jejich hydrolysy, berte v úvahu elektrostatické odpuzování mezi elektronovými páry, stabilitu tautomerních forem enol/keto...) 10. Pyruvát se transportuje do plasmy a dále odbourává (v Krebsově cyklu převážně v jaterních buňkách), koenzymy se regenerují, nikoliv však v dýchacím řetězci. Proč ne v dýchacím řetězci? (V řešení se dozvíte, jaký je jejich další osud.) Poznámka: Uvedené ΔG se vztahují k fyziologickým podmínkám. (pH = 7, t = 37 °C)

Pro výpočet se Vám bude hodit vztah (1). ΔG = -R.T.lnK

kde R je molární plynová konstanta, T je termodynamická teplota a K je rovnovážná konstanta reakce.

6. Je rovnováha aldolasové reakce posunuta spíše k reaktantům, nebo k produktům? Řádově odhadněte, jaký bude poměr fruktosa-1,6-bisfosfátu a glyceraldehyd-3-fosfátu. Pokud se domníváte, že rovnováha aldolasové reakce je posunuta k reaktantům, vysvětlete, proč se glykolysa na tomto kroku jednoduše nezastaví? 7. Od tohoto stupně jsou všechny meziprodukty glykolysy jen tříuhlíkaté. Isomerasová reakce, která dává do rovnováhy dihydroxyacetonfosfát a glyceraldehyd-3-fosfát (produkty štěpení fruktosa-1,6-bisfosfátu) má zcela zřejmý účel. Prohlédnete jaký? (Představte si, jak by odbourávání probíhalo dál nebýt tohoto isomeračního enzymu.)

45

(1)

46

Série 4, zadání


Úloha č. 5: Letem světem organika

(5 bodů)

autor: Martin Kuchař V této úloze si vyzkoušíte, jaký máte všeobecný přehled v organické chemii. V následujících jedenácti otázkách je správná vždy pouze jedna odpověď. Ke každé odpovědi je přiřazeno jedno písmeno. Takto získáte jedenáct písmen, které po správném seřazení utvoří název známého organického časopisu z nakladatelství Elsevier. 1. Reakcí trans-butenu s bromem vznikne produkt s konfigurací h) threo

r) erythro

p) nelze určit

d) R,S a) S,R

2. Kyselinu skořicovou lze připravit reakcí k) Darsensovou

e) Perkinovou

b) Cíglerovou

d) Williamsonovou

k) Lukešovo

r) Olahovo

o) Robinsonovou 3. Roztok HF v pyridinu je činidlo n) Jonesovo

h) Lakatošovo

j) Fehlingovo 4. Mezi aprotická dipolární rozpouštědla nepatří a) DMF (dimethylformamid) v) acetonitril t) terc-butyl(methyl)ether

Obrázek 1. Schéma glykolysy

r) DMSO (dimethysulfoxid)

d) 1,4-dioxan

5. 2-methylbutan byl podroben radikálové chloraci. Z reakční směsi byly izolovány všechny teoretické monochlorderiváty (viz Obrázek). Z procentuálního zastoupení produktů je zřejmé, že substituce probíhá na primárním, sekundárním a terciárním uhlíku různě rychle. Zamyslete se a zkuste spočítat relativní poměr rychlosti substituce mezi primárním, sekundárním a terciárním uhlíkem. Výsledek je zaokrouhlen na celá čísla.

47

48

Série 4, zadání


Řešení Cl Cl2, hυ

Řešení 1. série

Cl 27%

14%

Úloha č. 1: Baron Krohneman

25°C

Cl

a) 1:2:3

n) 1:4:5

1. Co je to alchymie? To je velice záludná otázka, protože se na ni nedá jednoduše odpovědět. Odpověď by vydala možná i na víc než jednu knížku, proto bychom vám doporučili (pokud vás to zajímá), abyste si přečetli nějakou knížku o alchymii. Pro ostatní se pokusíme definici shrnout do několika vět.

Cl

36%

e) 1:3:5

23%

o) 4:3:2

t) 1:2:1

6. Oxidační činidlo PCC (pyridinium chlorochromát) se běžně v laboratorní praxi označuje jako b) rajče

d) mrkev

a) květák

h) pomeranč

r) řepa

7. Původní české cytostatikum nese ve svém názvu město p) Krumlov

d) Kladno

r) Olomouc

m) Brno

8. Před příchodem IR spektroskopie se k důkazu přítomnosti CO skupiny používala reakce s…….za vzniku barevné sloučeniny. c) toluidinem

e) fenylhydrazinem

j) kresolem

i) jódem 9. Řada esterů karboxylových kyselin příjemně voní a je obsažena v ovoci a květech rostlin. Po kterém ovoci voní methylbutanoát? u) hrušky

v) jablka

t)ananas

d)banán

a)broskev

10. Radikálová adice HBr na dvojnou vazbu patří mezi reakce a) Kharashovy

b) Chárusovy

c) Kolbenovy

d) Markovnikovovy

11. Účinná složka aspirinu má svůj přírodní původ v o) vrbě

b) olši

t) topolu

2. Význam symbolu zjevně vychází z pozorování, že hadi svlékají kůži, takříkajíc se v časových intervalech „obnovují“. Pro jeho pochopení je zásadní vědět, že „obnova“ hada byla kladena do souvislosti a každodenní smrtí a znovuzrozením slunce. Vyjadřuje se tím věčný koloběh všeho dění, v němž život a smrt, plození a zánik jsou jen stádia věčného pohybu, v němž se nic neztrácí a v němž se věčnost uskutečňuje jako věčný návrat. Uroboros v alchymii značí praktické alchymistické dílo s jeho cyklickými procedurami podle principu „solve et coagula“. Toto heslo, přikazující rozdělit a sloučit v dokonalejší podobě, se opírá o základní představy, že svět tvoří jednotu (známé heslo „všechno je jedno“ – „hen to pan“). Alchymisté se na základě představ, že se hmota skládá ze stejných látek, pokoušeli například o transmutaci. Chtěli připravit primární materii, ze které je složeno všechno, a posléze z ní připravit zlato. Uroboros měl i konkrétní význam sloučenin. Mohl být zelený, kupodivu se tím mínil červený oxid železitý, mohl se vyskytnout i had moudrosti a kdo ho ochutnal a přežil to, věděl nadosmrti, že není vhodné ochutnávat neznámé sloučeniny. Byl to prudce jedovatý sublimát, chlorid rtuťnatý.

e) Zajcevovy e) bříze

Alchymie byla neexaktní předchůdkyně chemie, nejednalo se v ní pouze o výrobu zlata, elixíru nesmrtelnosti, všeléku apod., ale měla i svou duchovní a mystickou stránku (duchovní vývoj, hledání moudrosti, sebezdokonalování ...). Alchymie se snažila o přeměnu něčeho nedokonalého v dokonalejší (ať už se jednalo o přeměnu obecných kovů ve zlato nebo přeměnu člověka samotného). Pokud se nám z vašeho řešení zdálo, že přibližně víte, o co jde, dostali jste plný počet bodů.

e) Pardubice

b) anilinem

(5 bodů)

autor: Michal Řezanka, Pavel Řezanka

i) osice

3. Jako prvním se to podařilo fyzikům Harvardské univerzity R. Sherrovi a K. T. Bainbridgeovi v roce 1941. 198

Hg + 1n → 198Au + 1p

49

50

Série 1, řešení 199

Hg + 1n → 199Au + 1p


Úloha č. 2: Exkurze

4. Ano, i v dnešní době jsou lidé, kteří věří, že dokážou vyrobit kámen mudrců. Jako příklad jmenujme knihu, která se nám nedávno dostala do ruky: Albertus, F.: Příručka alchymisty. VOLVOX GLOBATOR, Praha 2000.

(10 bodů)

autor: Jan Kotek, Zbyněk Rohlík 1. Identifikace jednotlivých látek a rovnice popisující jednotlivé chemické procesy jsou uvedeny níže.

5. Obrázků se nám sešlo opravdu hodně, za což Vám děkujeme. Ty nejhezčí vyvěsíme na naši nástěnku na Přírodovědecké fakultě, takže pokud se k nám přijdete podívat na den otevřených dveří, který bude 13. 12., určitě je uvidíte.

X – (NH4)2U2O7 A – UO3 B – U3O8

Otázka 1 – 0,5 bodu, 2 – 1 bod, 3 – 1 bod, 4 – 0,25 bodu a 5 – 2,25 bodu. Celkem 10 bodů.

C – UO2(NO3)2 . nH2O D – UO4 . 2H2O („kyselinu peruranovou“ jsem neuznával, jako produkt je v relevantní literatuře uváděn jen UO4 . 2H2O. Ty dvě vody nejsou hydrátové, UO4 bezvodý neexistuje.) E – U(SO4)2 . nH2O F – karbonátokomplexy, zejména [UO2(CO3)3]4– Za každý správný vzorec 0,5 bodu, celkem 3,5 bodu. (NH4)2U2O7 → 2 NH3 + H2O + 2 UO3 3 UO3 → U3O8 + ½ O2 U3O8 + 8 HNO3 → 3 UO2(NO3)2 + 2 NO2 + 4 H2O UO22+ + O22– + 2 H2O → UO4 . 2H2O UO22+ + CH3CH2OH + 2 H+ → UIV+ + CH3CHO + 2 H2O UO22+ + 3 CO32– → [UO2(CO3)3]4– Za každou správně vyčíslenou rovnici 0,7 bodu, celkem 4,2 bodu. 2. Františka zrak nešálil, krystaly dusičnanu uranylu jeví triboluminiscenci – což je emise světla provázející destrukci. krystalové mřížky. Perlička v UV žlutozeleně fluoreskuje. 3. Státní podnik DIAMO, Stráž pod Ralskem (mimochodem mimořádně odpudivé město). 4. Technologie získávání uranu v DIAMO je zhruba takováto: do podzemí se soustavou vrtů pumpuje směs H2SO4 (rozpouštění rudy a tvorba sulfatokomplexů uranylu – hlavně [UO2(SO4)3]4–), HNO3 (rozpouštění rudy a oxidace Un+ na UVI+) a HF (rozpouštění a rozrušování podloží, aby roztok snadněji protékal). Sulfatokomplexy uranu se pak zachytí na anexu (kyselé

51

52

Série 1, řešení

roztoky po doplnění obsahu kyselin putují zpátky pod zem) a po eluci se amoniakem sráží diuranan amonný – tzv. žlutý koláč. Ten představuje hlavní produkt závodu, který se snadno (žíháním) přepracovává na oxidy používané v jaderné technologii. (Spousta z vás zdůvodňovala přítomnost HF výrobou UF4 apod. V DIAMO se výroba kovového uranu neprováděla.) V současné době je těžba zastavena a probíhá sanace zamořeného podzemí (časový plán 30−40 let). Loužicí roztoky jsou neutralizovány, zahušťovány a přepracovávány na kamenec hlinito-amonný (který byl nutně i odpadním produktem při výrobě – hliníku je v zemské kůře mnoho a amoniak se v technologii používal na neutralizace). 5. Ekologický tento postup rozhodně přijatelný není; o zahájení těžby rozhodly politické důvody. K rozsáhlé kontaminaci spodních vod nedošlo spíše náhodou a díky včasnému zřízení hydrobariéry. Nyní je nutno skladovat obtížně zpracovatelný kamenec a navíc je třeba sanovat i vylouhovaná překvapení – beryllium, radium, thallium etc. Na povrchu ovšem bují vegetace, pobíhají srnky a rostou houby (hřiby), a to díky tomu, že obrovský areál závodu byl oplocen a přísně hlídán (srovnej vojenské prostory).


Úloha č. 3: Menší organická syntéza

(7 bodů)

autor: Ondřej Kundrát Vzorce sloučenin jsou uvedeny na obrázku 1, jejich názvy přímo v příslušném textu. Br

C

B

A

HOOC

COOH

O

OH

D

HOOC

Pro zájemce o podrobnější informace doporučuji: • http://www.volny.cz/casopis.energetika/e_0903_4.html • http://www.diamo.cz/tuu/tuu/index.htm. Otázka 1 – 7,7 bodu, 2 – 0,5 bodu, 3 – 0,5 bodu a 4 – 1,3 bodu. Celkem 10 bodů.

E

F

G

Obrázek 1. Vzorce sloučenin A – H

Za každý správný vzorec 0,5 bodu, za název po 0,2 bodu, celkem 4,9 bodu. 1. Radikálová substituce na uhlíku sousedícím s násobnými vazbami. Látkou A je benzylbromid (případně benzylchlorid). 2. Jedná se o reakci organolithného činidla – dojde k nukleofilní substituci bromu, vzniká difenylmethan B. Činidlo se připraví bromací benzenu a následnou reakcí s Li v prostředí THF (tetrahydrofuran). 3. Oxidací např. pomocí chromsírové směsi se připraví benzofenon (C). 4. Benzylbromid se reakcí s Mg v THF převede na Grignardovo činidlo benzylmagnesiumbromid, který poté atakuje elektrofilní uhlík v CO2. Vzniká fenyloctová kyselina (D), která je ve srovnání se známější octovou kyselinou (pKa = 4,76) silnější kyselinou (pKa = 4,31) díky indukčnímu efektu elektronegativní fenylové skupiny, která tímto svým působením oslabuje vazbu O–H v karboxylové skupině. Tím je usnadněno štěpení této vazby.

53

54

Série 1, řešení


5. Ester fenyloctové kyseliny poskytuje v prostředí NaOH a C2H5ONa enolát (podobně jako ethylacetoacetát), který dále reaguje s elektrofilním uhlíkem karbonylové skupiny benzofenonu. Po kyselé hydrolýze vznikne sloučenina E (2,3,3-trifenyl-3-hydroxypropanová kyselina).

Úloha č. 4: Ako použiť teplomer namiesto buzoly

6. Tato hydroxykyselina snadno dehydratuje – důvodem je výhodnost konjugovaného systému. Vzniká 2,3,3-trifenylakrylová kyselina (F), která nejeví žádnou geometrickou izomerii. 7. Po převedení na sodnou sůl a působením elektrického proudu (Kolbeho elektrosyntéza) dochází k dekarboxylaci a spojení vniklých radikálů na sloučeninu G – 1,1,2,3,4,4-hexafenylbuta-1,3-dien (nebo též perfenylbutadien). Reakce 2 – 0,8 bodu, 4 – 0,8 bodu a 6 – 0,5 bodu. Za vzorce 4,9 bodu Celkem 7 bodů.

(13 bodů)

autor: Viliam Kolivoška 1. p0 = 101 325 Pa, Tsur = 298,2 K, h = 2000 m n.m., M = 0,02895 kg.mol-1, g = 9,81 m.s-2 Hodnotu aktuálneho atmosferického tlaku vypočítame jednoducho dosadením hodnôt do barometrického vzorca (1). p = p 0 .e − Mgh / RTsur = 101325.e −0, 02895.9,81.2000 8,314.298, 2 = 80,6 kPa

(1)

Pri odvodzovaní barometrického vzorca (1) si najprv treba uvedomiť diferenciálnu závislosť zmeny tlaku s nadmorskou výškou (tlak s rastúcou nadmorskou výškou klesá) (2). dp = −ρgdh

(2)

Predpokladajme teraz, že vzduch sa správa ako ideálny plyn, preto pre jeho správanie možno použiť stavovú rovnicu pre ideálny plyn a do (2) dosadiť. pV = mRT M

(3)

Rovnicu (3) možno pre naše potreby upraviť na tvar (4). pM = ρRT

(4)

A teda ρ = pM RT

(5)

Teraz už z (5) ľahko zistíme, že dp p = − Mgdh RT ,

(6)

predpokladáme, že teplota sa nemení. Pri integrovaní rovnice (6) si musíme uvedomiť, že p = p0 ak h = 0, a konštantu v rovnici Cauchyovej úlohy ln p = const − Mgh RT

(7)

možno určiť z počiatočných podmienok: ln p 0 = const . Rovnica (7) dáva závislosť ln p = ln p 0 − Mgh RT

(8)

ekvivalentnú s barometrickým vzorcom (1). 2. ∆vapH0 = 40,7 kJ.mol-1 (hodnota pre 100 °C, v danom teplotnom intervale takmer nezávisí od teploty), p2 = 80,6 kPa 55

56

Série 1, řešení


Teplotu varu vody pri tomto tlaku vypočítame na základe známych údajov pre vodu (T1 = 373,2 K p1 = 101 325 Pa) a Clausiovej-Clapeyronovej rovnice (9)

a pre reakčný čas z (16) dostaneme t 2 = 3.e 0, 422 = 4,6 min .

ln( p 2 / p1 ) = (Δ vap H 0 R ) (1 T 1 − 1 T 2)

(9)

4. ρ = 0,98 g.cm-3, V = 9,0.103 cm3, c = 3,77 J.g-1.K-1, θ1 = 25 °C, θ2 = 65 °C, ε = 1/2 Hmotnosť vína bude

ktorú si pre naše potreby upravíme na tvar (10). 1 T2 = 1 / T1 + ( R Δ vap H 0 ) ln( p 1 p 2 )

m = ρV = 0,98.9,0.10 3 = 8,82.10 3 g

(10)

1 T 2 = 1 373,2 + (8,314 40,7.10 3 ) ln(101325 80,6.10 3 ) = 2,727.10 −3 K −1 ,

Mernú tepelnú kapacitu považujeme za konštantnú, preto pre teplo prijaté vínom možno napísať rovnicu (18).

a teda T2 = 366,8 K, čiže θ2 = 93,6 °C. Troutonovo pravidlo hovorí, že kvapaliny s dostatočne ťažkými molekulami (v štruktúrach ich kvapalného skupenstva nesmú existovať vodíkové väzby) majú pri svojom normálnom bode varu rovnakú molárnu entropiu vyparovania (číselne je to asi 85 J.mol-1.K-1)

q p = mcΔT = mc(θ 2−θ 1) = 8,82.10 3 .3,77.(65 − 25) = 1,33.10 6 J

ε = q p qc

3. Na základe údajov v zadaní úlohy vieme, že t1 = const k (T 1) t 2 = const k (T 2)

(12) (13)

q c = q p ε = 1,33.10 6 (1 2) = 2,66.10 6 J

qc = n Δr H 0

k (T ) = A.e

(21)

Reakčnú entalpiu zasa možno vyjadriť pomocou spaľovacích entalpií látok v danej reakcii. Keďže sa jedná o reakciu C4H10(g) + 13/2 O2(g) → 4 CO2(g) + 5 H2O(l),

(14)

jej reakčná entalpia bude Δ r H 0= −∑ν J Δ c H 0 J =Δ c H 0(C 4 H 10, g ) = −2878.10 3 J.mol −1

Rýchlostné konštanty ľahko určíme z Arrheniovej rovnice (15). − E a RT

(20)

Toto teplo ale možno napísať aj ako súčin molárnej reakčnej entalpie a látkového množstva n (21).

Kombináciou rovníc (12) a (13) dostaneme rovnicu (14). t 2 = t 1 .k (T 1) k (T 2)

(19)

A z (19) pre teplo vzniknuté spálením butánu dostaneme rovnicu (20).

(11)

Vodíkové mostíky hrajú svoju rolu aj tesne pod bodom varu vody, čo silne znižuje entropiu kvapalnej vody. Výparná entropia vody je preto vyššia ako by sme očakávali podľa tohto pravidla [11]. Troutonovo pravidlo takisto neplatí pre MetOH, EtOH (∆vapS0 > 85 J.mol-1.K-1, vodíkové mostíky) alebo pre H2, CH4, N2 (∆vapS0 < 85 J.mol-1.K-1, ich molekuly sú príliš ľahké).

(18)

Za účinnosť (ε = 1/2) možno považovať podiel tepla prijatého vínom qp a tepla vzniknutého dokonalým spálením butánu qc (19).

Výpočet pre vodu dáva však hodnotu Δ vap S 0 = Δ vap H 0 T b= 40,7.10 3 373,15 = 109 J.mol −1 .K −1

(17)

(15)

A je predexponenciálny faktor, ktorý nezávisí od teploty. Kombináciou (14) a (15) dostaneme (t1 = 3 min) t 2 = t1 .eξ , kde

Tento záver sa dal očakávať aj bez príslušného výpočtu. Teraz už ľahko určíme látkové množstvo butánu potrebného na generovanie tepla (23). n = q c / Δ r H 0 = 2,66.106 2878.103 = 0,924 mol

ξ = ( E a R )(1 T 2 − 1 T 1 ) = (75.10 3 8,314)(1 366,8 − 1 373,2) = 0,422 (16)

57

(22)

58

(23)

Série 1, řešení

Pre hmotnosť butánu (M = 58,12 g.mol-1) dostaneme rovnicu (24). m = Mn = 58,12.0,924 = 54 g


Úloha č. 5: Objev citrátového cyklu (24)

1. AcSCoA + FAD + 3 (NAD+) + GDP + Pi → 2 CO2 + H2O + FADH2 + + 3 (NADH + H+) + GTP + HSCoA (rovnice I)

5. θ2 = 96,0 °C, T2 = 369,2 K, ∆vapH0 = 40,7 kJ.mol-1, Tsur = 298,2 K Z teploty varu vody pri danom tlaku možno tento tlak ľahko určiť podľa Clausiovej – Clapeyronovej rovnice (9) (pre vodu možno znova použiť p1 = 101 325 Pa a T1 = 373,15 K) ln( p 2 / p1 ) = (Δ vap H 0 R ) (1 T 1 − 1 T 2) ,

některé učebnice uvádějí tuto rovnici v různých zkrácených verzích, např: CH3CO-SCoA + 3 H2O → 8 H + 2 CO2 + HSCoA, za tuto neúplnou rovnici bylo uděleno 0,5 bodu.

(25)

2. Jakákoliv buňka, která nemá mitochondrie, např. parazitičtí prvoci (Trichomonas, Giardia), nebo erythrocyt. 3. Mitochondrie, matrix. (U prokaryot probíhá na plasmatické membráně.)

ln p 2 = ln 101325 + (40,7.10 3 8,314)(1 373,15 − 1 369,2) = 11,38

4. Redoxní reakce.

p2 = 87,9 kPa Poznáme teplotu okolitého vzduchu, a tak možno nadmorskú výšku vypočítať z barometrického vzorca (1), z ktorého pre h po drobnej úprave dostaneme ⎛ RT sur ⎞ ⎛ p0 ⎞ ⎛ 8,314.298,2 ⎞ ⎛ 101325 ⎞ ⎟⎟ ln⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜ h = ⎜⎜ ⎟ ln⎜ ⎟ −3 3 ⎝ Mg ⎠ ⎝ p 2 ⎠ ⎝ 28,95.10 .9,81 ⎠ ⎝ 87,9.10 ⎠ h = 1,24 km n.m.

(AcSCoA = acetyl koenzym A, HSCoA = volný koenzym A)

(9)

ktorú sme si upravili na tvar (25). ln p 2 = ln p1 +(Δ vap H 0 R )(1 T 1 − 1 T 2 )

(14 bodů)

autor: Helena Handrková

5. 2 C6H8O7 + 9 O2 → 12 CO2 + 8 H2O (rovnice II)

(26)

1 mol C6H8O7

4,5 mol O2

3 mmol C6H8O7

3.4,5 mmol = 13,5.10-3 mol O2

V = nRT/p, kde n = 13,5.10-3 mol, T = 298 K a p = 101 325 Pa. V = 330,1.10-6 l = 330,1 ml

Otázka 1 – 1 bod, 2 – 5 bodů, 3 – 2 body, 4 – 3 body a 5 – 2 body. Celkem 13 bodů.

Poznámka: Bylo možné řešit také pomocí molárního objemu kyslíku nebo jeho hustoty.

Přidaný citrát se za aerobních podmínek a enzymové katalysy neodbourává podle výše uvedené rovnice (II), ale toliko na oxalacetát (rovnice I). Oxalacetát kondensuje s dvojuhlíkatým fragmentem acetyl-CoA a vzniká opět citrát. Ten se v další otáčce Krebsova cyklu opět odbourá na oxalacetát a tak stále dokola, což vede k oxidaci velkého množství molekul acetyl-CoA. Kyslík se spotřebuje na oxidaci koenzymů FADH2, NADH+H+ v dýchacím řetězci a počet otáček Krebsova cyklu je úměrný jeho spotřebě. Přídavek citrátu katalysoval odbourání mnoha dalších dvouuhlíkatých fragmentů acetyl-CoA. 6. a) Malonát: kompetitivní inhibice, blokuje sukcinát-dehydrogenasu (vznik fumarátu). b) Arsenitan: nekompetitivní inhibice, kovalentně se váže na enzymy obsahující SH skupiny (zde sukcinyl koenzym A synthetasu), blokuje sukcinyl-CoA-synthasu (vznik sukcinyl-CoA).

59

60

Série 1, řešení


Zde bylo v zadání chybně uvedeno oxidační číslo – místo arseničnanu byl v původním experimentu použit arsenitan.

Poznámka: Existuje zde částečná reoxidace koenzymů v anaerobním metabolismu, ale je daleko méně účinná, než je dýchací řetězec.

7. a) C6H8O7 + O2 → 2 CO2 + H2O + C4H6O4 (rovnice III)

10. Ke kondenzaci oxalacetátu a acetyl-CoA není třeba žádný redox přenašeč, reakce je nezávislá na kyslíku a může tedy probíhat (je enzymaticky katalysována). Vznik oxalacetátu a všechny předcházející reakce ale NAD+ (resp. NAD+ a FAD) vyžadují.

b) 2C6H8O7 + O2 → 2 CO2 + 2 H2O + 2 C5H6O5 (rovnice IV) Rovnice jsou v souladu s výsledky experimentu. V přítomnosti malonátu proběhne oxidace citrátu až na sukcinát, na 1 mol citrátu se spotřebuje 1 mol kyslíku.

11. Močovinový nebo také ornithinový cyklus, jeho objevitelé byli Krebs a Henseleit (rok 1932).

Arsenitan inhibuje oxidaci citrátu daleko dříve – na úrovni sukcinyl-CoA synthasy. Oxidaci 1 mol citrátu na 2-oxoglutarát odpovídá spotřeba 0,5 mol kyslíku, tedy množství přesně 2krát nižší, než v reakci (IV).

Otázka 1 – 1 bod, 2 – 0,5 bodu, 3 – 0,4 bodu, 4 – 0,4 bodu, 5 – 2,6 bodu, 6 – 1 bod, 7 – 1 bod, 8 – 4 body, 9 – 1,5 bodu, 10 – 1 bod a 11 – 0,6 bodu. Celkem 14 bodů.

8. ΔG = ΔG°' + RTlnX, kde X = [ox2-].[NADH].("pH")/([mal2-].[NAD+]) V hranatých závorkách jsou molární koncentrace produktů, resp. reaktantů, člen ("pH") = [H+]/[H+]std je roven jedné. Zadané neutrální pH odpovídá [H+] = 10-7 M a je současně rovno pH standardních biochemických podmínek ([H+]std). Není tedy třeba žádné korekce na pH. V rovnováze (reakce neběží žádným směrem) je ΔG = 0, pro poměr [mal2-]/[ox2-] platí: ΔG°'/RT = ln[mal2-]/[ox2-] + ln[NAD+]/[NADH]. Po úpravě a odlogaritmování dostaneme [mal2-]/[ox2-] = exp{ΔG°'/RT-ln[NAD+]/[NADH]}. Aby reakce probíhala ve prospěch oxalacetátu, musí být poměr [mal2-]/[ox2-] vyšší než tato hodnota. Číselně: [mal2-]/[ox2-] > 1,1.10-4 Pokud jste počítali se standardními elektrodovými potenciály reakce, platila v rovnováze rovnost potenciálů. Po úpravě a dosazení vyšel trochu odlišný výsledek [mal2-]/[ox2-], ale to je dáno tím, že konstanty ΔG°' a ΔE°' pocházejí z různých zdrojů. 9. Meziprodukty cyklu oxidují koenzymy NAD+ a FAD, které jsou vázané na bílkovinný přenašeč (apoenzym). Jejich redukované formy (NADH+H+, resp. FADH2) se zpětně oxidují v dýchacím řetězci, akceptorem vodíkových atomů a elektronů je O2. Za anaerobních podmínek se koenzymy nemohou regenerovat, jejich zdroje se brzy vyčerpají a cyklus se zastaví.

61

62

Série 2, řešení

Řešení 2. série Úloha č. 1: Vystřihovaná


Úloha č. 2: Pravděpodobný příběh (6 bodů)

(9 bodů)

autor: Karel Berka

autor: Pavla Spáčilová, Pavel Řezanka, Michal Řezanka

1. Ferda, Franta a Filip byli všichni fotony.

1. V každém z Vás dříme malý Mendělejev. Složená šifra je uvedena níže.

2. Jejich základnou bylo Slunce nebo spíše jednotlivé excitované prvky, z nichž vyletěli. Slunce je od Země vzdáleno 1 A.U., tedy 145 milionů km.

Za každou dvojici 0,09 bodu, za šifru 0,6 bodu. Celkem 6 bodů.

3. Stříbrný smrk má modrozelené jehličí, takže pohlcuje hlavně červenou část spektra. Bromid stříbrný je žlutý a je velice citlivý k modré barvě. Rodičovský prvek bylo helium, které se ve Slunci vyskytuje v dostatečné koncentraci, aby mohlo vysílat myriády fotonů, a které má ve spektru spektrální čáry 667,815 nm (červená, Filip), 587,562 nm (žlutá, Ferda) a 447,148 nm (modrá, Franta). 4. Ve feministickém hnutí vystupuje Hydra a přesvědčuje ženy příkladem Angely, přičemž za jejich muže provdává své dcery Voděny. hydrochinon + 2 AgBr → chinon + 2 Ag + 2 HBr

(1)

5. Zatímco Hydra a Pyra se snadno oxidují na chinony s rezonanční strukturou, Resa ale takovou rezonanční strukturu nemá a proto je její oxidace obtížná a nemůže tedy fungovat jako redukční činidlo. 6. Thiostát pomocí thiosíranu rozpouští nerozpustná manželství bromidů stříbrných, přičemž ženy (stříbro) vnáší do rozpustného komplexu a muže (brom) do rozpustné Sloučeniny s.p. AgBr + 2 Na2S2O3 →Na3[Ag(S2O3)2] + NaBr

(2)

Vše rozpustné je následně odplaveno a zůstanou pouze osamělé ženy. 7. Uvidíme tam černé kousky rozptýleného stříbra – osamělé plačící emancipované ženy v želatině života. 8. Jde o negativ smrku. Pokud by šlo o obraz smrku na světlém pozadí, bude smrk světle šedý a jeho okolí bude černé. Tmavé pozadí by naopak zanechalo průhledné čiré místo. 9. Jistěže by takovéto podmínky existovaly. Stačilo by prodloužit dobu záběru, tím by dopadlo více fotonů a AgBr by se rozložilo fotolýzou na stříbro a brom. Ale obraz by nebyl stálý a pokud by se neustavil thiosíranem nebo jiným ustalovačem, tak by bledl rozpadem dalších „manželství.“

Otázka 1 – 0,5 bodu, 2 – 1 bod, 3 – 2 body, 4 – 1 bod, 5 – 1 bod, 6 – 1 bod, 7 – 0,5 bodu, 8 – 1 bod a 9 – 1 bod. Celkem 9 bodů.

63

64

Série 2, řešení

Úloha č. 3: Podzimní hýření


konjugovanosti dvojných vazeb na jednom z cyklů (mezi dvěma dvojnými vazbami u luteinu zde není jedna jednoduchá vazba, ale dvě jednoduché vazby).

(12 bodů)

autor: Jiří Kysilka 1. Metoda, kterou Jeremy použil, se nazývá chromatografie. Poprvé ji použil ruský botanik Michail Semjonovič Cvět v roce 1903. Ten ji provedl v podobném uspořádání, jako Jeremy s cílem rozdělit rostlinná barviva. Pojmenoval ji tedy chromatografie podle řeckého χρομα (chroma) – barva a γραφειν (grafein) – psát. Zlí jazykové ovšem tvrdí, že záměrem pro výběr tohoto názvu nebyla rostlinná barviva, ale podlá snaha zvěčnit v názvu metody své jméno, neboť cvět znamená rusky barva. Chromatografie se používá k dělení různých látek. Dělení je založeno na rozdílné afinitě rozdílných látek ke stacionární a mobilní fázi. Stacionární fází je v našem případě papír, mobilní fází líh. Tím vzniká rozdíl v rychlosti pohybu různých látek a směs se tak postupně rozděluje na pásy, obsahující jednotlivé látky. Metodu lze užít jak k analytickým, tak k preparačním účelům. Příkladem experimentálního uspořádání je papírová chromatografie, kdy je stacionární fází papír a mobilní fází organické rozpouštědlo, gelová chromatografie, kdy je stacionární fází gel a mobilní fází roztok pufru, plynová chromatografie, kdy je stacionární fází vrstvička pevné nebo kapalné fáze v kapiláře a mobilní fází plyn, chromatografie na tenké vrstvě, kdy je stacionární fází vrstvička silikagelu, oxidu hlinitého nebo aktivního uhlí a mobilní fází je rozpouštědlo nebo jejich směs. 2. 1 – β-karoten – oranžové, Daucus carota – mrkev obecná 2 – lutein – žluté, lat. luteus – žlutý 3 – chlorofyl – zelené, řec. χλοροσ (chloros) – zelený Barevnost jakéhokoli barviva je způsobena tím, že je schopno absorbovat viditelné elektromagnetické záření. Elektromagnetické záření je absorbováno ve chvíli, kdy rozdíl mezi dvěma energetickými hladinami látky odpovídá přesně energii fotonu. Když je tento rozdíl příliš velký, spadá absorbované záření do ultrafialové oblasti a látka je bílá. Snižujeme-li změnou struktury látky rozdíl mezi dvěma přeskokovými hladinami (což lze učinit např. prodlužováním systému konjugovaných dvojných vazeb a volných elektronových párů, vhodnou komplexací, včleněním vhodného strukturního prvku s heteroatomy - chromoforu apod.), zmenšuje se energie záření, které se absorbuje, až se dostane do viditelné oblasti a absorbuje fialové světlo. Látka potom získává doplňkovou žlutou barvu. Čím více snižujeme energii absorbovaného záření, posouváme se v barvě látky přes oranžovou, červenou, fialovou, modrou a zelenou. V praxi vidíme, že lutein s kratším systémem konjugovaných vazeb je žlutý a karoten s delším systémem konjugovaných vazeb oranžový. Rozdíl v barvě sloučenin je tedy dán přerušením

65

3. Jeremy takto získal chromatogram. Na chromatogramu vidíme, že v listech je přítomna směs barviv – chlorofyl a a chlorofyl b, různé karotenoidy a xanthofyly. Tato nezelená barviva jsou přítomna i v zeleném listu. Chlorofyl absorbuje více záření, proto v létě úplně potlačí barevnost ostatních barviv. Na podzim se však jakožto nestabilní barvivo nejdříve rozpadá a jsou vidět i nezelená barviva. Chlorofyl jakožto hlavní fotosyntetické barvivo absorbuje v nejenergetičtější červené oblasti. Ostatní barviva patří k druhotným fotosyntetickým barvivům, zachycují záření i ze zbytku barevného spektra a zachycenou energii předávají chlorofylu. 4. Dělení barviv je způsobeno jejich rozdílnou afinitou k papíru a k lihu. To závisí na tom, jak dobře se barvivo adsorbuje na papír (čím lépe, tím pomaleji se pohybuje), jak dobře se barvivo rozpouští v lihu (čím lépe, tím rychleji se pohybuje) a jak je molekula barviva velká (menší molekuly zalezou i do menších škvírek v papíru a objem, kterým musí projít, je tedy větší, pohybují se tedy pomaleji). 5. Barviva jsou organické hydrofobní látky a ve vodě se tedy nerozpouštějí. Můžeme být rádi, že tomu tak není, protože kdyby byla barviva ve vodě dobře rozpustná, smýval by nám častý déšť zelenou barvu ze stromů a podzim by nebyl barevný, ale dosti vybledlý. 6. Došla od Vás celá řada pěkných chromatogramů vytvořených různými technikami. Některé ze skvrn sice vybledly, ale většina z Vás dala na mou radu a skvrny pečlivě označila. V opačném případě mi došel třeba i jen ušpiněný papír, na němž bylo vidět jen to, že už se kdysi v něčem máčel, nic víc. Každé snahy jsem si však cenil a prohlížení výsledků Vaší práce bylo milé. 7. Forma B se vyskytuje v kyselém prostředí – jde o flavyilovou sůl, jejíž zbarvení je červené. Forma A se vyskytuje v zásaditém prostředí, je zbarvena modře. Rozdíl ve zbarvení vyplývá z rozdílné konjugace dvojných vazeb.

Otázka 1 – 2 body, 2 – 2 body, 3 – 1,5 bodu, 4 – 1,5 bodu, 5 – 0,5 bodu, 6 – 3 body a 7 – 1,5 bodu. Celkem 12 bodů.

66

Série 2, řešení

Úloha č. 4: Úloha šutrologická


Za určení barytu 0,3 bodu, za těživec 0,1 bodu, postup 0,6 bodu.

(9 bodů)

autor: Michal Kačenka Úlomek nerostu A

1. Nerostem A je samozřejmě kalcit – uhličitan vápenatý. Reakci se zředěnou HCl za studena z běžných nerostů poskytují jen malachit, azurit, kalcit a aragonit. Malachit je sytě zelený a azurit zase modrý. Zbývá aragonit a kalcit. Mezi nimi se rozhodneme na základě Meigenovy zkoušky (vysvětlení viz dále). Protože prášek zůstal nezměněn, jde o kalcit (aragonit by se zbarvil domodra). Další dvě zkoušky nám spíš potvrzují, že je to kalcit. Plamenná zkouška dokazuje vápník, zkouška s bromoformem zase ukazuje na hustotu, která je menší než 3 g.cm-3 (vylučuje vzhledově podobné nerosty fluorit, baryt, siderit, …). A protože kalcit je uhličitan, je neznámým plynem oxid uhličitý.

Za určení kalcitu 0,3 bodu, za jakýkoliv alespoň trochu logický postup 0,6 bodu, za CO2 0,1 bodu. 2. Například 1,1,2,2-tetrabromethan, dijodmethan. Jodoform použít nemůžeme, neboť má jednu zásadní nevýhodu: není to kapalina, ale žlutá krystalická látka.

Za kapalinu 0,2 bodu, za jodoform 0,2 bodu. 3. Nejprve ta kobaltová soluce – je to 2%ní roztok dusičnanu kobaltnatého. Meigenova zkouška rozlišuje kalcit od aragonitu. Prášek aragonitu se při zkoušce zbarví tmavě modrofialově (utvořeným zásaditým uhličitanem kobaltu). Kalcit se nezbarví, teprve až po 5 – 10 minutách se zabarví světle modře. Aragonit a kalcit jsou různé modifikace CaCO3, přičemž aragonit je metastabilní modifikací, a proto snadněji podléhá reakci.

Za kobaltovou soluci 0,2 bodu, za princip a použití Meigenovy zkoušky 0,8 bodu Celkem za nerost A 2,4 bodu. Úlomek nerostu B

1. Reakce s HCl nám říká, že jde o dosti odolný nerost. Pravděpodobně nejde o uhličitan (šuměl by), sulfid (unikal by sulfan), ani se nejedná o pyroluzit (unikal by chlor a navíc pyroluzit je černý). Díky heparové reakci (viz další bod) víme, že je v nerostu přítomná síra, a protože nejde o sulfid, musí jít o síran (siřičitany, thiosírany atd. vylučuje jednak reakce s HCl a jednak se nenachází v přírodě). A žlutozelené zbarvení plamene nám prozrazuje, že je v nerostu přítomné baryum. Ponořením do bromoformu se ujišťujeme, že se jedná o nerost s vyšší hustotou, a tím baryt (těživec, síran barnatý) skutečně je. 67

2. Tato zkouška se nazývá heparová reakce. Její pomocí se dokazuje síra (buď síra přítomná jako sulfid, nebo jako síran) v nerostech. Černá skvrna je způsobena sulfidem stříbrným, který vzniká reakcí stříbra (plíšek) se sulfanem. Sulfan vzniká pokapáním horké strusky vodou. Ve strusce je totiž síra ve formě sulfidu (pokud to byl síran, síra se při žíhání zredukovala na sulfid).

Za název 0,1 bodu, za síru 0,2 bodu, za skvrnu 0,2 bodu, za uvedení, proč reakce dokazuje sulfid i síran 0,4 bodu, celkem za tento bod (včetně kompletního principu reakce) max. 1,2 bodu. Celkem za nerost B 2,2 bodu. Úlomek nerostu C

1. Nejprve ta Rinmanova zeleň. Je to zelený pigment, v podstatě zinečnatan kobaltitý Co2O3.ZnO neboli Co2ZnO4. Tím jsme se dostali k tomu, že náš nerost určitě obsahuje zinek (nálet je tvořen bílým ZnO, který reaguje s Co(NO3)2 za vzniku Rinmanovy zeleně). A plyn, který je uvolňován reakcí s HCl, je samozřejmě sulfan. Díky tomu víme, že nerost je sulfid. Takže nakonec je jasné, že jde o sulfid zinečnatý. Minerály se složením ZnS známe dva – sfalerit a wurtzit. V úvodu je ale řečeno, že má nerost diamantový lesk, což je vlastnost typická pouze pro sfalerit. Zkouška s bromoformem slouží spíš ke kontrole, protože snad všechny sulfidické minerály mají větší hustotu než bromoform.

Za Rinmanovu zeleň 0,3 bodu, za sulfan 0,1 bodu, za určení sfaleritu 0,3 bodu, za postup 0,6 bodu. Za zmínku o wurtzitu 0,2 bodu. 2. Ve sfaleritu se velmi často objevuje kadmium, které se z něj opravdu získává (ale například železa bývá ve sfaleritu určitě víc než kadmia a přesto se z něj nezískává). Analogicky ke sfaleritu má i kadmium svůj sulfid, kterým je minerál greenockit (CdS, žlutá barva). Sulfid kademnatý se využívá k důkazu kadmia – ionty Cd2+ tvoří s H2S žlutou sraženinu CdS. Díky jeho žluté barvě se také využívá jako pigment.

Za kadmium 0,15 bodu, za greenockit celkem 0,45 bodu (název, složení a barva po 0,15 bodu), za použití CdS 0,2 bodu. Celkem za nerost C 2,3 bodu.

68

Série 2, řešení


Úlomek nerostu D

Úloha č. 5: Honzíkovo trápení

1. Díky HCl zjišťujeme, že se zase jedná o sulfid. Z reakce s amoniakem vyplývá, že z běžných kovů můžeme vyloučit měď (dala by modré zbarvení), železo (dalo by hnědé vločky) a zinek (bílá sraženina by se v přebytku amoniaku rozpustila). Taktéž můžeme vyloučit olovo, protože to by za chladu sráželo z roztoku bílý chlorid olovnatý (a hlavně galenit se v HCl viditelně nerozpouští). Slabě zelené zbarvení plamene a vyloučení sraženin nás vede k antimonu. To, že jsme pozorovali kuličky skákající po papíru, je pro antimon charakteristické. Z minerálu se vyredukoval kovový antimon a jeho kuličky jsou nadnášeny antimonovými parami. Nerostem D je tedy antimonit – sulfid antimonitý. Za určení antimonitu 0,4 bodu, za postup 0,8 bod, za kuličky 0,4 bodu. 2. Tím prvkem je zlato a Cassiův purpur je vlastně koloidní zlato, které má purpurovou barvu. Cassiův purpur obdržíme redukcí neutrálního roztoku chloridu zlatitého například chloridem cínatým, formaldehydem, … Za zlato 0,2 bodu, za Cassiův purpur 0,15 bodu, za jeho přípravu 0,15 bodu. Celkem za nerost D 2,1 bodu. Za nerost A – 2,4 bodu, B – 2,2 bodu, C – 2,3 bodu a D – 2,1 bodu. Celkem 9 bodů.

autor: Ing. Martin Kuchař

69

(10 bodů)

1.

F

S

P

R

E

L

O

G

O

S

K

A

R

N

E

T

CH

L

A

M

Y

D

I

A

B

A

C

I

T

R

A

C

I

N

H

E

P

A

T

I

T

I

D

A

T

E

T

R

A

C

Y

K

L

I

Y

C

E

S

T

R

E

P

T

O

M

F

L

E

M

I

N

G

N

Za každý správný údaj 0,5 bodu, za správnou tajenku 1 bod. Celkem 5 bodů.

70

Série 2, řešení


Řešení 3. série

2.

Úloha č. 1: Hřejivý polštářek A NH2 OH

(13 bodů)


B N H

1. Hřejivý polštářek v pohotovostním stavu za pokojové teploty je v termodynamicky metastabilním stavu tzv. přesyceného roztoku. Při prolomení kovového plíšku je vyprovokována krystalizace a naráz se uvolní krystalizační teplo, odpovídající krystalizaci určité části thiosíranu.

OH

C

2.

N OH

Za každý správný vzorec 0,5 bodu, celkem 1,5 bodu. 3. a) Skraupova syntéza. b) Redukcí o-nitrofenolu vzniká výchozí látka (při reakci se používá ekvimolární množství nitro a amino derivátu). c) Atom dusíku heterocyklické jádro deaktivuje, naopak hydroxyskupina jádro aktivuje stejně jako u fenolu (regioselektivita o, p). Rezonanční struktura není pro správné řešení vyžadována. d) Jedná se o antiseptikum zažívacího traktu. Z příbalového letáku přesné označení „Střevní dezinficiens“ (Jiná střevní antiinfektiva). e) Vzhledem k inkubační době je pravděpodobné, že se Honzík nakazil salmonelózou. Ovšem vzhledem k faktu, že Honzík těmito problémy trpí často, lze uznat i obecně jakoukoli střevní infekci.

Za otázku a) – 0,5 bodu, b) – 1 bod, c) – 1 bod, d) – 0,5 bodu a e) – 0,5 bodu. Celkem za tuto úlohu 3,5 bodu. Otázka 1 – 5 bodů, 2 – 1,5 bodu a 3 – 3,5 bodu. Celkem 10 bodů.

Atomy síry mají oxidační čísla –II a VI. Odpověď 0 a IV také považuji za správnou, je blíže realitě, ale zde bych rád upozornil na to, že oxidační číslo je formální koncept, který s realitou nemusí mít mnoho společného. Reálnou situaci popisuje rozložení náboje. Oxidační čísla vyjadřujeme římskými číslicemi, znak S6+ by znamenal, že na atomu síry je skutečně náboj 6+, což není pravda. Pentahydrát thiosíranu sodného je bezbarvý, jeho struktura neobsahuje žádný chromofor. 3. Má-li se krystalická látka rozpustit, musí dojít jednak k rozrušení krystalické mřížky, což vyžaduje dodání tepla, jednak k solvataci, při které se naopak teplo uvolňuje. I když je rozpouštění enthalpicky nevýhodné, je jeho hnací silou nárůst entropie (neuspořádanost systému se vždy zvyšuje). Pokud není entropický člen dostatečný a změna Gibbsovy energie je pro rozpouštění kladná, látka se nerozpouští. 4. Při rozpouštění pentahydrátu thiosíranu sodného se teplo pohlcuje (víme totiž, že při jeho krystalizaci se teplo uvolňuje, krom toho je záporné rozpouštěcí teplo v případě hydrátů solí typické), při rozpouštění bezvodého thiosíranu se teplo uvolňuje, neb hydratace dehydratovaných solí bývá silně exotermním procesem. Lze si to zjednodušeně představit tak, že hydráty jsou již samy o sobě částečně solvatované, jejich exotermní solvatační příspěvek není tak značný jako v případě jejich bezvodých protějšků. 5. Mezi látky, které při rozpouštění pohlcují teplo, patří většina hydratovaných solí a solí, které netvoří hydráty. Tedy například jodid draselný a pentahydrát síranu měďnatého. Mezi látky, které při rozpouštění teplo pohlcují, patří jednak některé soli, například chlorid sodný, potom dehydratované soli tvořící hydráty, např. chlorid vápenatý, a potom látky, které při rozpouštění silně

71

72

Série 3, řešení


interagují či chemicky reagují s vodou, např. silné anorganické kyseliny a zásady (kyselina sírová, amoniak, hydroxid sodný…). Látky vhodné pro výrobu hřejivého polštářku jsou ty, jenž při rozpouštění teplo pohlcují, při krystalizaci ho totiž uvolňují. Dále by kandidát na náplň hřejivého polštářku měl především jevit tendenci k tvorbě přesyceného roztoku. 6. Molární krystalizační teplo se od molárního rozpouštěcího tepla liší pouze znaménkem (jde o dva protichůdné děje). Molární skupenské teplo tání odpovídá té části molárního rozpouštěcího tepla, odpovědné za boření krystalové mřížky. Liší se od něho tedy o solvatační příspěvek. 7. Při zahřátí pevného pentahydrátu thiosíranu sodného na teplotu 48,5 °C dosáhne tlak vodních par nad pevným pentahydrátem stejného tlaku, jaký mají vodní páry nad kapalnou vodou za téže teploty. Látka má tedy dostatečnou energii na to, aby mohla ztratit své tři krystalové vody, které se stanou kapalnou vodou za téže teploty. Další ohřev nastane, když se tři pětiny celkové krystalové vody uvolní. Vznikající dihydrát se okamžitě rozpouští v uvolněné vodě. Vznikne tak nasycený roztok thiosíranu sodného za dané teploty a pevný nerozpuštěný dihydrát thiosíranu sodného. Při dalším zahřívání stoupá rozpoustnost thiosíranu sodného, až se při určité teplotě všechen rozpustí. 8. Před fázovým přechodem má samozřejmě pevná fáze hmotnost 50 g. Po fázovém přechodu je systém tvořen nasyceným roztokem thiosíranu sodného ve vodě za teploty 48,5 °C a pevným dihydrátem thiosíranu sodného. Nejprve je potřeba zjistit rozpustnost bezvodého thiosíranu sodného za teploty 48,5 °C. Tu určíme interpolací z hodnot rozpustnosti při 40 a 50 °C. m(50) − m( 40) 147,1 − 108,3 m( 48,5) = ⋅ ( 48,5 − 40) = ⋅ 18,5 50 − 40 10 m( 48,5) = 141,3 g thiosíranu sodného ve 100 g vody Poměr thiosíranu sodného a vody bude v kapalné fázi činit 1,413. Poměr thiosíranu sodného a vody bude v pevné fázi činit 158,11/(2*18,02) = 4,388. Nazvěme si p hmotnost pevné fáze a k hmotnost kapalné fáze. pt bude hmotnost thiosíranu v pevné fázi, kt bude hmotnost thiosíranu v kapalné fázi, pv bude hmotnost vody v pevné fázi, kv bude hmotnost vody v kapalné fázi. Zřejmě platí rovnice (1) až (8).

p = pt + pv

(1)

k = kt + kv

(2)

pt/pv = 4,388

kt/kv = 1,413

(4)

p + k = 50

(5)

pt + kt = 31,9

(6)

kt = 1,413kv

(7)

pt = 4,388pv

(8)

Úpravou dostaneme soustavu dvou rovnic (9) a (10) o dvou neznámých, kterou už není problémem vyřešit. 5,388pv + 2,413kv = 50 4,388pv + 1,413kv = 31,9

(9) (10)

kv = 16,1 g, pv = 2,1 g, kt = 22,6 g a pt = 9,2 g. Kapalná fáze má hmotnost 38,7 g a je tvořena 16,1 g vody a 22,6 g thiosíranu sodného. Pevná fáze má hmotnost 11,3 g a je tvořena 2,1 g krystalové vody a 9,2 g thiosíranu. Celý obsah bude kapalný ve chvíli, kdy rozpustnost thiosíranu sodného ve vodě dosáhne takové teploty, při níž se všechen thiosíran bude moci rozpustit ve své krystalové vodě. Takovouto rozpustností je 175,5 g thiosíranu ve 100 g vody (k přepočtu byla užita trojčlenka). V tabulkách rozpustnosti zpětně dohledáme teplotu, při níž má rozpustnost takovouto hodnotu (opět užijeme interpolace). Hledanou teplotou je 56,4 °C. Často jste používali důmyslnější systémy regrese (např. proložení kvadratickou funkcí či exponencielou), což dalo mírně odlišné výsledky. Oba způsoby jsou správné. K tomu, abychom rozhodli, který je nejpřesnější, bychom museli výsledky statisticky zpracovat. Přijde mi ale, že v daném případě byla lineární extrapolace z okolních hodnot nejpřesnější. 9. Po vychladnutí je obsah polštářku kompletně pevný. Teplota po prolomení plíšku bude kvůli skupenství obsahu polštářku určitě spadat do intervalu 48,5 °C – 56,4 °C. Nejpravděpodobnější je však teplota 48,5 °C s tím, že se část uvolněného tepla spotřebuje na přeměnu pentahydrátu na dihydrát. Ihned po prolomení plíšku se uvolní rozpouštěcí teplo, odpovídající množství zkrystalované látky. Jak polštářek chladne, snižuje se rozpustnost thiosíranu a jak krystalizuje další látka, uvolňuje se další teplo. Celkové uvolněné teplo odpovídá rozpouštěcímu teplu 50 g pentahydrátu thiosíranu sodného, ochuzenému o teplo potřebné k odstranění třech pětin krystalových vod.

(3)

10. Termodynamicky metastabilní jsou systémy, které by z termodynamického hlediska měly přejít v systémy s nižší energií, leč k tomuto přechodu není

73

74

Série 3, řešení

žádný kinetický důvod (v daný moment chybí mechanismus, kterým by přeměna proběhla). Termodynamicky metastabilní je za normální teploty a tlaku třeba i diamant nebo jakýkoli živý organismus. Kapalná fáze v případě hřejivého polštářku se nazývá přesycený roztok. (V daném případě lze za správnou odpověď považovat i podchlazenou taveninu.) Přechod do termodynamicky stabilnějšího stavu je zajištěn prolomením kovového plíšku, který vytvoří lokální poruchu, kolem které mohou vznikat krystalizační centra a řetězovým efektem pak způsobí náhlé zkrystalizování celého objemu. 11. Při preparacích se s problémem přesyceného roztoku setkáváme ve chvíli, kdy očekáváme, že nám po vychladnutí z roztoku vypadnou nádherné krystalky, zatímco smutně pozorujeme hustou kapalinu, která nemíní krystalizovat. Řešením je opět stimulace vzniku krystalizačních center, a to buď ultrazvukem, třením skleněné tyčinky o stěnu nádoby nebo vhozením matečného krystalku očekávané látky. 12. Při utajeném varu vzniká fáze přehřáté kapaliny. Kapalina sice dosáhne teploty varu, ale místo toho, aby začala vřít, se dále ohřívá a vře nárazově a bouřlivě při teplotách vyšších než je teplota varu. Tomu se bráníme vhozením varného kamínku (kus střepu z porézního materiálu) či zavedením varné kapiláry při práci za sníženého tlaku. V obou případech vznikají na vloženém předmětu bublinky, které jsou vhodnými centry pro změnu kapaliny v páru a napomáhají tak pravidelnému varu.


Úloha č. 2: PCR

(11 bodů)

autor: Karel Berka 1. Na vznikajícím vlákně se vždy doplní nukleová báze do páru. K pyrimidinu se přidá purin a naopak. Proto je v dvouvláknové DNA vždy stejné množství purinů jako pyrimidinů 2. Nejprve si zjistíme, kolik molekul ssDNA o délce 1040 bp vyváží zeměkouli. 1040 bp proto, že se jedná o úsek 1000 bp s 20 bp primerem a 20 bp sekvencí komplementární ke druhému primeru. Takto dlouhé úseky budou v systému DNA převažovat. Navíc jsou z komplementárních bazí, takže jejich molekulová hmotnost bude podle Chebychevova pravidla pro dsDNA (1) udána rovnicemi (2) a (3).

n puriny = n pyrimidiny M ssDNA = N bazí ⋅ M báze = N bazí ⋅

M ssDNA = 1040 ⋅

(1)

(

1 M r purin + M r pyrimidin 2

)

1 (300 + 280) = 301,6 kg. mol −1 2

(2) (3)

Podělením hmotnosti Země a molární hmotnosti ssDNA (3) získáme počet ssDNA vážící jako Země (4).

Otázka 1 – 1 bod, 2 – 0,5 bodu, 3 –1 bod, 4 – 1 bod, 5 – 1 bod, 6 –1 bod, 7 – 1,5 bodu, 8 – 2 body, 9 – 1,5 bodu, 10 – 1 bod, 11 – 0,5 bodu, 12 – 1 bod. Celkem 13 bodů.

nssDNA − Země =

m Země 6 ⋅ 10 24 = = 2 ⋅ 10 22 mol M ssDNA 301,6

N ssDNA − Země = 1,2 ⋅ 10 46 molekul

(4) (5)

Nyní musíme zjistit, kolik cyklů PCR by bylo schopno vytvořit těch 1,2·1046 molekul ssDNA. V prvním kroku vznikly ze 2 molekul ssDNA 4 molekuly ssDNA. Ty se pak v každém dalším kroku zdvojily. Získáme tím tedy posloupnost počtu molekul : 4, 8, 16, 32, ... Vidíme, že posloupnost můžeme zapsat ve tvaru (6). N ssDNA = 2 cyklus +1

(6)

Počet takto získaných molekul by měl být větší nebo roven počtu molekul odpovídajících vahou Zeměkouli (7). Tuto nerovnici je pak potřeba vyřešit. N ssDNA ≥ N ssDNA − Země

75

76

(7)

Série 3, řešení

2 cyklus +1 ≥ 1,2 ⋅ 10 46 ( cyklus + 1) ln 2 ≥ ln 1,2 + 46 ln 10 cyklus ≥

ln 1,2 + 46 ln 10 − 1 = 152,07 ln 2

(8) (9) (10)

Na převážení Země produkty PCR je zapotřebí aspoň 153 cyklů. 3. Pouze 2. Budou to jen ta původní ssDNA vlákna.


8. Jestliže má účinnost 99 %, pak správně zavede 99 bazí a jednu špatně. Její chyba je tedy 1 na 100 bp, resp. 1 %. V každém cyklu zavedení nukleotidů do řetězce vzniká 99, resp. 99,98 % správných řetězců.Napovídal jsem, že správný řetězec musí být přítomen ve větším množství než špatné řetězce. To znamená, že po zavádění nukleotidů musí stále být přítomen ve směsi z 50 %. Z toho vyplývá rovnice pro solid-phase syntézu (13), jejímž řešením získáme délku správného řetězce ve směsi – bp1 (14).

0,99 bp ≥ 0,5 bp1 ⋅ ln 0,99 ≥ ln 0,5

Vlákna vznikající z původní DNA, tzv. primární, jsou obecně delší, než 1040 bp, protože Taq pol má templát a pracuje rychle (zhruba rychlostí 1000 bp min–1), takže vše stíhá. Vznikající vlákna na těchto vláknech, tzv. sekundární, jsou sice přepisována, ale v opačném směru. (Nejlépe to ukazuje obrázek, který byl v minulé sérii.) Vlákna jsou tedy ukončována přesně na délce 1040 bp. Nyní již úvahu můžeme kvantifikovat v rovnici (11), kde vystupují i vlákna původní dsDNA! N delší = 2 + 2 ⋅ cyklus = 2 + 2 ⋅ 153 = 308 molekul

(11)

Delších vláken bude 308 a lze si všimnout, proč jsme je zanedbali při výpočtu molekulové váhy. 5. Metodu PCR objevil Kary Mullis v 80. letech. 6. Zanedbali jsme toho opravdu hodně. Namátkou:

• Počet molekul dNTP • Počet molekul a účinnost Taq pol • Kvalitu a počet primerů a teplotu jejich nasedání

(12)

1

4. S ohledem na to, že Taq pol může vyrábět další jen na základě templátu, je nutný delší templát než 1040 bp. V úvahu připadají původní vlákna z dsDNA a z nich vznikající vlákna.

bp1 ≤

(13)

ln 0,5 = 68,9 ≈ 70bp ln 0,99

(14)

Analogicky získáme pro PCR metodu bp2 ≈ 3460 bp. 9. Všechny klady a zápory nemusí být nutně klady a zápory, proto jsem raději vytvořil srovnání, co lze kterou metodou získávat. Najdete je v Tabulce 1. Tabulka 1. Srovnání organické a biochemické tvorby ssDNA

templát chyba in vitro účinnost zavedení nukleotidu délka vzniklých vláken se stejnou chybou typ vznikající DNA kontrola otcovství zpracování DNA otisků sekvenace DNA klonování genů výroba zcela nových DNA

biochemie potřebuje 1 na 1000 bp 99,9 %

organika není nutný 1 na 100 bp 99 %

3460 bp

70 bp

dsDNA i ssDNA ano ano ano ano ne

ssDNA ne ne ne ne ano

Otázka 1 – 0,5 bodu, 2 – 2 body, 3 – 0,5 bodu, 4 – 1 bod, 5 – 0,5 bodu, 6 – 1,5 bodu, 7 – 0,5 bodu, 8 – 2,5 bodu a 9 – 2 body. Celkem 11 bodů.

• Kupodivu i počet Mg2+ iontů • Degradaci vzniklých vláken A další... 7. Taq pol je tepelně stabilní. Všechny ostatní polymerasy by stěží přežívaly ohřevy nad 90 ºC. A taky by stěží měly optimum kolem 72 ºC. 77

78

Série 3, řešení

Úloha č. 3: Ananas lidožrout


O

(8 bodů)

autor: Richard Chudoba

O

+

O

Vábení O O

O

O

O

Cl

+

OH

O

+

O

N

O OH

+

OH O

+

N H

2. ethanol + butanová kyselina → ethylbutanoát + voda O

OH

O

1. ethylbutanoát (uznáván byl i methylbutanoát) O

O

+

OH

O

+

+

Cl

Někteří z Vás uvažovali reakci kyseliny butanové s diazoethanem. Tato reakce je sice možná, ale prakticky těžko proveditelná. Reakce soli karboxylové kyseliny s halogenuhlovodíkem probíhat nemůže.

H2O

Experimentálně lze určit původ kyslíku v esteru použitím isotopicky značených sloučenin.

5. Pyridin slouží jako báze k neutralizaci vznikajícího chlorovodíku při esterifikaci z chloridu kyseliny. Pyridin neslouží jako katalyzátor. Jeho množství v reakční směsi je větší než katalytické. Zmínka o terciálních alkoholech ve vašich řešeních byla bezpředmětná, neboť reagoval ethanol.

Kyslík z ethanolu je obsažen v esteru. 3. Pro rovnovážnou konstantu platí K=

[ester][voda] [alkohol][kyselina]

(1)

K=

ξ2 (1 − ξ) 2

(2)

K=

ξ 1− ξ

(3)

ξ = 0,67

(4)

Stupeň konverze při esterifikaci je ξ = 0,67. Stupeň konverze lze zvýšit např. přídavkem koncentrované kyseliny sírové, která odebírá z reakční směsi produkt – vodu. Produkty nelze z reakční směsi oddestilovávat, neboť jejich teplota varu je vyšší než teplota varu ethanolu. Použití katalyzátoru nepomůže, neboť katalyzátor nemění rovnováhu.

Hostina

1. bromelain, patří do třídy 3, hydrolasy, štěpí peptidovou vazbu (nespecificky) 2. Michaelisova konstanta má význam koncentrace substrátu, při které enzymatická reakce běží poloviční rychlostí, než při plném nasycení enzymu. Její velikost nezávisí na koncentraci enzymu. 3. Rovnice Michaelise-Mentenové: v=

(5)

v rychlost chemické reakce, vmax maximální rychlost chemické reakce (při plném nasycení enzymu), KM Michaelisova konstanta, [S] koncentrace substrátu. Podílem počátečních rychlostí pro různé koncentrace substrátů podle (5) získáme výsledek 0,67. v 2 [S] 2 ⋅ ( K M + [S]1 ) = v1 [S]1 ⋅ ( K M + [S]2 )

4. anhydrid butanové kyseliny + ethanol → ethylbutanoát + butanová kyselina chlorid butanové kyseliny + ethanol + pyridin → ethylbutanoát + chlorid pyridinia

79

v max [S] , K M [S]

v2/v1 = 0,67

80

(6) (7)

Série 3, řešení


Počáteční rychlost reakce bude 0,67násobek původní rychlosti, reakce se tedy zpomalí 1,5krát. 4. Hlavní myšlenka při syntéze oligopeptidů je, že v jednom kroku syntézy vznikne nejvýše jedna vazba. Pokud bychom nechali polymerizovat Val a Arg živelně, není možné zajistit, že vznikne jen požadovaný dipeptid Val-Arg, ale budou vznikat i peptidy Arg-Val, Val-Val-Val-Arg, Arg-Arg, atd. Výtěžnost reakce by byla proto nízká a navíc by nebylo vůbec jednoduché od sebe oddělit různé oligopeptidy. Abychom zaručili vznik jen požadované vazby, musíme ostatní reaktivní skupiny ochránit. Při syntéze budeme postupovat od C-konce peptidu, musíme proto chránit NH2 skupinu. Vhodným činidlem je BOC-chlorid či di-terc-butyl diuhličitan. BOC označuje terc-butyloxykarbonyl. Výhodou techniky podle Merrifielda, kterou použijeme, je uchycení C-koncové (poslední) aminokyseliny na polymerní nosič. To umožňuje snadnou manipulaci a instrumentální automatizaci syntézy. Jako vhodný polymerní nosič se ukázal poly(styren-co-(4-chlormethylstyren)). Tento název říká, že se jedná o polysteren, kde se kromě obyčejných styrenových monomerních jednotek vyskytují i reaktivní styrenové jednotky s chlormethylovou skupinou v para poloze.

O R O

BOC

(trifluoroctová

6. papaya (papain), kiwi (actinidin) a fíky (ficin)

Vábení: Otázka 1 – 0,2 bodu, 2 – 0,6 bodu, 3 – 1,8 bodu, 4 – 0,6 bodu a 5 – 0,3 bodu. Hostina: 1 – 0,4 bodu, 2 – 0,3 bodu, 3 – 1 bod, 4 – 2,2 bodu, 5 – 0,3 bodu a 6 – 0,3 bodu. Celkem 8 bodů.

kyselina,

5. Přidáme předposlední (Val) či obecně předchozí (Val, Phe, …) chráněnou aminokyselinu a necháme ji zreagovat s N-koncem vzikajícího oligopeptidu v prostředí DCC (dicyklohexylkarbodiimid). 6. Je-li potřeba navázat další aminokyseliny (Phe), opakujeme kroky 3 až 5. 7. Po navázání první aminokyseliny v pořadí se nezreagovaná aminokyselina opláchne a chránicí skupina se odstraní působením TFA. 8. Řetězec oligopeptidu z polymerního nosiče.

Phe-Val-Arg

se

bazicky

odhydrolyzuje

81

DCC

5. Kandovaný ananas se tepelně sterilizuje, čímž dojde k denaturaci enzymu.

3. Spláchneme nezreagovanou aminokyselinu. TFA

N

V kroku 5 musíme přidat již chráněnou aminokyselinu, abychom zabránili vzniku sekvence Val-Val-Arg, Val-Val-Val-Arg, atd.

2. V druhém kroku navážeme poslední aminokyselinu (Arg) na polymerní nosič (SN2 substituce). odhydrolyzujeme

C

Místo navázání na polymerní nosič lze ochránit koncovou karboxylovou skupinu esterifikací např. s methanolem CH3OH.

1. V prvním kroku necháme všechny zdrojové aminokyseliny reagovat s BOC-chloridem či di-terc-butyl diuhličitanem, čímž ochráníme jejich aminoskupiny.

4. Chránicí skupinu CF3COOH).

N

82

Série 3, řešení

Úloha č. 4: Železo ve středověku


různých nečistot (hlavně jiných kovů) přispívá ke snadnosti koroze. Dokonce i rozdíly v elektrochemických potenciálech různých hran krystalu jsou dostačující ke vzniku koroze, a proto i chemicky čisté železo koroduje!

(11 bodů)

autor: Robert Betík Část I.

Otázka 1 – 1,5 bodu a 2 – 1,5 bodu. Celkem za tuto část 3 body.

1. FeS + 3/2 H2O → FeO + SO2 (C6H10O5)n → 6n C + 5n H2O C + 1/2 O2 → CO Fe2O3 + 3 CO → 2 Fe + 3 CO2

Část 4.

2. Bloom. 3. Uhlík se rozpouští v železe a vzniká eutektikum s obsahem uhlíku asi 4,3% a teplotou tání něco málo pod 1200 °C. 4. Železo „evropské“ prakticky neobsahovalo rozpuštěný uhlík. Železo „asijské“, jak již bylo zmíněno, obsahovalo asi 4,3% uhlíku.

Otázka 1 – 2 body, 2 – 0,5 bodu, 3 – 0,5 bodu a 4 – 0,5 bodu. Za tuto část celkem 3,5 bodu. Část 2.

Mějme na začátku procesu ocel s obsahem 0,7% uhlíku. Tato ocel je tvořena hlavně krystaly ferritu (jelikož je jenom tento stálý při pokojové teplotě) a uhlík, který se nevejde do krystalové struktury tvoří krystalky cementitu ve ferritu. Tato ocel je měkká. Při zahřátí na 710 °C (teplota fázového přechodu mezi ferritem a ausenitem) se mění ferrit na ausenit. (K tomu je třeba uhlík, ten se bere z krystalů cementitu!) Po prudkém ochlazení zůstává zachována struktura ausenitu, protože migrace při pokojové teplotě je zanedbatelně pomalá, a tak se jednoduše atomy uhlíku nemohou dostat z krystalové struktury ausenitu. Vzniklá ocel je sice tvrdá, ale křehká, protože prudkým ochlazením se oslabují interakce mezi jednotlivými krystaly ausenitu. Když ocel dále zahřejeme na 500 °C zrychlíme migraci natolik, že dojde k propojování krystalů, ale nikoliv k tvoření ferritu ve větší míře! Tímto postupem se získá ocel tvrdá, ovšem ne křehká!

Za část 1 – 3,5 bodu, 2 – 1,5 bodu, 3 – 3 body a 4 – 3 body. Celkem 11 bodů.

1. Ocel obsahuje asi od 0,5 do 2% uhlíku. 2. Ve středověku se dala ocel vyrobit velice obtížně, Evropané mohli surové železo posypat dřevěným uhlím, obalit hlínou (nebo podobným vzduchotěsným a žáruvzdorným materiálem) a pak vložit do pece a čekat než se uhlík vstřebá. Asiaté museli do roztavené litiny přisypávat oxidy železa a doufat, že odstraní pouze tolik uhlíku, aby ho tam zbylo právě potřebné množství.

Otázka 1 – 0,5 bodu a 2 – 1 bod. Celkem za tuto část 1,5 bodu. Část 3.

3. Koroze je způsobena tím, že některé části povrchu kovu mají jiný elektrochemický potenciál (vlivem nečistot, obsahu jiných krystalů např. karbidu uhlíku, který je v oceli běžný, a podobně). Když se povrch kovu smočí vodou, jež obsahuje vždy rozpuštěný kyslík, dochází k vytvoření elektrochemického článku. V místech s větším elektrochemickým potenciálem (anoda) se rozpouští železo za vzniku Fe3+ a v místech s menším elektrochemickým potenciálem (katoda) redukuje O2 na 2 OH-. 4. Ocel koroduje snadno, protože obsahuje krystaly cementitu (karbid uhlíku) a ty mají jiný elektrochemický potenciál než ferrit nebo ausenit (běžné formy intersticiálních tuhých roztoků uhlíku a železa v oceli), dále přítomnost

83

84

Série 3, řešení

Úloha č. 5: Ecce Homunkulus!

(11 bodů)

autor: Zbyněk Rohlík

Br

O

CHO

3. Neutralizuje vznikající halogenovodík.

O O

I

4. Ano, vymizí pás C=O vibrace při cca 1750 cm–1.

O

I.

5. Chránění aldehydické skupiny před agresivním butyllithiem.

I Br

Br

Br

A

NO2

1. I+, Br+ 2. Nemá, D = 0.

Br

Br


Br

Br

B

D

C

NO2

I

NH2

NO2

6. Jsou to aminy, tvoří tedy soli – hydrochloridy. Lze je vytřepat do vodné HCl od nepolárních látek a pak získat zpět extrakcí do organické fáze po neutralizaci.

E

7. Me3SiOH

I

8. Je to panáček; jaký diol, taková hlavička.

II. Br NH2

Br

Br

NH2

Br

Br

Br

9. Některé návrhy byly skutečně krásné, děkujeme Vám.

Br

4 – 0,5 bodu, 5 – 0,5 bodu, 6 – 0,5 bodu, 7 – 0,5 bodu, 8 – 0,5 bodu, 9 – 0,5 bodu, 10 – 0,5 bodu, 11 – 0,5 bodu a 12 – 0,5 bodu. Celkem 11 bodů.

I

H

G

F

Br

TMS

TMS

Literatura

Br

L

Br

K

O

O

• Chanteau S. H., Ruths T., Tour J. M.; Art and Science Unite in Nanoput: Communicating Synthesis and the Nanoscale to the Layperson; J. Chem. Educ. 2003, 80, 395-400

J O

• Chanteau S.H., Tour J.M., Synthesis of Anthropomorphic Molecules: The NanoPutians, J. Org. Chem. 2003, 68, 8750-8766

O

Poznámka: Druhý článek nalezen i na Internetu jako .pdf po zadání výrazu „Nanoputian“ do vyhledavače Google. Můžete si ho také prohlédnout na KSICHTí nástěnce na PřF UK.

III. +

I

E L N

Za každou neznámou látku 0,5 bodu, tj 6,5 bodu.

85

86

Série 4, řešení

Řešení 4. série Úloha č. 1: Osmisměrka

(9 bodů)

autor: Michal Řezanka, Pavel Řezanka Odpovědi na otázky jsou uvedeny v tabulce 1 a dále pak v obrázku. První datum je to, které jste psali nejčastěji, data v závorce jsou ta, které jsme také uznávali. Limitem bylo, aby datum napsalo alespoň 9 řešitelů. Jak tedy vidíte, není vůbec jednoduché určit, kdy byl daný prvek objeven. Pokud je jako datum objevení uveden starověk, znamená to, že byl prvek objeven dříve jak 2000 př.n.l. Přesná data jsou uvedena jen ze zajímavosti, stačil nám rok. Tabulka1. Prvky a jejich data objevení

Prvek Americium Antimon Argon Bismut Brom Darmstadtium Draslík Dubnium Dusík Einsteinium Fosfor Helium Hliník Holmium Hořčík Chlor Iridium Kobalt Křemík Kyslík Lawrencium Lithium Meitnerium Mendelevium Molybden Nikl Olovo

Datum objevení 1944 starověk (1492) 1894 starověk (1753, 1480) 1826 (1825) 9. 11. 1994 v 16:39 1807 1967 (duben 1970) 1772 prosinec 1952 1669 1868 (1895) 1825 (1827) 1879 (1878) 1808 (1775) 1774 1803 (1804) 1735 1824 (1823) 1774 (1773) březen 1961 1817 29. 8. 1982 1955 1778, (1781, 1782) 1751 starověk

Prvek Platina Praseodym Radium Radon Rhenium Roentgenium Rtuť Ruthenium Rutherfordium Seaborgium Selen Síra Sodík Stříbro Technecium Tellur Titan Uhlík Uran Vanad Vápník Vodík Wolfram Xenon Zinek Zlato Železo

Datum objevení 1735 (1741) 1885 1898 1900 1925 8. 12. 1994 starověk 1844 1964 červen 1974 1817 starověk 1807 starověk 1937 1782 (1783) 1791 starověk 1789 1801 (1830) 1808 1766 1783 (1781, 1793) 1898 starověk (1746) starověk starověk 87


Za každý prvek 0,01 bodu, za datum objevení 0,14 bodu, za tajenku 0,9 bodu. Celkem 9 bodů. J

O Á

D V M M U

I

C N

R O

E

R W A

Á

S

Á M E

R

M R

T

U

Ť

Y

S

D

F

S

O

K

S

A

T A D

T

K K O V

L

V Ý H

L

U C

H

Í

M

L

H O

Ř

Č

K

L

E

U Á

Z

Í

Í

S

N

E

I

D Y D N

Í

O K

E

K

E

V K

L

U V N

M

Í

E

T A

E M L

Š

U V

T

E

T

K

F

P

O

Z

E

L

E

Ž

R

R

F

N

L

N

L

A C

T

M S

B K A

,

A O O

E

I

Ž

E

D A

R M S

T

A D

T

I

U M T

C

I

M M U

E

R O

Í

L

H

C U A

O O

I

B D

F

N

V

I

H

S M D

B

E

P M U

I

R

E

N

T

I

E M

O

C

I

I

C

E H B K N N

R K

I

P

M U

I

H

O

T

U

C U K M A Y G

L

K M M

I

Y

Y

E N O G

B

D

Í

O

I

V U

Í

T M R U

T

H

E

N

I

U M

R

A N

T

I

M O N U N

E

I

H M

L

E

P

J

N

R

X V

L

O

S M Y Á D A N A V

S

Í

H

D V K

Í

D O

88

E

O B

R O M U A

Í

S

L

I

A N

R

Ě

N K

U

I

H

P

L

I

L

R U U M

L

H

S

E

F

L

A

E

B

R

S

V

T

A N

E

V Y K

!

R D M U

I

N

I

T

S

E

E

N

I

Série 4, řešení


Úloha č. 2: Neznámá látka

(8 bodů)

autor: Jiří Kysilka 1. Látka A je Buck-minster fulleren, neboli C60-fulleren. 2. Struktura látky A připomíná fotbalový míč. 3. Ve struktuře fullerenu jsou všechny uhlíky ekvivalentní (proto má také pouze jeden signál v 13C NMR spektru). Chemické vazby ovšem všechny ekvivalentní nejsou. Vazba tvořící společnou stěnu dvou šestiúhelníků je dvojná a je kratší než vazba tvořící společnou stěnu pětiúhelníku a šestiúhelníku. Ta je jednoduchá a je delší.

4. 6 pětičetných os (12 protilehlých pětiúhelníků), 10 trojčetných os (20 protilehlých šestiúhelníků), 15 dvojčetných os, 15 rovin souměrnosti (30 hran mezi sousedními šestiúhelníky), střed symetrie. Rotačně reflexní osy při orientačním pohledu nemusíme uvažovat. 5. Fulleren je na rozdíl od benzenu v podstatě nearomatický. Je to proto, že π-orbitaly dvojných vazeb nejsou navzájem rovnoběžné a nedochází k jejich úplnému překryvu. Důvodem je to, že je šestičlenný cyklus přítomen na kulové ploše, na rozdíl od benzenu, kde je rovinný. 6. Fulleren reaguje především adičním mechanismem. Může probíhat jak 1,2-adice, tak 1,4-adice. Při reakci s chlorem vzniká např. 1,2-dichlorfulleren C60Cl2, při reakci s vodíkem vzniká 1,2-dihydrofulleren, při reakci s roztokem manganistanu draselného vzniká fulleren-1,2-diol, při reakci s diethylaminem vzniká 1-diethylamino-2-hydrofulleren. 7. Při fotoexcitaci směsi fullerenu a ethylchloridu vznikají nejprve ethylové radikály, které napadají fulleren a adují se na jeho šestičlenný cyklus za vzniku radikálu. Ten potom při střetu s dalším takovýmto radikálem dimerizuje. Ze sterických důvodů dochází k dimerizaci v poloze 4, ne v poloze 2. Látka B je tedy výše zmíněným dimerem, kde R je ethylová skupina.

89

90

Série 4, řešení


Úloha č. 3: Snehová guľa do hlavy

(14 bodov)

autor: Viliam Kolivoška 1. a) Hľadáme teplotu T2, pri ktorej bude v rovnovážnom stave ľad s kvapalnou vodou (pri danom tlaku p2). Topenie je fázový prechod prvého druhu, preto naňho možno aplikovať Clapeyronovu rovnicu (1) ΔH m dp = , dT TΔV m

8. Zápis La@C60 znamená, že uvnitř molekuly fullerenu je uzavřen atom lanthanu. 9. Při zahřívání fullerenu v atmosféře helia za vysokého tlaku dojde k excitaci molekul fullerenu, které za těchto podmínek mohou otevírat jakási „okénka“ ve své struktuře. Těmito okénky mohou dovnitř molekuly vstupovat atomy helia. Látka C je tedy He@C60.

Otázka 1 – 0,5 bodu, 2 – 0,5 bodu, 3 – 1 bod, 4 – 1 bod, 5 – 1 bod, 6 – 1 bod, 7 – 1,5 bodu, 8 – 0,5 bodu a 9 – 1 bod. Celkem 8 bodů.

(1)

kde ΔV m=V m(l ) −V m( s ) je zmena molárneho objemu pri topení. Clapeyronovu rovnicu možno upraviť na tvar (2). dp =

ΔH m d ln T ΔV m

A za predpokladu konštantnej entalpie topenia a zintegrovať (3). p 2 − p1 =

(2) molárnych objemov

ΔH m T 2 ln ΔV m T 1

(3)

Rovnica (3) sa v odbornej literatúre niekedy označuje ako Kelvinova – Clapeyronova. Tlak p2 vypočítame ako súčet tlaku korčule pk a atmosferického tlaku, ktorý panuje v okolí, na ľad. Tlak korčule pk vypočítame jednoducho z jeho definície (4) pk =

F mg 80.9,81 = = = 2,62.106 Pa −3 S S 2.0,3.0,5.10

(4)

Dvojka v menovateli sa objavila preto, lebo človek stál na dvoch nohách. A teda p 2 = p k + p a = 2,62.106 +101325 = 2,72.106 Pa

(5)

Ďalej vypočítame ⎛ 1 1 ⎞ ⎟⎟ = ΔV m=V m(l ) −V m( s ) = M ⎜⎜ − ⎝ ρ(l ) ρ( s ) ⎠ 1 ⎞ ⎛ 1 −6 3 −1 = 0,01802⎜ − ⎟ = −1,53.10 m .mol ⎝ 998 920 ⎠

91

92

(6)

Série 4, řešení

Teraz už môžeme dosadiť do Kelvinovej – Clapeyronovej rovnice (3), ktorú sme si upravili na vhodný tvar (pre vodu možno použiť T1 = 273,15 K a p1 = 101 325 Pa). ΔV lnT 2= lnT 1+ ( p 2 − p1 ) = ΔH − 1,35.10 −6 = ln 273,15 + ( 2,72.10 6 −101325) = 5,6094 5990


Ki je Henryho konštanta daného plynu. Na základe Henryho zákona (10) teda môžeme vypočítať látkové množstvá oboch plynov v kvapaline (11). n(O 2 ) = n( H 2 O) p(O 2 ) K (O 2 ) = 1.2,13.10 4 / 4,40.10 9 = 4,84.10 −6 mol

(11) (7)

n ( N 2 ) = n( H 2 O) p ( N 2 ) K ( N 2 ) = 1.8,00.10 4 / 8,68.10 9 = 9,22.10 −6 mol

(12) Toto sú teda látkové množstvá oboch plynov rozpustených v 1 moli vody.

A teda T2 = 272,97 K a t2 = -0,18 °C. b) Existuje niekoľko ďalších vysvetlení tohto efektu. Niektoré z nich sa zakladajú na výsledkoch nedávneho výskumu, ktorý ukázal, že na povrchu ľadu sa vždy nachádza tenká vrstva kvapalnej vody. Iné sú zasa postavené na princípe, že v prítomnosti kovu sa mení chemický potenciál ľadu a ľad spontánne prechádza na kvapalnú vodu. 2. a) Pri 0 °C je ľad v rovnováhe s kvapalnou vodou, ktorá sa teda nachádza v snehu. Jej vysoké povrchové napätie zabezpečuje dokonalú súdržnosť medzi jednotlivými snehovými vločkami. Pri -10 °C je obsah kvapalnej vody v snehu nulový, takže sa tento efekt pri tvorbe snehových gúľ nemôže uplatniť.

c) Obsah kyslíka v zmesi rozpustených plynov bude podľa výsledkov vzťahov (11) a (12)

x(O 2 , aq) =

4,84.10 −6 n(O 2 ) = = 0,344 = 34,4 % n(O 2 ) + n( N 2 ) 4,84.10 −6 +9,22.10 −6 (13)

a x( N 2 , aq) = 0,656 = 65,6%

(14)

Rybí vzduch je teda percentuálne bohatší na kyslík ako normálny vzduch. d) Rozpustnosť kyslíka bude klesať. Zvýši sa chaotický pohyb molekúl a budú sa trhať vodíkové väzby spájajúce rozpustený kyslík a vodík z molekuly vody.

b) Snehuliak sa samozrejme najlepšie spraví pri 0 °C. c) Úloha nie je hodnotená, riešení je nekonečne mnoho. 3.

4.

a) Kyslík je rozpustnejší ako dusík, pretože má menšiu Henryho konštantu. b) Atmosferický tlak je pa = 101 325 Pa a teda v zmysle Daltonovho zákona parciálne tlaky oboch plynov vo vzduch budú: p(O 2 ) = p a x (O 2 , g ) = 101325.0,21 = 2,13.10 4 Pa (8) p ( N 2 ) = p a x ( N 2 , g ) = 101325.0,79 = 8,00.10 Pa (9) 4

a) Je to založené na tom, že zmes soli a ľadu má nižší bod topenia ako čistý ľad. Po rozpustení soli vo vode sa zníži chemický potenciál vody, čo sa sústava snaží kompenzovať topením ľadu a tým zvyšuje „koncentráciu“ a teda aj chemický potenciál vody v roztoku soli. b) Najprv potrebujeme vypočítať kryoskopickú konštantu vody KK (pre vodu Tf = 273,15K, ΔHθ(H2O) = 5 990 J.mol-1). KK = M

Henryho zákon (10) hovorí, že pre dostatočne zriedený roztok je molárny zlomok plynu xi rozpusteného v kvapaline priamoúmerný parciálnemu tlaku daného plynu pi nad povrchom tejto kvapaliny (10). ni pi =Ki xi =Ki n ( H 2 O)

(10)

RT f 2 8,3145.273,152 = 0,01802 = 1,866 K.kg.mol−1 ΔH 5990

(15) Pre výpočet zmeny teploty tuhnutia daného roztoku použijeme kryoskopickú rovnicu ΔT f = − K k b 2

93

94

(16)

Série 4, řešení

b2 je celková molalita látok v roztoku. Pretože je zníženie bodu tuhnutia vlastnosť koligatívna, musíme molalitu spočítať ako súčet molalít všetkých rozpustených častíc a v našom prípade bude treba molalitu vynásobiť dvomi, pretože NaCl je vo vode dokonale disociovaný a i = 2. b2 =

2m( NaCl ) i.n( NaCl ) = = m( H 2 O) M ( NaCl)ρ( H 2 O)V ( H 2 O) =

2.35 = 0,600 mol.kg −1 58,44.0,998.2


Úloha č. 4: O červené krvince (I. část) 1. Gustav Embden, Otto Meyerhof, Jacob Parnas 2. Transport přes membránové kanály, usnadněná difuse

(17)

3. Glc + 2ADP3- + 2NAD+ + 2P2----> 2Pyr1-+ 2ATP4-+ 2NADH + 2H+ (při pH=7) 4. Fosforylace meziproduktů: • nabitý fosfát funguje jako „držáček“: meziprodukty jsou pro enzymy lépe rozpoznatelné a vážou se k nim s velkou afinitou,

a dosadením výsledkov z (15) a (17) do (16) dostávame ΔT f = − K k b 2 = −1,866.0,600 = −1,12 K

(12 bodů)

autor: Helena Handrková

• nemohou procházet skrz plazmatickou membránu a nehrozí tedy, že by o ně buňka přišla

(18)

a teda t2 = -1,12 °C.

• jsou v aktivovaném stavu: obsahují makroergické vazby, hydrolýzou se uvolní energie

Rovnovážna teplota koexistencie nášho roztoku a ľadu je teda -1,12°C.

• s nefosforylovanými analogy meziproduktů by tedy řada reakcí neprobíhala, nebo probíhala podstatně hůře.

5. a) Snehové vločky vznikajú z presýtených vodných pár desublimáciou v mrakoch pri teplote nižšej ako 0 °C. Častice podporujúce tento vznik sa nazývajú kondenzačné jadrá. b) Hodnotí sa vtipnosť, nápaditosť, symetria a celkový umelecký dojem.

Otázka 1 – 3,5 bodu, 2 – 2 body, 3 – 4 body, 4 – 3 body a 5 – 1,5 bodu. Celkom 14 bodov.

jejichž

5. Isomerace poskytne produkt s další volnou primární OH skupinou, která se fosforyluje. Fruktosa-1,6-bisfosfát je navíc relativně symetrická: aldolasová reakce poskytne dvě fosfotriosy. Aldolovým štěpením glukosy-6-fosfátu by vznikly dvou- a čtyřuhlíkaté zbytky, navíc jen jeden z nich by byl fosforylován – bylo by třeba více různých enzymů na jejich odbourání. 6. ΔG=ΔGo+RTlnK, kde K=[G3P]*[DHAP]/[Fru1,6P2] (hranatých závorkách jsou koncentrace jednotlivých látek) O hodnotách koncentrací produktů v buňce nerozhoduje ΔGo, ale ΔG. Aby reakce mohla probíhat, musí být ΔG záporné. Konkrétní koncentrace v buňce mohou být velice různé, systém je mimo termodynamickou rovnováhu, protože glyceraldehyd-3-fosfát je neustále odčerpáván. Situaci ještě komplikuje vzájemná přeměna obou trios. Kdybyste hledali skutečné koncentrace těchto meziproduktů v literatuře, setkali byste se s rozličnými hodnotami – řádově se poměr G3P:Fru1,6P2 pohybuje kolem 1:10 až 1:100. Úkolem tedy nebyl fyzikálně-chemický výpočet, ale na správná interpretace ΔGo a odhad fyziologických koncentrací.

7. Protože produkty reakce, triosafosfáty, jsou neustále odčerpávány následujícími reakcemi. Isomery lze velmi snadno převést jeden na druhý bez

95

96

Série 4, řešení


sekundárním a terciárním atomem uhlíku. Výsledek je zaokrouhlen na celá čísla.

spotřeby energie a dále se oba triosafosfáty štěpí společnou drahou. Oba jsou v aktivovaném – fosforylovaném stavu. Kdyby produkty nebyly převeditelné jeden na druhý, potřebovali bychom větší počet enzymů, nebo by se snížila jejich specifita (což by nebylo žádoucí).

Cl

8. Protože anorganický fosfát je energeticky chudá sloučenina, vzniklé cukrfosfáty mají větší ΔG než volné cukry a k jejich vzniku je třeba dodat energii spřažením s exergonickou reakcí – zde s hydrolýzou ATP.

Cl2, hυ

36%

e) 1:3:5 p) Krumlov

(5 bodů)

p) nelze určit

H CH3

H3C

Br2

H

+

H

H CH3

Br H3C

d) Kladno

r) Olomouc

m) Brno

8. Před příchodem IR spektroskopie se k důkazu přítomnosti CO skupiny používala reakce s…….za vzniku barevné sloučeniny. b) anilinem

CH3

H H3C

t) 1:2:1

známý Olomoucin

d) R,S a) S,R

Br CH3

o) 4:3:2

n) 1:4:5

e) Pardubice

11. Reakcí trans-butenu s bromem vznikne produkt s konfigurací r) erythro

a) 1:2:3

23%

7. Původní české cytostatikum nese ve svém názvu město

autor: Martin Kuchař h) threo

Cl

Cl

10. Erythrocyty nemají mitochondrie, tedy nemají ani enzymy dýchacího řetězce.

Úloha č. 5: Letem světem organika

14%

25°C

9. Energeticky bohaté sloučeniny: jejich hydrolysou (nikoliv štěpením) se uvolňuje energie. Produkty hydrolysy mají menší ΔG než reaktanty. U bisfosfoglycerátu se jedná o elektrostatické odpuzování na fosfátových zbytcích a u fosfoenolpyruvátu dochází k relaxaci enol-tautomeru na keto-tautomer.

Otázka 1 – 1 bod, 2 – 1 bod, 3 – 1 bod, 4 – 1,5 bodu, 5 – 1 bod, 6 – 1 bod, 7 – 1,5 bodu, 8 – 1,5 bodu, 9 – 1,5 bodu a 10 – 1 bod. Celkem 12 bodů.

Cl 27%

Br

c) toluidinem

e) fenylhydrazinem

j) kresolem

i) jódem

H

Vzniká žlutá sraženina hydrazonu.

Br

H

Br

H

Br

erythro, RS, SR

1.h, r, 2.e, 3.r, 4.t, 5.n, 6.d, 7.r, 8.e, 9.t, 10.a, 11.o Po správném seřazení dostaneme TETRAHEDRON

CH3

V zadání měl být cis-buten, tedy pak by vyšlo threo h). Všechny relevantní odpovědi bylo bodovány.

Za každou správnou odpověď 0,4 bodu, za název časopisu 0,6 bodu. Celkem 5 bodů.

5. 2-methylbutan byl podroben radikálové chloraci. Z reakční směsi byly izolovány všechny teoretické monochlorderiváty (viz Obrázek). Z procentuálního zastoupení produktů je zřejmé, že substituce probíhá na primárním, sekundárním a terciárním uhlíku různě rychle. Zamyslete se a zkuste spočítat relativní poměr rychlosti substituce mezi primárním,

97

98

Seriál

Korespondenční Seminář Inspirovaný Chemickou Tematikou, ročník 3 Me

Seriál – Farmakochemie Martin Kuchař

OEt

Seriál třetího ročníku KSICHTu se Vás pokusí seznámit s farmakochemií , jakožto podoborem farmacie zabývající se studiem chemických léčiv (chemoterapeutik). V prvním díle se zaměříme na látky, které se používají v léčbě nemocí způsobených viry. Ve druhém díle budeme líčit choroby způsobené bakteriemi, ve třetím eukaryotickými organismy a ve čtvrtém se budeme zaobírat látkami potlačujícími autoimunitní reakci.

Me

O

O 1

HN

Me

+ HN2

O heat

NH N

(MeO)2SO2, báze

Farmakochemie I

O

N N

Me

1

Schéma 1. Knorrova syntéza fenazonu

Historie léčiv

První etapa, stará jako lidstvo samo, vycházela z čistě empirických poznatků. Využívala přírodní látky buď v čisté podobě (žvýkání různých částí rostlin) nebo ve formě mastí a odvarů. V této době trvající zhruba do 16. století bylo zjištěno obrovské množství poznatků o účincích přírodních látek. Kromě kurativního použití ale bylo objeveno i psychotropní a toxické působení různých materiálů. Tyto přírodní látky se označují jako léčiva 1. generace. Druhá etapa byla ovlivněna především rozvojem alchymie. Pravděpodobně nejvýznamněji se v této době prosadil známý alchymista Paracelsus, jehož posláním, jak říkal, nebyla transmutace látek ve zlato, ale hledání nových léků proti nemocem. Uměle připravené léky pokládal za rovnocenné s přírodními. Formuloval vztah mezi toxicitou a dávkou a zavedl nový obor iatrochemie (řec. iatros, lékař). V této době byla zavedena do praxe řada látek na bázi těžkých kovů (rtuť, arsen) a různých solí. Další etapa na přelomu 18. a 19. století byla ve znamení izolace čistých přírodních látek (organické kyseliny, glycerol, morfin). V 19. století se začaly přírodní látky izolovat průmyslově (chinin) a do výroby byly zavedeny první syntézy, např. kyselina salicylová, acetanilid. Tyto látky se obvykle označují jako léky 2. generace. Významným mezníkem ve farmaceutické chemii byla Knorrova syntéza fenazonu (1) (antipyrin) v roce 1883 (Schéma 1). V této době se přišlo na to, že biologickou aktivitu mají i analoga mateřské sloučeniny. Zjednodušováním původní struktury se zjistilo, že pro terapeutickou účinnost je nezbytný určitý strukturní prvek, jehož vynecháním se aktivita ztrácí. Začaly se tedy cíleně připravovat léčiva obměnou struktury již známých léčiv a vznikla léčiva 3. generace.

99

V polovině 20. století se začalo využívat poznatků o vztazích mezi účinkem a chemickou strukturou. Biologická aktivita se začala předpovídat u navržených a dosud nesyntetizovaných látek. Takto vznikl obor označovaný QSAR (Quantitative Structure-Activity Relationship) a byla připravena léčiva 4. generace. V posledních letech se v některých případech začíná uplatňovat také metoda kombinatoriální chemie, kdy je možné v krátké době připravit a otestovat na biologickou aktivitu až desetitisíce nových látek, látek nové generace. Léky s antivirovým účinkem

Jak všichni víme, viry jsou tvořeny pouze vláknem DNA nebo RNA a proteinovým obalem, nemají buněčnou stěnu, cytoplazmatickou membránu a ani vlastní metabolismus. Při léčbě tedy nelze použít známé postupy jako u buněčných mikroorganismů. Například inhibicí syntézy buněčné stěny nebo změnou permeability buněčné membrány. Mezi virové onemocnění patří například spalničky, hepatitida, vzteklina, dětská obrna atd. Donedávna se předpokládalo, že proti virovým infekcím lze bojovat pouze imunizací (očkováním). V současné době se však objevila řada účinných chemoterapeutik. Značné úsilí se vynakládá k hledání účinných látek v boji s virem HIV, kde již z principu je imunizace vyloučena. První mechanismus účinku antivirotik je inhibice procesu adsorpce viru na buňku a jeho průniku přes buněčnou membránu. Aby mohl virus proniknout přes buněčnou membránu potřebuje nižší hodnoty pH na povrchu membrány. K inhibici se používají bazické deriváty adamantanu, které zvyšují pH na povrchu membrány. V klinické praxi se používá adamantin (2), který se připravuje z adamantanu (3) bromací, Ritterovou reakcí s acetonitrilem a následnou bazickou hydrolýzou (Schéma 2). 100

Seriál


NH2

O

1. Br2 2. MeCN/H2SO4

AlCl3

O N

HN

3. H2O, OH3

H2N

2

N

N

H2N

Druhou velkou skupinou antivirotik jsou inhibitory syntézy nukleových kyselin virů. Jedná se o pozměněné nukleové báze, které se zabudovávají do nukleové kyseliny viru a tím dojde k zabránění replikace. Této metody lze využít jen díky vyšší rychlosti replikace virové DNA, virová kinasa je asi 30 až 100krát rychlejší. Jedná se tedy o kineticky řízenou inhibici. V současné době bylo již připraveno a testováno na biologickou aktivitu několik tisíc derivátů nukleosidů. Mezi v klinické praxi používaná antivirotika na bázi nukeosidových antimetabolitů patří idoxuridin (2´-deoxy-5-joduridin, známý jako Perplex, 4) a trifluridin (2´-deoxy-5-(trifluormethyl)uridin, známý jako Viroptic, 5) se používají při léčbě onemocnění vyvolaném virem Herpes simplex (Obr. 1). I

O

OH 4

7

6

OH

HO

OH

Obr. 2. Nukleosidová antivirotika s navázaným acyklickým polyolem

Další skupinou látek inhibující syntézu virové DNA jsou sodné soli fosfonoalkanových kyselin. Mechanismus jejich účinku spočívá v inhibici DNApolymerasy. Tyto látky jsou účinné proti herpetickým virům, hepatitidě typu B, cytomegalovirům a retrovirům. Příkladem této skupiny je foskarnet (8, známý jako Foscavir). Základem syntézy je Arbuzovova reakce triethyl-fosfitu s ethyl-chlorformiátem (Schéma 3).

CF3

HN

OEt EtO

O

O

O

O

HO

N

N

O

Schéma 2. Syntéza adamantinu

HN

N

HN

O

N HO

O

N

ClCOOEt

P

EtO Et

OEt

OEt + P COOEt

OEt -EtCl

O

EtO

P

COOEt

O

ClNaOH, H2O

OH 5

O Na +

Na O

P

COO- Na

O

Obr. 1. Nukleosidová antivirotika

Zajímavými příklady jsou aciklovir (6, známý jako Herpesin, Zovirax) a ganciklovir (7, známý jako Cymeven, Cytoven), ve kterých je k bázi místo cukerné složky navázán acyklický polyol. (Obr. 2). Aciklovir je účinným prostředkem při léčbě onemocnění způsobené herpetickými viry. Ganciklovir se pro svoji vysokou účinnost a zároveň vyšší toxicitu používá pouze v případech ohrožující život pacienta, např. při onemocnění AIDS.

101

+ +

8

Schéma 3. Fosfonalkanové inhibitory DNA-polymerasy

Antiretroviretika, virus HIV

Vzhledem k rozsáhlému výskytu infekce virem HIV, se v poslední době intenzivně studuje životní cyklus tohoto retroviru. Přestože v současné době není v klinické praxi žádný přípravek, který by infekci HIV vyléčil, je k dispozici řada léků, které mají antiretrovirovou aktivitu. Při léčbě se využívá vhodné kombinace dostupných inhibitorů reversní transkriptasy a virové proteinasy. Mezi inhibitory reversní transkriptasy patří zidovudin (9, známý jako Azt, Retrovir). Zidovudin snižuje množství HIV viru a prodlužuje dobu, kdy nemá onemocnění klinické

102

Seriál

příznaky. Syntéza zidovudinu vychází z thymidinu (10, schéma 4), který je výchozím substrátem i pro další analoga jako stavudin (11, známý jako Zerit). O

O Me

HN O HO

O

N3

O HO

O

Me

N

2. NaOH

O O

O

O

Druhou skupinou látek jsou inhibitory HIV-proteasy, která dokončuje vývoj viru HIV odštěpením proteinové části jeho kapsidy. V roce 1995 se do klinické praxe dostal saquinavir3.

N

Literatura

1. František Hampl, Jaroslav Paleček: Farmakochemie Praha (2002) 2. A. Holý et al: J. Med. Chem. 42, 2064 (1999)

Mezi další inhibitory reverzní transkriptasy patří deriváty adeninu, např. adefovir (12), tenofovir (13, známý jako Viread) a deriváty cytosinu, např. cidofovir (14, známý jako Vistide). Tyto látky (Obr. 3) byly připraveny skupinou A. Holého na Ústavu organické chemie a biochemie AV ČR2. Kromě antiretrovirové aktivity vykazují také účinnost proti hepatitidě B. O OH

P

3. K. E. B. Parkes et al: J. Org. Chem. 59, 3656 (1994)

OH OH

O P O

OH OH

O H2N

N N

R R = H, adefovir, 12 R = Me, tenovir, 13

O

Schéma 5. Nenukleosidové inhibitory reversní transkriptasy

Me

Schéma 4. Inhibitory reversní transkriptasy

N

O N H 15

11

N

NH2

CF3

N

HO

N

CF3 Cl OH

NH2 Cl

O

HN

NH2

MgCl

CF3

O

1. t-BuOK, DMSO 2. H+

N

Cl

Me

HN

1. MeSO2Cl pyridin

OH 10

9

O

O

HN

N


14

Obr. 3. Inhibitory reversní transkriptasy

Mezi nenukleotidové inhibitory reversní transkriptasy patří deriváty benzoxazinu. Zástupce této skupiny, efavirenz (15, Schéma 5, známý jako Stocrin, Sustiva), byl jako první použit v klinické praxi.

103

104

Seriál

Korespondenční Seminář Inspirovaný Chemickou Tematikou, ročník 3 NHAc

Farmakochemie II

Historie chemoterapeutik sahá do 30. let 20. století, kdy byla ve firmě Bayer vyvíjena nová azobarviva a současně se zkoušely jejich biologické účinky. Zajímavé protistreptokokové vlastnosti byly objeveny u červeného barviva Pentosil rubrum (obr. 1), a to i přes to, že in vitro nebyla prokázána žádná biologická aktivita. Zjistilo se, že se tato látka metabolizuje na účinný sulfanilamid. A tak začala éra sulfonamidů (derivátů kyseliny p-aminobenzensulfonové), revoluce v léčbě doposud smrtelných bakteriálních onemocnění. Jejich terapeutický účinek spočívá ve strukturní podobnosti kyseliny p-aminobenzensulfonové s kyselinou p-aminobenzoovou (PAB), kterou bakterie potřebují k syntéze kyseliny listové. Kompetitivní inhibicí enzymu dihydropteroátsyntetázy (sulfonamidy soutěží o enzym s PAB) vznikají nefunkční analoga kyseliny listové. Protože všechny vyšší organismy kyselinu listovou neumějí syntetizovat a získávají ji z potravy, jsou sulfonamidy pro člověka z tohoto hlediska netoxické. Stejně tak jsou však sulfonamidy neúčinné vůči patogenům, které umí kyselinu listovou získávat z okolního prostředí. Nevýhodou sulfonamidů je jejich nefrotoxicita (poškození ledvin vylučováním krystalů metabolitů, které trhají ledvinový parenchym).

2. aq NaOH SO2Cl

Schéma 1. Příprava sulfanilamidu

Všechna další analoga sulfanilamidu byla připravena derivatizací dusíku amino- nebo sufonamidové skupiny. Mezi dosud používané sulfonamidy patří sulfathiazol (obchodně známý jako Cibazol) a sulfadiazin (Flamazine, Brandiazine), který se používá při léčbě popálenin a bércových vředů. Jejich syntéza vychází z p-acetamidobenzensulfonylchloridu (schéma 2). NH2 NH2

N

S

NH2 NHAc

2. aq NaOH HN N

SO2

N

N

2. aq NaOH SO2Cl

NH2

SO2

N

S

sulfathiazol

NH N

sulfadiazin

Schéma 2. Příprava sulfathiazolu a sulfadiazinu NH2

biodegradace

H2NSO2

NH2

N

H2NSO2

SO2NH2 sulfanilamid

H2N N

NH2 1. aq NH3

ClSO3H

V tomto dílu si povíme o léčbě bakteriálních onemocnění. Z důvodu velkého množství připravených látek se nebudeme zabývat desinfekčními a antiseptickými přípravky. Látky s antibakteriálním působením lze rozdělit do dvou skupin. První skupinou jsou antibiotika, mezi něž dnes počítáme i syntetická a polosyntetická analoga přírodních antibiotik. Druhou skupinou jsou chemoterapeutika, která vzhledem ke vzniku rezistence na antibiotika dnes zaznamenávají určitou renesanci. Chemoterapeutika

NHAc

Pentosil rubrum

sulfanilamid

Reakcí sulfathiazolu s ftalanhydridem vznikne ftalylsulfathiazol (obchodní název Sulfenteral), který se používá při léčbě infekcí gastrointestinálního traktu (obr. 2). Při léčbě močových infekcí se jako alternativa k antibiotikům využívá sulfafurazol (obchodní název Gantrisin, Sulfagan) (obr. 2).

Obrázek 1. První sulfonamid

Synteticky se sulfonamid připravuje chlorsulfonací acetanilidu a následnou amonolýzou (schéma 1).

105

106

Seriál

N SO2

H2N

N H

R

S

OH

H N

H N

SO2

N Me

Me

N

N

N

N

H2N

O sulfafurazol

ftalylsulfathiazol

N NH2

HO O

Me O

NH2

1. POCl3 2. aq NH3

HO

O R:


OMe

sulfamethoxazol

CH2O Me2NH

H2N

OH

OH

OMe

Dalším zajímavým použitím sulfonamidů je jejich kombinace s trimethoprimem. Syntéza trimethoprimu je poměrně zajímavá (schéma 3). Tato látka inhibuje enzym dihydrofolátreduktázu, která katalyzuje další syntetický krok při biosyntéze kyseliny listové. Inhibicí dvou syntetických kroků se značně zesiluje terapeutický efekt léčiva. Jeho směsi s sulfamethoxazolem (obr. 2) se používají v kombinovaných preparátech Biseptol, Bactrim a Aposulfatrim.

OMe

N

OH

OMe

N

MeBr, báze

N

H2N

OMe

OMe

OMe trimethoprim

Schéma 3. Příprava trimethoprimu

Mezi chemoterapeutika nesulfonamidového typu patří inhibitory enzymu DNA-gyrázy (nebo také topoizomerázy, enzymu zajišťujícího správné prostorové uspořádání bakteriální DNA). Tyto látky silně působí na gramnegativní mikroby. Po chemické stránce se jedná o deriváty chinolinu, do klinické praxe byly uvedeny koncem 60. let 20. století. Jako první byla připravena kyselina nalidixová (schéma 4). Postupným obměňováním skeletu se zjistilo, že zavedením atomu fluoru do polohy 6 se zvýší terapeutická účinnost. Jedním z nejnovějších analogů je gatifloxacin (obr. 3)

EtOOC

EtOOC

COOEt

COOEt

+ Me

N

NH2

Me

EtO

N

O

Δ

COOH

Me

N

N H

N H O

COOEt

O F

-Me2NH

NH2

N H2N

N

OMe NH2

Obrázek 2. Sulfafurazol, ftalylsulfathiazol a sulfamethoxazol

N

OMe

Me2N

1. EtI 2. aq NaOH

COOH

Me

N

N Et

Me

N HN

N

kyselina nalidixová

OMe

Schéma 4. Příprava kyseliny nalidixové

Antibiotika

Obrázek 3. Gatifloxacin

Počátky antibiotik se datují do roku 1877, kdy L. Pasteur popsal působení různých anaerobních bakterií na růst mikrobu Bacilus anthracis. Brzy byly objeveny další kmeny produkující antibiotika, nicméně jejich použití bránila vysoká toxicita. Průlom nastal až s objevem penicilinu A. Flemingem (1929). 107

108

Seriál

Přesto trvalo ještě deset let, než byla zvládnuta jeho příprava v technologickém měřítku. Ve 40. a 50. letech byla objevena řada dalších významných antibiotik (streptomycin, chloramfenikol, bacitracin, chlortetracyklin, erythromycin, …). V současné době se odhaduje, že bylo připraveno na několik set různých antibiotik. Nejstarší a nejznámější jsou β-laktamová antibiotika izolovaná z plísně Penicillium nonatum nebo Penicillium chrysogenum. Účinek těchto antibiotik spočívá v inhibici syntézy mukopolypeptidů buněčné stěny. Základní přehled těchto látek je na obrázku 4. Zajímavými analogy jsou cefalosporiny, které jsou odolné proti β-laktamáze stafylokoků (enzymu, který dokáže rozštěpit β-laktamový kruh, a tím působení antibiotika eliminovat). Zajímavý antibiotikem této skupiny je kyselina klavulanová, která je výborným inhibitorem β-laktamázy. Používá se proto ve směsi s jinými antibiotiky, které jsou k tomuto enzymu citlivé. COOH

O N

RCO N H

S H

R

Me

PhCH2

penicilin G

PhOCH2

penicilin V

Me


tetracykliny vykazují velké množství negativních účinků na organismus (poruchy jater, vývoje zubů a kostí, teratogenita). R1

R2

NMe2 OH

H

CONH2 OMe

O

OH

O

HO

H2N

H

N H H

H

chlortetracyklin

H

Me

OH

tetracyklin

NMe2

H

H

minocyklin

NH OH N OH H

O

NH2

HN

Me CH2COAc

Obrázek 6. Streptomycin

cefalosporin C

Ze skupiny makrolidů (polyfunkční makrocyklický laktonový kruh) je nejznámější erythromycin (obr. 7) účinný proti stafylokokovým infekcím. Používají se u pacientů s alergií na penicilín a u infekcí odolávajících penicilínu.

S

Me

Me

HO

kyselina klavulanová

N

Me

HO O

OH

OCH

COOH

O

Me

HN O HO

O

COOH N

Cl

NHMe

O

HO

HO

CO

R3

H2N

HO

H

HOOC

R2

Z ostatních známých antibiotik je třeba zmínit streptomycin (obr. 6), (trisacharid obsahující N-methyl-L-glukosamid) produkovaný houbou Streptomyces griseus. Jedná se o lék užívaný v boji s bakterií Mycobacterium tuberculosis. Do skupiny aminoglykosidů stejně jako streptomycin patří také gentamycin, amikacin a spektinomycin.

ampicilin

O

R1

Obrázek 5. Tetracyklinová antibiotika

NH2

H

R3

OH

Me

H

Obrázek 4. β-laktamová antibiotika

Me

O

NMe2 O

Me O

Další skupinou jsou tetracyklinová antibiotika (obr. 5) produkované houbou Streptomyces. Tyto látky mají velmi široké spektrum účinku (grampozitivní i gramnegativní bakterie, spirochety, richettsie, chlamydie). Mechanismus jejich účinku je pravděpodobně v zabránění vazby tRNA na ribosomy. Bohužel

109

O Et

OH OHO

OMe

O

Me OH O

Me

Obrázek 7. Erythromycin A

110

Me

Seriál

Podobně jako erythromycin působí i linkomycin a klindamycin.


Farmakochemie III

Mezi antibiotika lze počítat i nízkomolekulární peptidy a glykoproteiny s baktericidními vlastnostmi. Takovým zástupcem je bacitracin, který je součástí známého přípravku Framykoin.

V tomto dílu si povíme o léčbě onemocnění způsobených eukaryotickými organismy, tedy plísněmi, kvasinkami a prvoky. Budeme se tedy zabývat např. mykózami, malárií a trichomoniázami. Léčiva se rozdělují podle typu původce. Z důvodu omezeného rozsahu tohoto seriálu se nebudeme zabývat léky proti mykobakteriím, které patří mezi prokaryota a jsou původci závažných chorob jako TBC. Případné zájemce tímto odkazuji na původní literaturu.

Ze skupiny glykoproteinů je nejznámější antibiotikum vankomycin, působící inhibici syntézy buněčné stěny, se silným baktericidním účinkem. Pro svou poměrně vysokou toxicitu se používá jen u velmi těžkých infekcí, kde ostatní antibiotika selhávají. Dá se říci, že je to antibiotikum poslední volby. O ostatních antibioticích, které mají antifungální vlastnosti si povíme příště v dílu o léčbě onemocnění způsobených houbami, kvasinkami a ostatními eukaryotickými organismy. Literatura

• František Hampl, Jaroslav Paleček: Farmakochemie, Praha (2002) • Max Wenke et al: Farmakologie, Praha (1990) • Zdeněk Modr et al: Antibiotika a jejich lékové formy, Praha (1964)

Antimykotika

Plísně a kvasinky provázejí člověka již odnepaměti. Doslova se dá říci, že jsou všudypřítomné. Jejich spory jsou obsaženy v potravinách i ve vzduchu. Celou řadu těchto mikroorganismů se člověk naučil využívat ve svůj prospěch, ať už v podobě plísňových sýrů, alkoholického kvašení nebo antibiotik. Ovšem ne všechny jsou pro člověka přátelské stejně jako plíseň na hermelínu. Některé mohou způsobit celou řadu onemocnění. Pokožka, nehty a vlasy jsou napadány houbami známými jako dermatofyty. Jedná se o houby z rodu Trichophyton, Microsporum a Epidermophyton. Na sliznicích v ústech, střevech a pochvě často parazitují kvasinky z rodu Candida, které způsobují různé typy kandidóz, např. bílé povlaky v ústech (moučnivka), záněty urogenitálního traktu. V případě oslabení imunitního systému např. při infekci HIV může dojít i k napadení vnitřních orgánů, pak mluvíme o celkové kvasinkové infekci. Ve všech případech kandidóz je vhodná celková léčba účinnými antifungálními preparáty, nikoli pouze lokální odstranění projevů infekce, kdy je možné očekávat brzkou recidivu nebo přechod do chronického stadia choroby. Polyenová antimykotika

Mezi lokální antimykotika patří nenasycené mastné kyseliny. Nejznámější je kyselina undecenová (mykoseptin). Připravuje se tepelným rozkladem kyseliny ricinolejové (Schéma 1). Dalšími zástupci jsou nystatin, produkovaný kmenem Streptomyces noursei a nystamycin získávaný ze Streptomyces natalensis. Jeho mechanismus je založen na vazbě s ergosterolem v membráně hub. Je účinný proti kvasinkám a trichomonádám.

111

112

Seriál

OH

(CH2)7COOH


+

CH3(CH2)5

O

H3C

(CH2)7COOH

Δ

Cl

Br2, AcOH

CH3(CH2)5

kyselina ricinolejová

Cl

Cl

Cl

NaBH4

OH

N

N

Cl

Cl CCl3 AlCl3

N

O

N

R

Cl

Cl

Cl

Cl

R-Cl NaOH

R=

Cl2, hν

Cl

Cl

Velice účinnou skupinou látek se širokým spektrem působení jsou deriváty imidazolu. Mechanismus účinku spočívá v inhibici enzymů konečné fáze syntézy ergosterolu v membráně hub. Dochází k inhibici cytochromu P450, na němž je závislý enzym demetyláza, zajišťující konverzi lanosterolu na ergosterol. Nejznámější zástupce této skupiny je klotrimazol (canesten). Připravuje se dvojnásobnou Friedelovou-Craftsovou reakcí (Schéma 2).

CH3

N Et3N

Imidazolová antimykotika

Cl

O

N

N

kyselina undecenová

Schéma 1. Syntéza kyseliny undecenové

Cl

H N

O

Br

Cl

Cl

-CH=CH2

S

Cl

mikonazol

ekonazol

fentikonazol

enilkonazol

Schéma 3. Imidazolová antimykotika

H N

Prvním imidazolovým léčivem (Obr. 1), které mohlo být podáváno také perorálně byl ketokonazol (nizoral). Tento fakt má zásadní význam při léčbě celkových mykóz. Aplikuje se v podobě mastí, tablet a je také součástí šampónů potlačujících tvorbu lupů. Je také účinný proti gramnegativním bakteriím.

Cl N

Et3N

N

N

N

klotrimazol

N

O

CH3 O

Schéma 2. Příprava klotrimazolu

O

N

Cl

Mezi další zástupce skupiny imidazolových antimykotik (Schéma 3) patří mikonazol (gynomonistat), který se vzhledem k častým nežádoucím účinkům již téměř nepoužívá. Další zástupci ekonazol (pevaryl), enilkonazol (imaverol) a fentikonazol (fentiderm) jsou používány při smíšených bakteriálně-plísňových infekcích.

Cl

Obrázek 1. Ketokonazol

113

114

N O

Seriál

Ostatní antimykotika

Antiprotozoa

Dalším lokálním antimykotikem je kyselina salicylová a její deriváty, např. buklosamid (Obr. 2). Ze systémových antimykotik je třeba zmínit griseofulvin (grisovin) získávaný z plísně Penicillium griseofulvum (Obr. 2). Používá se při léčbě dermatomykóz, je ovšem neúčinný na kvasinkové infekce. Mechanismus účinku spočívá v denaturaci proteinového cytoskeletu, čímž se zabrání dělení buňky. CONHBu

OMe

O

O O

MeO

buklosamid

Cl

H3 C

Jednobuněčné organismy, prvoci (Protozoa) způsobují řadu vážných onemocnění. Do této skupiny patří známý původce malárie Plasmodium, dále původce spavé nemoci Trypanosoma. Další choroby způsobené prvoky jsou leishmanióza, amébová úplavice a trichomoniázy. Antimalarika

Nejdůležitějším antimalarikem stále zůstává chinin (Obr. 4). Jeho první použití se datuje do 17. století, kdy byl použit v podobě kůry chinovníku. Přestože způsobuje řadu nežádoucích účinků (poškození sluchu a zraku, abortivum), je vedle syntetických látek nadále využíván. Jeho výhodou je oproti syntetickým analogům vzácný výskyt rezistence.

OMe

OH

Cl


griseofulvin HO

Obrázek 2. Další antimykotika

H

Zajímavým zástupcem antimykotik je také ciklopirox (batrafen), jeho aktivita zahrnuje kromě kvasinek, dermatofytů, plísní i bakterie a trichomonády. Jeho syntéza je založena na cyklizaci oximu (Schéma 4). CH3

MeO

N

CH3

N

chinin

NaOH aq N

COOCH3

Δ

OH

O

OH

ciklopirox

Z hydrofilních antimykotik stojí za zmínku 5-fluorocytosin (flucytosin) (Obr. 3), je to jediný zástupce antimetabolitů (viz seriál Farmakochemie I), který také vykazuje antifungální aktivitu. Mechanismus spočívá v inhibici syntézy RNA.

CF3

meflochin

Ze syntetických analog je známý chlorochin (resocin, capchin). Jeho syntéza je zajímavá (Schéma 5). Vychází z 3-chloranilinu, který kondenzuje s ethyl-2oxo-glutarátem. Podobně se také připravuje meflochin (lariam) (Obr. 4), který se podává také profylakticky.

O

O

CF3

N H

Obrázek 4. Antimalarika

N

Schéma 4. Syntéza ciklopiroxu

F

HN

H

HO

H

H

N

N H

Obrázek 3. Flucytosin

115

116

Seriál O

+ Cl

OH

EtO

NH2


O

Δ O

COOEt

Cl

Cl

N

CN

HO

COOEt

CH3

potaš

Cl

NH Cl

N

NH2

chlorochin

O

Schéma 5. Syntéza chlorochinu

O

CH3

O

EtO

CN

MeO

HN

CH2N2

Cl

NaOEt

CN HN2

CN

NaOEt

Schéma 7. Syntéza pentamidinu

Chemoterapeutika trichomoniázy

Při léčbě tohoto onemocnění se používají nitroimidazolové deriváty jako metronidazol (entizol). Působí proti trichomonádám a amébám. Dále proti řadě anaerobních mikrobů. Toto léčivo je dobře snášeno a je možno podávat dávky kolem 0,7 g denně per os (cca 10 dní) plus lokální léčba tabletami. Syntéza vychází z 1,2-diaminobenzenu (Schéma 8). Účinnější nitroimidazolové léčivo je ornidazol (ornidal, tiberal), kterým lze při kombinované léčbě perorálně a vaginálně vyléčit trichomoniázu za 1 den. Syntéza je podobná jako u předešlého derivátu.

H3C N

HN2

Cl

pentamidin NH

Dalším typem antimalarik jsou deriváty pyrimidinu, které působí jako inhibitory syntézy kyseliny listové. Např. trimethoprim (viz seriál Farmakochemie II), dále pyrimethamin (daraprim), který se připravuje Claisenovou kondenzací (4-chlorfenyl)acetonitrilu s ethyl-propanoátem (Schéma 6).

Cl

CN

O

NaH

N

O

NH2

NEt2

HN

NEt2

H2N

1. EtOH/HCl 2. NH3

Br(CH2)5Br

CH3

1. NaOH aq 2. H3O+, -CO2 3. POCl3

CN

Cl

NH2 N H2N

pyrimethamin

Schéma 6. Syntéza pyrimethaminu

Chemoterapeutika trypanosomáz

Z této skupiny látek se zmíníme pouze o jednom zástupci a to o pentamidinu (lomidin), který se dnes používá nejčastěji. Základem syntézy (Schéma 7) je Williamsonova reakce 4-hydroxybenzonitrilu s 1,5-dibrompentanem.

117

118

Seriál

NH2

H N

Cu, Δ

CH3

CH3

-CO2

N

Nyní je třeba si vysvětlit, jak taková alergie vzniká, co je její příčinou. Imunitní systém je poměrně komplexní soubor specializovaných buněk. Po vniknutí cizorodé látky do organismu začnou lymfocyty tvořit protilátky, které jsou vazebně komplementární s cizorodou látkou (antigenem). Protilátky se navážou na povrch mastocytů a ty pak „vychytávají“ antigeny v organismu. Při navázání antigenu na komplex protilátky a mastocytu dojde k uvolňování histaminu do krve. Histamin je biologicky aktivní látka, která vzniká dekarboxylací aminokyseliny L-histidinu (Schéma 1). Působení histaminu na organismus má následující účinky: snížení krevního tlaku, pokles tepové frekvence, zvýšení produkce sekretu dýchacích cest, periferní vasodilatace, kopřivka. Při silných alergických reakcích může dojít až k anafylaktickému šoku, vedoucímu ke kolapsu organismu.

HNO3, H2SO4

OH

N

CH3

báze

N

O 2N

H N CH3 O2N

V tomto posledním dílu si povíme o léčbě autoimunitních onemocnění. V poslední době prudce stoupá výskyt různých alergií a alergických ekzémů. Proto se poměrně intenzivně zkoumá mechanismus účinku alergenů na imunitní systém.

N

OH

Cl

N

Farmakochemie IV

CrO3, H2SO4

N

H N

HOOC

CH3

Δ

NH2

HOOC

H N

AcOH

metronidazol OH

O

Cl

SO2 OH


Cl

2

H N

N CH3

báze O2N

N

H2N

H N

histidindekarboxylasa

H COOH

N

ornidazol

NH2

N

Schéma 1. Příprava histaminu

Schéma 8. Syntéza chemoterapeutik trichomoniázy

V případě těžkých alergických reakcí se podávají látky potlačující účinky histaminu, tedy adrenalin, noradrenalin. V případě dýchacích obtíží se aplikují bronchodilatační látky, například orciprenalin, salbutamol a efedrin (Obr. 1).

Literatura:

1. František Hampl, Jaroslav Paleček: Farmakochemie Praha (2002)

OH

HO

2. Max Wenke et al: Farmakologie Praha (1990) 3. Dagmar Lincová, Hassan Farghali et al.: Základní a aplikovaná farmakologie Galén, Karolinum (2002)

HO orciprenalin

H N

HO

OH

HO

H N

salbutamol

OH

H HN

Me

H

Me efedrin

Obrázek 1. Bronchodilatační látky Podle terapeutického cíle lze léčiva rozdělit na hypohystaminika (inhibitory enzymu histidindekarboxylasy) a H1 antihistaminika (blokátory H1 receptorů histaminu). Dále existují také H2 antihistaminika, která blokují H2 receptory histaminu, zde se ovšem nejedná o antialergika (viz dále). 119

120

Seriál


Hypohistaminika

NH2

CHO

Tato skupina látek je založena na profylaktickém účinku. Používají se preventivně a nejsou účinné při již probíhající alergické reakci. Nejznámějším zástupcem je kromoglykan sodný (známý např. jako cromogen, Schéma 2). Tato látka selektivně inhibuje histidindekarboxylasu a aplikuje se v podobě spreje inhalačně. O

HO

HO

1.

OH

Me O

O

O

O

NMe2

fenbenzamin

O

ONa HO

EtO O

O

N

Me

OH O

OH

OEt

NMe2

Cl

Cl Me

N H

2. redukce

NaO OH

Schéma 3. Syntéza fenbenzaminu

O OEt

OEt

1. cyklizace

Následovaly deriváty piperazinu, který je často k ethylendiaminu isosterní. Jako zástupce si můžeme jmenovat meklozin (diadryl, Schéma 4).

2. aq NaOH OH

EtONa O

O

O

O

O

NaO

O

O

O

1.

O

N

Cl

O

COOEt N N H

ONa

OH O

Cl

Cl

2. aq NaOH

O

HN Cl

kromoglykan sodný Me

Schéma 2. Syntéza kromoglykanu sodného

Me

H1 antihistaminika OHC

Jak název napovídá, tato skupina léčiv blokuje H1 receptory histaminu. Ovšem vzhledem k podobnosti těchto receptorů s adrenergními a muskarinovými receptory, mají tyto látky řadu vedlejších účinků. Ve 40. letech se do klinické praxe dostal první derivát odvozený od ethylendiaminu fenbenzamin (Schéma 3). Přestože se dnes již nepoužívá, byl předlohou pro další ethylendiaminové deriváty.

N N meklozin

Schéma 4. Syntéza meklozinu

Do skupiny piperazinových analog patří také známý cetirizin (zyrtec) a poměrně nový preparát astemizol (hismanal), který se vyznačuje vysokou selektivitou k histaminovým receptorům (Obr. 2). 121

122

Seriál


Cl

Cl

S S NMe2

cetirizin

NMe2

N N HOOC

N

O

Cl

chlorfeniramin

bisulepin

N N

MeO N astemizol

loratidin F

N H

N N

Obrázek 2. Piperazinová analoga

COOEt

Další látky s antihistaminovým efektem jsou různé aminoalkylethery. Jejich nevýhodou jsou značné sedativní účinky a u některých se ukázalo také antiemetické působení (proti nevolnosti). Proto se již tyto látky nepoužívají jako antialergika, ale řada z nich našla uplatnění právě při léčbě různých nevolností (především kinetóz). Známý a také původní český preparát je moxastin (kinedryl, Obr.3), dalším analogem je difenylpyralin (lergoban, Obr. 3).

O Me

NMe2

moxastin

H2 antihistaminika

V žaludeční sliznici se také vyskytují histaminové receptory, které ovlivňují sekreci žaludečních šťáv s kyselinou chlorovodíkovou. Právě nadměrné vylučování těchto šťáv při stresu je hlavním činitelem vzniku žaludečních a dvanácterníkových vředů. Přestože látky s H2 antihistaminovým efektem nepatří mezi antialergika, pro zajímavost se zmíníme o některých látkách používaných při léčbě vředových chorob zažívacího traktu. Prvním zástupcem, který se objevil v 70. letech 20. století byl cimetidin (gastromet). Jeho syntéza je poměrně zajímavá, a proto si ji uvedeme (Schéma 4). Ostatní preparáty jsou strukturní analoga a připravují se podobně. Jsou to například ranitidin (zantac, ranisan), famotidin (pepcid) a nizatidin (gastrax).

O N

Obrázek 4. Alkylaminy

Me

difenylpyralin

Obrázek 3. Aminoalkylethery Početnou skupinou jsou alkylaminy se dvěma aromatickými jádry v určité vzdálenosti od atomu dusíku (Obr. 4). Nejstarším zástupcem je chlorfeniramin (teldrin). Z novějších se zmíníme pouze o českém preparátu bisulepinu (dithiaden), který se krátkodobě hojně používá při senných rýmách a bodnutí hmyzem, přestože vykazuje sedativní účinky. Jedním z nejpoužívanějších antihistaminik se stal loratidin (claritine), který nemá nežádoucí sedativní účinky a působí dostatečně dlouho, aby stačila jedna dávka denně. 123

124

Seriál

Me

EtOOC

O

H2NCHO

H N

Me

Na, NH3 (l)

Cl-NH3+

Pořadí

HO

EtOOC

Výsledková listina

SH

N

N

Cl

H N

Me


Jméno

Ročník

Bodů za sérii 1

MeS

Me

H N

S

Cl-NH3+

N

N MeS

MeS

N MeNH

CN

N H

Me

H N

CN

N

MeNH2

CN

Me S

N H

S

N

H N N

cimetidin S + S

H 2N

1. KOH

MeS

2. (MeO)2SO2

MeS

N

CN

CN

Schéma 4. Syntéza cimetidinu

Literatura:

1. František Hampl, Jaroslav Paleček: Farmakochemie Praha (2002) 2. Max Wenke et al: Farmakologie Praha (1990) 3. Gagmar Lincová, Hassan Farghali et al: Základní a aplikovaná farmakologie Galén, Karolinum (2002)

125

0. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27. 28. 29. 30. 126

Lapis Philosophorum E. Pluhařová R. Matuška S. Vosolsobě M. Paseleková M. Pniok J. Havlík R. Píša E. Šimková M. Zajícová M. Ullrich C. Červinka Z. Cieslarová J. Jenčík H. Kvapilová V. Paldusová D. Šimsa V. Kubát P. Gerhard K. Heczková L. Míka J. Zikmundová P. Ménová O. Ševčík J. Spáčilová J. Bubal D. Štoková D. Štenclová Z. Bureš M. Schwarzová I. Kopová

5 4 3 4 3 3 4 3 3 3 3 2 3 4 3 3 2 4 2 3 1 4 4 3 3 1 3 3 4 1 3

49,00 46,55 37,90 40,25 44,80 38,85 26,65 15,75 20,20 26,65 20,50 12,60 26,45 42,55 21,95 7,55 18,85 20,60 7,05 20,75 15,55 15,05 35,85 26,40 11,20 0,00 0,00 16,15 18,75 17,50 11,40

2

46,00 43,85 42,25 40,60 43,30 40,90 43,40 43,10 41,10 37,95 36,70 34,20 39,20 30,65 30,70 40,80 31,90 28,45 42,35 32,20 31,60 32,90 40,75 27,70 27,70 33,75 29,65 31,30 36,85 17,70 21,65

3

54,00 44,65 46,80 43,60 34,70 38,35 33,65 38,15 31,40 25,75 26,00 27,50 13,40 0,00 5,00 29,20 18,85 18,65 0,00 8,20 10,10 24,70 0,00 19,80 7,55 22,50 6,80 1,20 9,00 14,75 2,70

Bodů celkem 4

48,00 46,80 44,40 40,66 37,66 37,12 36,80 38,23 37,04 29,15 34,23 35,26 27,10 32,94 44,52 20,47 23,72 24,35 35,92 23,30 24,46 8,30 0,00 0,00 27,26 14,78 29,90 16,38 0,00 12,32 22,67

197,00 181,85 171,35 165,11 160,46 155,22 140,50 135,23 129,74 119,50 117,43 109,56 106,15 106,14 102,17 98,02 93,32 92,05 85,32 84,45 81,71 80,95 76,60 73,90 73,71 71,03 66,35 65,03 64,60 62,27 58,42

Výsledková listina

31. 32. 33. 34. 35. 36. 37. 38. 39. 40. 41. 42. 43. 44. 45. 46. 47. 48. 49. 50. 51. 52. 53. 54. 55. 56. 57. 58. 59. 60. 61. 62. 63. 64. 65. 66.

V. Sešínová M. Bouček L. Severa T. Junková T. Hofmanová J. Žák J. Berka S. Stemonová M. Konečný E. Jeníčková A. Khirnová M. Beneš F. Stejskal K. Tisovjáková E. Matušková M. Pederzoli K. Janischová L. Pacosová J. Tesař J. Mališ K. Kubienová P. Krupanská D. Strejcová B. Stiborová P. Synek Z. Novák J. Kessler L. Macharová D. Dohnalová G. Sztefek E. Košťálová I. Štefanová V. Hrobař M. Uharčeková J. Hrib O. Váchová

3 2 3 1 3 1 2 3 3 4 2 1 3 3 3 4 1 2 3 3 3 3 4 1 4 3 2 3 2 3 3 2 3 4 4 4

14,85 0,00 25,70 15,85 7,30 14,10 0,00 9,85 15,30 5,90 0,00 13,45 6,40 9,55 10,75 12,95 13,40 7,95 0,00 3,35 9,45 7,90 3,90 11,45 0,00 0,00 0,00 8,85 3,00 0,00 0,00 6,50 0,00 3,45 3,05 2,70

15,35 32,70 31,50 23,05 22,45 17,40 22,50 23,95 25,90 25,70 13,65 11,65 18,30 20,15 18,75 24,60 12,10 13,90 32,50 11,50 7,50 24,00 16,05 10,00 13,05 11,40 0,00 19,15 13,60 6,90 11,50 15,05 6,00 10,40 15,60 15,60

10,15 11,45 0,00 6,60 7,95 0,00 9,00 4,00 9,45 5,50 7,00 3,00 4,90 4,25 2,25 0,00 2,05 0,00 0,00 10,85 3,80 0,00 5,30 0,65 0,00 9,50 1,30 0,00 8,10 3,50 0,00 0,00 5,90 6,15 0,00 0,00

17,75 13,35 0,00 11,24 16,50 19,88 19,52 12,94 0,00 11,82 26,01 14,22 12,36 7,71 7,88 0,00 9,30 12,76 0,00 6,53 11,30 0,00 4,94 7,69 16,32 8,12 27,37 0,00 0,00 13,46 12,22 0,00 9,00 0,00 0,00 0,00

58,10 57,50 57,20 56,74 54,20 51,38 51,02 50,74 50,65 48,92 46,66 42,32 41,96 41,66 39,63 37,55 36,85 34,61 32,50 32,23 32,05 31,90 30,19 29,79 29,37 29,02 28,67 28,00 24,70 23,86 23,72 21,55 20,90 20,00 18,65 18,30 127


67. 68. 69. 70. 71. 72. 73. 74. 75. 76. 77. 78. 79. 80. 81. 82. 83. 84. 85. 86. 87. 88. 89.

128

M. Lvová T. Mihalík F. Pešina J. Novotná K. Gončarová P. Zikmund J. Prach V. Eigner N. Vadlejchová M. Bobek E. Lašová M. Hejčl Z. Makajová I. Prossová R. Dvořáčková P. Širůčková E. Hofmanová S. Placzková L. Jeremias E. Neumannová S. Vasiliu H. Bromová L. Galek

3 4 1 4 3 2 3 4 3 4 1 4 4 4 3 1 4 4 4 1 4 3

15,70 0,00 0,00 2,15 12,40 3,35 0,00 0,00 8,70 0,75 0,00 1,70 4,15 0,00 1,35 4,15 2,35 2,30 2,10 1,95 1,25 1,15 0,00

0,00 15,35 6,00 11,15 0,00 6,00 10,85 8,95 0,00 7,40 0,00 6,00 3,10 6,90 3,35 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 1,10

0,00 0,00 1,50 0,00 0,00 3,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00

0,00 0,00 7,67 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 8,02 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00

15,70 15,35 15,17 13,30 12,40 12,35 10,85 8,95 8,70 8,15 8,02 7,70 7,25 6,90 4,70 4,15 2,35 2,30 2,10 1,95 1,25 1,15 1,10

Poděkování

Poděkování Na tomto místě bych chtěl poděkovat všem, kteří se kdy zasloužili o zdárný průběh semináře. Především bych chtěl poděkovat autorům a dalším lidem, kteří se o seminář starali. Jsou to (v abecedním pořádku) Mario Babuněk, Karel Berka, Helena Handrková, Richard Chudoba, Michal Kačenka, Ondřej Kaman, Viliam Kolivoška, Václav Kubát, Martin Kuchař, Ondřej Kundrát, Jan Kotek, Jiří Kysilka, Zbyněk Rohlík, Michal Řezanka, Pavla Spáčilová a Matyáš Turský. Dále Přírodovědecké fakultě Univerzity Karlovy za poskytnutí finančních prostředků na provoz semináře a Vysoké škole chemicko-technologické v Praze za zajištění soustředění.

Pavel Řezanka

129

130

Korespondenční Seminář Inspirovaný Chemickou Tematikou

Recommend Documents