H36. a) A levegő-hidrogén elegyek esetén a reakció hevességét az égéstermék és a kiindulási keverék sűrűségének különbségéhez kapcsolja a feladat. A gázok sűrűsége helyett érdemes az azzal egyenesen arányos átlagos molekulatömeget vizsgálni.
A feladat nem beszél arról, hogy a keletkező víz lecsapódik-e, vagy a gáz halmazállapotú termékek között marad. Ebből a szempontból tehát két esetet kell tekinteni.
Vegyük a levegő összetételét 79% N2 és 21% O2-nek. Így átlagos molekulatömege 28,84 g/mol. 
Egy x mol levegőt tartalmazó keverék 1 moljában van 0,79x mol N2, 0,21x mol O2 és (1–x) mol H2. Az ennek elégetése után kapott termék összetétele függ attól, hogy a reagáló oxigén, vagy a hidrogén volt feleslegben. Újabb két aleset vizsgálandó.
A keletkező gáz összetétele és átlagos molekulatömege könnyen kiszámítható. A továbbiakban csak a végeredményt, a termék és a kiindulási elegy átlagos molekulatömegének különbségét (ΔM) tüntetjük fel x függvényében. Ha hidrogénfelesleg van ( x < 0,704), akkor 
, ha a víz nem csapódik le, vagy
, ha lecsapódik.
Oxigénfelesleg esetén ( x > 0,704):
, ha a víz nem csapódik le, vagy
, ha lecsapódik.
A fentieket érdemes grafikonon ábrázolni:

ΔM

0.2

0.4

0.6

0.8

1

2

4

6

Mindkét esetben egyértelmű, hogy a legnagyobb sűrűségkülönbség a sztöchiometrikus keverék (70,42% levegő) esetén van, amikor sem oxigén, sem hidrogén nem marad. Ez megfelel a sejtéseinknek is.
Érdekes a görbe lefutása a lecsapódó víz esetén. Ebben az esetben a kevés levegőt tartalmazó elegyek égésében a kiindulásinál kisebb sűrűségű termék keletkezik.

b) Hidrogén-oxigén elegyeknél is érdemes a víz lecsapódása és a hidrogén-oxigén arány alapján négy esetet vizsgálni.
Ha 1 mol elegy oxigéntartama x mol, akkor átlagos molekulatömege 2+30x lesz. 
Ha a víz kondenzál, egyszerű a helyzet. Mindig a feleslegben levő komponens marad vissza termékként. Ha x < 0,333, akkor  ΔM = –30x. Ha x > 0,333, akkor  ΔM = 30(1–x). Tehát minél közelebb kerülünk a a leghevesebben reagáló sztöchiometrikus elegyhez, annál nagyobb a sűrűségkülönbség. 
Ha a víz nem kondenzál:
 hidrogénfelesleg esetén (x < 0,333) és
 oxigénfelesleg esetén ( x > 0,333)
A helyzet nem olyan egyszerű. Sztöchiometrikus keverék esetén ΔM éppen 6 g/mol, de nagyon kis oxigénfelesleg (0,33<x<0,40) esetén ez az érték alig észrevehető mértékben növekszik. Tehát a legnagyobb eltérés a sűrűségekben nem a sztöchiometrikus keverék esetén van.

ΔM

c) A feladat szövegében sajnos felcseréltük a kétféle elegy gyúlékonysági tartományát.
A meggyulladni képes hidrogén-oxigén elegyekben a H2:O2 arány az
1:20,7-től a 15,4:1-ig változik.
A gyúlékony hidrogén-levegő keverékekben ez a tartomány szűkebb, 1:4,9-től 14,1:1-ig terjed a H2:O2 arány. Az eltérést pl. a nitrogén-molekulák okozhatják, amelyek az égésben felszabaduló energiát elvezetik, és így lefékezik a reakciót.

d) A léggömb tömegét hanyagoljuk el. A hidrogén-levegő keverék sűrűsége mindig kisebb, mint a levegőé, ezért biztos lebegne az ezzel töltött lufi. A nem lebegő léggömbben csak hidrogén és oxigén lehet tehát. A keverék átlagos moláris tömege (2+30x) a levegő átlagos moláris tömegénél (28,84) nagyobb kell legyen. Ez annak felel meg, hogy az oxigén részaránya, x = 0,894 felett van a léggömbben. Robbanás ilyen összetételnél nem lehetséges, csak meggyulladhat a keverék, ha hidrogéntartalma 4,6%-nál nagyobb. Ellenkező esetben meg sem gyullad a lufi tartalma.

H37. a) A reakciók alapján az ion a csapadékot gyakorlatilag nem adó kationok közé (V. kationosztály) sorolható, a lángfestés egyértelműen a lítiumionra utal, ezt alátámasztja az oldat pH-ja is. 
A reakciók inert anionra utalnak, vagy azt mutatják, hogy a vizes fázisba nem került az anion reakció utáni terméke. Gázfejlődés nem volt, ezzel az esélyes hidridet kizártuk. Az a tény, hogy hexános oldatból indultunk ki kizárja a lítium különböző oxidjait is. A reakció után tiszta n-hexánt kaptunk, tehát a kiindulási anyag az n-hexil-lítium volt.  
b) C6H13Li + H2O = C6H14 (szerves fázis) + LiOH (vizes fázis)
c) A vízmentes nátrium-szulfátot a hexános fázis vízmentesítésére, szárítására használtuk.
A feladatra sok helyes megoldás érkezett, átlagos eredmény 88%.
Varga Szilárd

H38. A vizsgált anyagok foszforsavat és vizet tartalmazhattak, hisz a levegőből más nem kötődhetett meg. A továbbiakban próbáljuk meg az anyagok foszforsav és víz tartalmát vizsgálni.
A kiindulási kristályokat nevezzük A-nak. Legyen bennük v gramm foszforsav és z gramm víz.
Nyilvánvaló, hogy v + z = 93,200.
Vízben (3,660 g) oldva a kristályok egy része feloldódott. Az oldat 95,56 % foszforsavat tartalmazott. 2,000 g oldattal 1,9112 g foszforsavat és 0,0888 g vízet vettek ki a rendszerből. 
További víz (3,000 g) hozzáadására a rendszer feltisztult, majd egy másik csapadék kezdett leválni. Jelöljük ezt B-vel. A levált anyagban volt x gramm foszforsav és y gramm víz.
A B-ről leszűrt 93,33 %-os oldathoz vizet adva az először megszilárdulni látszott, majd teljesen feloldódott. Minthogy 5,191 g víz hozzáadása után 100,511 g oldatot kaptak, a leszűrt oldat tömege 95,320 g volt, benne 88,962 g foszforsav és 6,358 g víz.
Felírható a foszforsav és a víz mennyiségére két egyenlet:
v –1,9112 – x = 88,962
z + 3,660 – 0,0888 + 3,000 –  y = 6,358

A kiindulási kristályokból maradt az első oldás során m gramm.
Ezek összetétele változatlan, bennük a foszforsav/víz arány továbbra is v/z. Az oldat összetétele is ismert, tehát fel tudunk a két fázisban levő összes foszforsav és víz mennyiségére további két egyenlet írni:

Az utóbbi két egyenletből belátható, hogy z nulla (például m-et mindkettőből kifejezve és egyenlővé téve), tehát az A kristály tiszta foszforsav volt. 
Az egyenletrendszer megoldása:
x = 2,3268;	y = 0,2132;	m = 14,4276
A tömegarányokat figyelembe véve a B kristályban 1:2 a víz és a foszforsav anyagmennyiség-aránya. 

H39. a)  

b) Mivel a bázis koncentrációja jóval nagyobb, a puffer több savat képes megkötni.
 A szervezetben savas anyagok gyakrabban szabadulnak fel, ezért nem véletlen a hidrogén-karbonát nagyobb koncentrációja, még ha ez azt is jelenti, hogy a puffer nem az optimális pH-ján van.

c) Az adatok egyenes arányosságot mutatnak. A vérnek megfelelő pH-n a CO2 parciális nyomása 5,3 kPa kell legyen.
d) A Henry-törvény a gázok oldódását írja le. Formája, ahogy az az állandó mértékegységéből is sejthető:

e) A tejsavat vízben oldva:

A pH tehát 3,5. (A Lact a laktátionokat jelenti.)

Tegyük fel, hogy a reakcióban az összes tejsav gyakorlatilag elfogy. A széndioxid koncentrációja nagyjából állandónak tekinthető, hisz azt a gáz parciális nyomása szabja meg. Más, racionális feltételezésen alapuló becsléseket is elfogadtunk a javítás során.
A hidrogén-karbonát eredeti koncentrációját a tejsav mennyisége csökkenti, tehát 2,3·10–3 M lesz. Tehát

Gyakorlatilag a megadott adatok pontosságán belül nem változik a pH, marad 7,4 közelében.
Könnyen ellenőrizhető, hogy ezen a pH-n a tejsav koncentrációja a laktáténak kevesebb, mint 3000-ed része, tehát a feltevés a teljes átalakulásról nem volt alaptalan.

H40. a) Mindkét szerkezetben az összes atom egy síkban van. 

b) A butatrién három kettős kötését egyaránt 2-2 π elektron létesíti. A különbség a molekula vázát adó σ kötésekben van. A láncközti atomok 1 s és 1 p elektronnal vesznek részt ebben, a láncvégiek 1 s és 2 p elektronnal. Az sp hibridek között valamivel erősebb, rövidebb a kötés, hisz nagyobb bennük az atommaghoz közelebb található s elektronok részesedése.

c) Ez a molekula szabályos tetraéder alakú lenne, neve lehetne tetrahedrán. 

d) Mind a három vegyületben ekvivalens helyzetben vannak a hidrogénatomok, így aztán a monoszubsztituált formákból is csak egy lehetséges. 
e) A tetrahedránnak egy diszubsztituált formája létezhetne, a ciklobutadiénnek elvileg három. 
Megjegyzés: A ciklobutadiénnek annyira kedvezőtlen az elektronszerkezete (úgymond antiaromás), hogy azonnal elbomlik. Nagyon alacsony hőmérsékleten (30 K) el tudták a ciklobutadiént különíteni, a kapott molekulák téglalap alakúak, azaz az atomok ekvivalensek, de kötések nem. Így nem lenne mindegy, melyik két szomszédos pozícióba kerül a szubsztituens.
A butatrién esetén viszont egyértelműen három izomer létezik: az 1,1-diszubsztituált, a cisz és a transz alak.
f) A három alaknak eltérnek a dipólus-momentumai. A transz apoláris, a cisz már poláris, de a harmadik izomernek lesz a legnagyobb dipólus-momentuma. Az olvadáspontok is ebben a sorrendben nőnek, hisz a polaritás befolyásolja az intermolekuláris erőket.
ausztrál diákolimpiai feladat

HO-12. a) A reakcióegyenletek:
5NO2– + 2MnO4– + 6H+ → 5NO3– + 2Mn2+ +3H2O
5(COOH)2 + 2MnO4– + 6H+ → 10CO2 + 2Mn2+ + 8H2O
A reakciókban oxidálószerként részt vett 41,00 cm3 0,02 M permanganát-oldat, ami felvett összesen 4,100 mmol elektront. Redukálószerként részt vett 20 cm3 0,06 M oxálsav-oldat - ami leadott  2,400 mmol elektront – és a nitrit, amelynek anyagmennyisége a fentiek alapján (4,100-2,400)/2 = 0,8500 mmol.
 A törzsoldatban 20-szor ennyi nitrit található. Ha a porkeverék x mmol nátrium-nitritet és y mmol kálium-nitritet tartalmazott, akkor a felírható egyenletek:
x + y = 17
69x + 85y = 1255
Innen y = 5,125 mmol. Ez 34,71 m/m% kálium-nitritet és 65,29 m/m% nátrium-nitritet jelent.
b) A kiindulási kénsavmennyiség 5·1,14·0,2 = 1,14 g, ami 1,14·2/98 = 23,27 mmol H+-t jelent. 
i. A permanganát mennyisége 20·0,02 = 0,4 mmol, ebből fogy 0,850·2/5 = 0,34 mmol. Az oldatban tehát a permanganát hozzáadása után 0,06 mmol permanganát és 0,34 mmol Mn2+ található.
A H+-ionokból fogyott 0,85·6/5 = 1,02 mmol, [H+] = (23,27-1,02)/(35cm3) = 0,636M. 
Az oldat redoxpotenciálját a permanganát/mangán(II) rendszer határozza meg:
MnO4– + 8H+ + 5e– → Mn2+ + 4H2O
V
ii. Az oxálsav mennyisége 20·0,06 =1,2 mmol, ebből a feleslegben maradt permanganát fogyaszt 0,06·5/2 = 0,15 mmolt, marad tehát 1,05 mmol oxálsav, azaz [(COOH)2]= 1,05mmol/(55 cm3) = 0,01909 M.
A szén-dioxid parciális nyomása: p(CO2)/p0 = 3·10–4
A H+-ionokból fogyott 0,6·6/2 = 0,18 mmol, [H+] = (22,25–0,18)/(55 cm3) = 0,4013M
Az oldat redoxpotenciálját a CO2/oxálsav rendszer határozza meg: 
2CO2(g) + 2H+ +2e– → (COOH)2 
V
iii. Mivel a titrálás 70ºC-on fejeződik be, a prelogaritmikus faktor értéke 0,059 V helyett : RT/(F·lg e)=8,314·343/(96500·lge) = 0,068 V
A rendszer redox potenciáljára az ekvivalenciapontban mindkét fenti egyenlet felírható. 
Az első egyenletet 5-tel, a másodikat 2-vel szorozva, végül a két egyenletet összeadva kapjuk, hogy

Az oxálsav és a permanganát sztöchiometrikus mennyiségben vannak jelen az ekvivalenciapontban, tehát [MnO4–]/[(COOH)2] = 2/5 = 0,4 
Az oldat eleve tartalmaz 20·0,02 = 0,4 mmol Mn2+-t, ami a feleslegben hozzáadott permanganát redukciójából származik, ezért a titrálás végén [Mn2+] = (21·0,02 +0,4)/( 76cm3) = 0,01079 M.
A H+-ionokból fogyott további 21·0,02·6/2 = 1,26 mmol, 
[H+] = (22,07 – 1,26) /(76cm3)  = 0,2738 M.
A szén-dioxid parciális nyomása:p(CO2)/p0 = 3·10-4.
Ezeket az értékeket behelyettesítve végül E = 0,838V.			
c) A sárgás szín a titán(IV)-ionok egy jellegzetes komplexképződési reakciójának, a peroxo-titán(IV)-ionok kialakulásának köszönhető:
Ti4+ + H2O + H2O2 ↔TiO22+ +H2O
A mellékreakció során tehát hidrogén-peroxid keletkezett:
(COOH)2 + O2 → 2CO2 + H2O2
Mivel egy mol oxálsavból egy mol hidrogén-peroxid keletkezett, ami az oxálsavhoz hasonlóan 2/5 mol permanganáttal reagál:
5 H2O2+ 2MnO4– + 6H+ → 5O2 + 2Mn2+ + 8H2O,
ezért a mellékreakció a titrálás során nem okoz hibát.

Megjegyzések: 
1. A redoxpotenciálok kiszámolásakor logaritmust használunk, ezért a logaritmus mögött álló mennyiségnek nem lehet mértékegyége. Ott a c koncentráció helyett a c/c0, az úgynevezett aktivitás szerepel (c0 = 1M), a p nyomás helyett pedig p/p0 (ahol p0 a standard nyomás). A szén-dioxid parciális nyomásának és a standard nyomásnak (100.000 Pa) az aránya gyakorlatilag megegyezik a levegő szén-dioxid tartalmával, aminek az értéke (3·10–4) meg volt adva. Sokan a szén-dioxid parciális nyomását (30,39 Pa) helyettesítették be az egyenletbe, vagy a Henry-törvény alapján kiszámították a vízben oldott gáz mennyiségét és ezzel számoltak. Ez helytelen, mivel a standard potenciál gázállapotú szén-dioxidra vonatkozik.
2. A szén-dioxid-oxálsav rendszer potenciáljának kiszámításakor sokan a 2CO2(g) + 2e– → (COO)22– egyenlettel számoltak, és nem vették figyelembe az oxóniumionok koncentrációját. Mivel a reakció savas közegben játszódik, ez helytelen, a két reakciónak más a standard redoxipotenciálja.
3. Az ekvivalenciapont kiszámításakor többen feltették, hogy a MnO4– koncentrációja nagyon kicsi, x. Ez alapján pedig [(COOH)2] = 5x/2, [Mn2+] = 0,01079 M és [H+] = 0,2738 M. Ezeket az értékeket behelyettesítve a redoxpotenciálokat kiszámító képletbe és kihasználva, hogy a két rendszer redoxpotenciálja egyenlő, egy egyszerűen megoldható egyenletet kapunk, amelynek megoldása x = 2,54·10-48 M. Ezt például a permanganát redoxpotenciálját kiszámító egyenletbe visszahelyettesítve megkapjuk, hogy E = 0,838 V. Fel kell hívni azonban a figyelmet arra, hogy a kapott koncentráció fiktív, hiszen nagyságrendekkel kevesebb, mint egy permanganát-ion lenne található egy liter oldatban ( 1 db ionra c = 1/NA = 1,67·10-24 M).
Komáromy Dávid

HO-13. 1) A (-)-sikimin sav abszolút konfigurációját a CIP-konvenció szerint a következő ábra mutatja: 

A kettős kötés térállása CIP-konvenció szerint E, ami meglepő mivel ez a transz, de a konvenció előírása szerint ez a helyes (lásd KÖKÉL, 2005/1. 21. oldal).
A kettős kötéssel senki sem foglalkozott, bár ez is hozzá tartozik a feladathoz, így ezt nem értékeltem.
2) A kettős kötés redukciója során két terméket kapunk (1, 2)

Mindkét terméknek két lehetséges szék konformációja van.

Vizsgáljuk meg az 11 és 12 közötti egyensúlyt. Az egyes konformerek entalpia értéke a következőkből tevődik össze a modell szerint: 
H11 = HA(COO–) + HA(OH) + 2×HE(OH) = 13,40 kJ mol–1
H12 = 2×HA(OH) = 6,70 kJ mol–1
Az egyensúlyban az entalpiaváltozás a Hess-tétel értelmében –6,70 kJ mol–1, ebből számítható az egyensúlyi állandó, ami 25°C-on (298,15 K): K = 14,92. Tehát 1-es terméknél 93,1% a 12-es és 6,9% a 11-es konformer mennyisége . 

Vizsgáljuk meg az 21 és 22 közötti egyensúlyt. Az egyes konformerek entalpia értéke a következőkből tevődik össze a modell szerint: 
H21 = HA(OH) + 2×HE(OH) = 5,03 kJ mol–1
H22 = HA(COO–) + 2×HA(OH) = 15,07 kJ mol–1
Az egyensúlyban az entalpiaváltozás a Hess-tétel értelmében 10,04 kJ mol–1, ebből számítható az egyensúlyi állandó, ami 25°C-on (298,15 K) K = 1,742×10–2. Tehát 2-es terméknél 1,7% a 22-es és 98,3% a 21-es konformer mennyisége .
Mivel nem ismerjük a redukció körülményeit ezért feltételezzük, hogy 1 és 2 aránya 1:1. Tehát a termékelegy százalékos összetétele: 11 3,4%; 12 46,6%; 21 49,1%; 22 0,9%.

Gyakran előforduló hibák voltak:
1) A rosszul rajzolt szék konformerek, ezért most nem járt pontlevonás, de az elkövetkezőkben mindenki figyeljen oda rá! A helyes ábrázolás a következő:

2) Gyakori hiba volt, hogy a redukció során a három hidroxid csoport konfigurációja is megváltozott. Ez egy ilyen redukció során nem történik meg.
3) Sokan számoltak a csoportok monoekvatoriális entalpiájával, amikor ez a közelítés az ekvatoriális helyzetben a funkciós csoport – hidrogén kölcsönhatási entalpiát 0-nak veszi, ahogy ez a feladat szövegében is benne volt.
4) A szabadentalpia értékeket (jelen esetünkben az entalpia értékeket) az egyensúlyi állandó kiszámításhoz szükséges képletbe J mol–1-ban kell behelyettesíteni, vagy az egyetemes gázállandót kell kJ mol–1 K–1 értékben használni. Különben nem lehet „egyszerűsíteni” a mértékegységgel, a logaritmus, illetve exponenciális függvények argumentumában pedig dimenzió nélküli számoknak kell szerepelnie.

A feladat átlaga 58%. Helyes megoldást küldött be: Daru János, Fábián Gábor, Nagy Péter, Rózsa Márton, Széchenyi Gábor, Vass Márton.
Varga Szilárd