„Chemijos olimpiados uždavinių sprendimas“ - Argentit. Hesite yra tik vienas telūro atomas. Sankt Peterburgo olimpiada 2000, 9 kl. Paprasta medžiaga A, sverianti 0,624 g, buvo ištirpinta šarme. Nežinomas metalas kaitinant aktyviai reaguoja su chloru. Ekvivalentų dėsnis. X yra tam tikras metalas. Klausimas iš halogenų chemijos testo (Chemijos centras, 9 klasė).

„Kaip išspręsti problemas naudojant mišinį“ - Problemos naudojant mišinį. Samprotavimo metodas. Gauto tirpalo masė. Užduotis. Mišinių problemų sprendimas įvairiais būdais. Problemų sprendimas, siekiant sumažinti koncentraciją. Žymėjimas. Senasis būdas. Tirpalo metodas. Sprendimas.

„Produkto išeigos problemos“ – atidžiai perskaitykite problemos sąlygas. Apskaičiuokite produkto masės dalį. Apskaičiuokite teorinę reakcijos produkto masę. Reakcijos produkto išeiga masės dalis. Sukurkite „Duota“ ir „Rasti“. Trijų tipų problemos, susijusios su „produkto produkcijos“ sąvoka. Produkto išeigos skaičiavimo uždavinių sprendimas chemijoje. Apskaičiuokite teorinę gaminio masę.

„Chemijos olimpiados uždaviniai“ – virš rodyklių nurodyti reagentai ir atliekamų transformacijų sąlygos. Žemiau esančioje diagramoje visos medžiagos turi tą patį elementą. To paties tipo elemento turinys ir kai kurios junginių savybės. Raudonosios medžiagos transformacijos. Įdomios junginių transformacijos. Parašykite transformacijos reakcijų lygtis.

„Pasiruošimas chemijos olimpiadoms“ - Pasirengimo chemijos olimpiadoms ir intelektualiniams turnyrams metodika. Išbandytų įgūdžių sąrašas. Elektrolizė. Problema yra pramoninėje trąšų gamyboje. Tirpalo masės dalies apskaičiavimas. Atomo sandara. Stalo druskos tirpalas. Atskirų užduočių ir darbo visumos vertinimo sistema 11 klasėje.

„Spręsti chemijos problemas“ – išspręsti bet kokias problemas (įskaitant chemiją) nėra lengva užduotis. Medžiagos, kurių molekulių skaičius yra netinkamos proporcijos. Skaičiavimai naudojant cheminių reakcijų lygtis. Praktinė reakcijos produkto išeiga. Problemos dėl materijos. Skaičiavimai naudojant cheminių reakcijų lygtis. Santykinio dujų tankio nustatymas.

Iš viso temoje yra 15 pranešimų

III (regioninis) etapas 2010 m

Teorinė ekskursija

VIENUOTOKOJA KLASĖ

11-1 uždavinys

Kai kurios baltos kristalinės medžiagos A Kaitinamas ore, jis patiria daugybę transformacijų, paeiliui formuodamas baltas kristalines medžiagas B–G. Pasvėrė 5 g medžiagos A paeiliui kaitinamas iki temperatūros, atitinkančios visišką virsmą junginiais B, IN Ir G, po to buvo nustatyta mėginio masė. Eksperimento rezultatai apibendrinti lentelėje.

Kitame eksperimente mėginiai A–G kiekvienas sveriantis 5 g buvo ištirpintas 95 g vandens ir nustatytas gautų tirpalų pH. Paaiškėjo, kad sprendimai A–IN kurių pH yra apie 2,5, o tirpalas G neutralus

Klausimai.

1. Nurodykite medžiagas A–G ir parašykite lygtis reakcijų, kurios nuosekliai vyksta kaitinant medžiagą A.

2. Paaiškinkite, kodėl vandeninio tirpalo pH vertė G labai skiriasi nuo tirpalų pH verčių A–IN.

3. Kas atsitiks su ryšiu G toliau kaitinant?

4. Kokia yra struktūrinių vienetų, iš kurių gaminamos medžiagos, geometrinė struktūra A Ir IN?

5. Kur galima naudoti ryšį? A?

11-2 uždavinys

Ir keičiant jo spalvą,
Jie pradėjo šokti, raganauti.

Leonidas Martynovas

Diagramoje pavaizduoti junginių, kurių sudėtyje yra pereinamojo metalo, virsmai X.

Yra žinoma, kad:

1) A () kristalizuojasi iš vandeninio tirpalo E ir yra 15,13% kristalizacijos vandens;

2) įmaišius į tirpalą, kuriame yra 8,29 g A, AgNO 3 tirpalo perteklius susidaro 10 g baltų nuosėdų;

3) substancija SU yra 35,51 proc. X pagal svorį.

4) pereinamasis metalas X nedidelėmis koncentracijomis yra mineraluose nikelyje ir tauriajame nikelyje.

Klausimai.

1. Apibrėžkite X ir jungtys A–E. Patvirtinkite savo atsakymą skaičiavimais.

2. Paaiškinkite geometrinę medžiagų struktūrą A Ir SU.

3. Atspėk jungčių spalvas A Ir E.

4. Parašykite dar 2 būdus, kaip gauti bevandenis druskos E(nurodyti reakcijos sąlygas).

5. Parašykite sąveikos reakcijas:

a) metalo X su anglies monoksidu;

b) druskos E su vandeniniu amoniako ir amonio chlorido tirpalu ore (NH 3 + NH 4 Cl + O 2), jei taip susidaro medžiaga, kurios azoto masės dalis yra 27,94 %;

c) druskos E su vandeniniu amoniako ir amonio chlorido tirpalu ore (NH 3 + NH 4 Cl + O 2) aktyvuotos anglies buvimas, jei taip susidaro medžiaga, kurios azoto masės dalis yra 31,40 %.

11-3 uždavinys

Toliau pateiktoje transformacijos diagramoje užkoduoti svarbūs pramoniniai procesai, naudojami įvairiems monomerams gauti.

1. Iššifruokite šią diagramą, atsižvelgdami į tai, kad joje nėra koeficientų.

2. Parašykite polimerų pasikartojančių vienetų, susidariusių polimerizacijos metu junginius, struktūras E, F, M.

Jungtys A Ir J priklausomai nuo polimerizacijos sąlygų, gali susidaryti dviejų tipų įprasti polimerai.

3. Kiekvienam iš jų parašykite pasikartojančias vienetų struktūras.

11-4 uždavinys

2009 m. lapkričio 17 d. buvo minimos 160-osios didžiojo rusų chemiko E. E. Wagnerio gimimo metinės. Jo magistro darbas buvo susijęs su ketonų oksidacijos chromo mišiniu 100 °C temperatūroje tyrimu. Jis nustatė, kad tokiomis sąlygomis heksanonas-3 paverčiamas trijų rūgščių mišiniu santykiu 1:1:1.

1. Parašykite gautų rūgščių struktūrines formules ir atitinkamas reakcijų lygtis.

2. Nurodykite, kuri iš jūsų parašytų reakcijų vyksta greičiau.

Tyrinėdamas nesimetrinių ketonų oksidaciją, Wagneris nustatė, kad „Kai karbonilo anglies atomai nevienodai hidrinami, oksiduojasi ir atsiskiria pagrindine reakcijos kryptimi. … hidrintas, antrine kryptimi, priešingai, - … hidrintas“.

3. Įrašykite trūkstamus žodžius „daugiau“ ir „mažiau“ Wagnerio suformuluotoje taisyklėje. Atkreipkite dėmesį, kad dabar, skirtingai nei Wagner, mes žinome, kad ši reakcija prasideda nuo ketonų pavertimo jų izomeriniais enoliais, o tai leidžia numatyti reakcijos kryptį remiantis A. M. Zaicevo, Wagnerio dėstytojo Kazanės universitete, taisykle.

Tyrinėdamas izopropiletilketono oksidacijos reakciją, Wagneris nustatė, kad „pagrindinės“ reakcijos greitis buvo 4 kartus didesnis nei „mažosios“ reakcijos greitis.

4. Nurodykite šio proceso metu susidariusių rūgščių santykį (mase).

5. Tačiau yra jungčių, kurioms ši taisyklė netaikoma, pavyzdžių. Iš žemiau pateiktų junginių pasirinkite tuos, kuriems Wagnerio taisyklė negalioja. Paaiškinkite savo pasirinkimą.

Junginių sąrašas: 2,3,6-trimetilheptanonas-4, 3-metil-1-fenilbutanonas-2, 4-metil-1-fenilpentanonas-3, 2,2-dimetilpentanonas-3.

11-5 uždavinys

Cheminės reakcijos greičio priklausomybė nuo temperatūros.
Van't Hoffo ir Arrhenijaus lygčių ryšys

Daugumos cheminių reakcijų greitis didėja didėjant temperatūrai. Cheminės reakcijos greičio priklausomybei nuo temperatūros apibūdinti naudojami įvairūs ryšiai.

Vienas iš šių ryšių yra empirinė van't Hoff taisyklė, pagal kurią, temperatūrai padidėjus 10 laipsnių, homogeninės reakcijos greitis padidėja 2 ÷ 4 kartus, t.y. reakcijos greičio g temperatūros koeficientas yra lygus. į

.

Kitas iš šių ryšių yra Arrhenius lygtis, pagal kurią reakcijos greičio konstanta apibūdinama tokia formule:

arba logaritmine forma

,

kuriame E A – reakcijos aktyvavimo energija, A– pastovus, nepriklausomas nuo temperatūros.

Klausimai.

1. Pakeitę Arrhenius lygtį į van't Hoff taisyklę, gausite lygtį, susijusią su reakcijos aktyvavimo energija ir temperatūros greičio koeficientu.

2. Naudodamiesi gautu ryšiu, apskaičiuokite aktyvavimo energijų diapazoną, kuriame Van't Hoff taisyklė tenkinama esant temperatūrai, artimai kambario temperatūrai.

3. Parodykite, kaip šis diapazonas kinta priklausomai nuo temperatūros. Norėdami tai padaryti, naudodami gautą ryšį, pavaizduokite priklausomybes viename grafike E A lyginant su temperatūra (nuo 0 iki 500 K), kai g = 2 ir g = 4.

XLVII visos Rusijos moksleivių chemijos olimpiada

__________________________________________________________________________________________________

Vienuolikta klasė

11-1 uždavinys

Piroforiniams metalo nanomilteliams paruošti jaunasis chemikas naudojo kietą dvibazių rūgštį A, kuriame yra 32 % anglies ir bespalvių miltelių B(sudėtyje yra 4,5 % anglies), suyra su rūgštimi, kad išsiskirtų dujos, kurių tankis yra n. u. 1,97 g/l. Reakcijos rezultate buvo gautas tirpalas, nuo kurio laikui bėgant atsiskyrė medžiagos kristalai SU. Jie yra bespalviai, tirpūs vandenyje, o jų tirpale, veikiant vandenilio sulfidui, susidaro juodos nuosėdos, o veikiant natrio hipochlorito tirpalui – rudos spalvos. Veikiant vandenilio peroksidui, juodos nuosėdos tampa baltos. Kaitinant medžiagą IN metalo nanomilteliai buvo gauti iki 400 °C vakuume G kurių dalelių dydis yra 50 nm. Ore milteliai savaime įkaista, palaipsniui virsdami raudonai rudais milteliais D, kuriame yra 7,17 % deguonies.

1. Pavadinkite nežinomas medžiagas ir užrašykite reakcijų lygtis.

2. Pateikite du kitų metalų piroforinių miltelių gavimo pavyzdžius.

11-2 uždavinys

Pasaulio vandenynų vandenyse yra 4,5 milijardo tonų urano uranilo jonų pavidalu. Tai yra maždaug 820 kartų daugiau, nei galima išgauti iš visų žinomų urano rūdos telkinių, iš kurių šiandien kasamas metalas, skirtas naudoti branduoliniuose reaktoriuose. Tačiau dėl mažos uranilo jonų koncentracijos ir specifinės formos jo ekonomiškai pagrįsta išgauti iš jūros vandens žinomais cheminiais metodais dar visai neseniai buvo laikoma beveik neįmanoma.

2010 metais amerikiečių mokslininkai pasiūlė naudoti
2,6-terfenilkarboksilato jonas, selektyviai koordinuojantis uranilo joną, sudarydamas stabilų, šiek tiek vandenyje tirpų kompleksą. Tūrinės fenilo grupės uždaro uranilo joną kapsulės pavidalu, taip išstumdamos vandenį iš vidinės sferos ir padidindamos komplekso stiprumą:

Reakcijos schema

Gautas kompleksas gali būti ekstrahuojamas iš vandeninio tirpalo chloroformu. Eksperimentai parodė, kad pasiekus fazių pusiausvyrą, komplekso koncentracija organinėje fazėje yra 40 kartų didesnė nei vandeninėje fazėje.

Organinį ekstraktą apdorojus atskiestu azoto rūgšties tirpalu, kompleksas sunaikinamas ir uranilo jonas pereina į vandeninę fazę. Į gautą tirpalą įpylus bazę (norint neutralizuoti azoto rūgšties perteklių ir sukurti šiek tiek šarminę aplinką), jį vėl galima ekstrahuoti. Kartojant šią procedūrų seriją kelis kartus, galima pasiekti didelę urano koncentraciją vandenyje.

1. Iš kokių dviejų pagrindinių izotopų pagamintas natūralus uranas? Kuris iš jų dalyvauja branduolinėje reakcijoje atominėse elektrinėse? Kas yra prisodrintas uranas?

2. Parašykite sutrumpintas jonines lygtis komplekso susidarymo ir jo sunaikinimo azoto rūgšties tirpalu reakcijų. Kiekvienam produktui ir reakcijos dalyviui nurodykite fazę, kurioje jis yra („o“ – organinė fazė, „c“ – vandeninė fazė). 2,6-terfenilkarboksirūgštis ir jos atitinkamas ligandas gali būti atitinkamai žymimi RCOOH ir RCOO. Tarkime, kad amoniakas buvo naudojamas kaip pagrindas.

3. Apskaičiuokite uranilo jonų molinę koncentraciją jūros vandenyje, atsižvelgdami į tai, kad pasaulio vandenynų tūris yra 1,3 milijardo kubinių kilometrų. Kiek kartų reikia kartoti pradinio jūros vandens koncentravimo ciklą, kad uranilo jonų koncentracija būtų bent 0,5 mol/l? Sprendžiant naudoti šiuos duomenis: (1) ekstrahuojant uraną iš vandeninės fazės, organinės fazės tūris yra 10 kartų mažesnis už jūros vandens tūrį; (2) atvirkštinio urano ekstrahavimo metu į vandeninę fazę azoto rūgšties tirpalo tūris yra 10 kartų mažesnis už organinės fazės tūrį; (3) Praskiestos azoto rūgšties pertekliaus neutralizavimas ir šarminės aplinkos sukūrimas pasiekiamas per tirpalą leidžiant amoniako dujas, o tirpalo tūrio padidėjimą galima nepaisyti.

4. Urano suvartojimas pasaulyje yra apie 65 tūkst. tonų per metus. Po kiek metų turėtume tikėtis urano rūdos telkinių išeikvojimo? Darant prielaidą, kad uranas tada bus išgaunamas iš vandenyno, o suvartojimo lygis išliks nepakitęs, įvertinkite vandens kiekį, kurį kasdien reikėtų perdirbti pasaulyje, kad būtų patenkintas urano poreikis.

11-3 uždavinys

Medžiaga X Tai bespalviai adatos formos kristalai, turintys aštrų kvapą, ore pamažu įgaunantys rausvą spalvą. Jis vidutiniškai tirpsta vandenyje (6,5 g 100 g vandens), daug geriau šarminiuose tirpaluose. X taip pat tirpsta etanolyje, chloroforme, benzene. Vandeninis tirpalas X naudojamas kaip antiseptikas namų apyvokos ir ligoninės daiktams dezinfekuoti.

Medžiaga X galima gauti iš benzensulfonrūgšties (benzensulfonrūgšties), sulydant jos natrio druską su kietu šarmu, po to reakcijos produktą apdorojant rūgštimi (1 ir 2 reakcijos). Medžiaga X suteikia būdingą mėlynai violetinę spalvą su geležies (III) druskomis, pavyzdžiui, su FeCl 3 (3 reakcija).

Farmacinėje analizėje vaisto autentiškumui nustatyti naudojama 1% vandeninio tirpalo reakcija. X su bromo vandeniu, todėl susidaro baltos medžiagos nuosėdos A(4 reakcija). Esant bromo pertekliui, reakcija vyksta ir susidaro geltonos medžiagos nuosėdos IN, kuriame yra 78% bromo (5 reakcija). Medžiaga IN su geležies (III) chloridu nesuteikia būdingos spalvos ir yra švelnus bromuojantis agentas.

Farmacinėje analizėje paplito dar vienas metodas: 0,5 g X ištirpinta 2 ml NH 3 ( C= 13,5 M), įpilkite iki žymės iki 100 ml. Į 2 ml alikvotinę dalį įpilkite 0,05 ml NaClO (ω(Cl) = 0,03) ir palikite tirpalą kambario temperatūroje. Palaipsniui atsiranda tamsiai mėlyna spalva (medžiaga Y).

1. Nurodykite ir pavadinkite medžiagą X.

2. Parašykite 1–5 reakcijų lygtis.

3. Parašykite reakcijų lygtis, kad gautumėte Y iš X, jei tarpinės medžiagos susidaro nuosekliai SU Ir D. Deguonies kiekis viduje C, D, Y yra atitinkamai 30,2%, 14,9% ir 16,1%. Patvirtinkite savo atsakymą skaičiavimais. Atkreipkite dėmesį, kad ryšium SU Yra tik dviejų tipų anglies atomai.

4. Be aukščiau pateikto metodo, žinomi dar mažiausiai 4 metodai, kuriuos galima gauti X. Prašome nurodyti vieną iš jų. Parašykite atitinkamą reakcijos lygtį (arba lygtis).

11-4 uždavinys

Kaip žinia, pagrindinė angliavandenilių vartojimo kryptis vis dar yra jų deginimas. Tačiau yra žinomi įvairūs angliavandenilių dalinės oksidacijos pavyzdžiai, dėl kurių susidaro įvairūs vertingi produktai. Be to, priklausomai nuo naudojamo oksidatoriaus ir reakcijos sąlygų, tas pats angliavandenis gali būti paverstas skirtingais junginiais. Žemiau esančioje diagramoje parodyti dažniausiai naudojami alkenų oksidacijos metodai, naudojant pavyzdį ( E)-pentenas-2. Atkreipkite dėmesį, kad ryšys M yra 69,8% anglies, veikiant MnO 2 virsta produktu N, suteikiant sidabro veidrodžio reakciją, kad susidarytų druska APIE; jungtys J Ir L yra diastereomerai (optiniai izomerai, kurie nėra vienas kito veidrodiniai atvaizdai) ir junginiai KAM Ir M– izomerai, turintys skirtingas funkcines grupes.

1. Parašykite junginių struktūrines formules A–O.

2. Parašykite reakcijos lygtį ( E)-pentenas-2 su kalio permanganatu sieros rūgšties tirpale.

3. Jungtys D,F Ir H lengvai virsti A, A E, G Ir aš V IN. Naudojant vieno iš reakcijos produktų pavyzdį ( A arba IN, pagal savo pasirinkimą) parašykite, kokius reagentus galima naudoti šioms transformacijoms atlikti (po vieną pavyzdį kiekvienai transformacijai).

DEŠIMTA KLASĖ

5. Nustatykite dalines reakcijos eiles pagal 2 Н Cl2, t.y., x ir y laipsnius lygtyje r = k eff x y ir bendrą reakcijos eiliškumą n = x + y.

10-5 uždavinys.

Organiniai chemikai dažnai susiduria su simetriškumo desimetrijos problema

ric diolius, kad gautų jų chiralinius darinius. Ši problema buvo išspręsta naudojant tam tikrus fermentus arba mikroorganizmus, kurie veikia kaip katalizatoriai. Žemiau yra nukleozidų (1R, 3S)-1-[(adenin-9-il)metil]-3-(hidroksimetil)indano (X), pasižyminčio priešnavikiniu aktyvumu, optiškai aktyvaus karbociklinio analogo sintezės schema:

AOH

Pradinis junginys A buvo gautas pagal šią schemą:

N NH2

AOH

1. Parašykite struktūrines formules B-G, atsižvelgiant į tai, kad ryšys E yra nestabilus

stiprus tarpinis.

Jei pirmasis šios sintezės etapas atliekamas be ciklopentadieno ar bet kurio kito aktyvaus junginio, tarpinis junginys E paverčiamas produktu H.

2. Parašykite gaminio struktūrinę formulę N.

3. Nurodykite pagrindinę priežastį, kodėl pertvarkos etape A ir B naudoja vinilą

acetatas, bet ne etilo acetatas.

4. Kuris iš C formulės izomerinių acetatų 5 H8 O2 yra veiksmingi šioje reakcijoje, o kurie ne?

Pirmojo teorinio turo užduotys

VIENUOTOKOJA KLASĖ

VIENUOTOKOJA KLASĖ

11-1 uždavinys.

Žemiau esančioje diagramoje pavaizduotos junginių A–K transformacijos, turinčios

kurių sudėtyje yra tas pats elementas X.

Papildomai žinoma:

· elementas X gamtoje randamas mineralo A pavidalu (masės kiekis: Na – 12,06%, X – 11,34%, H – 5,29%, likusi dalis yra deguonis);

· B – dvejetainis junginys, turintis 15,94 % (masės) X;

· B yra bespalvės dujos, kurių oro tankis yra apie 1;

· junginys D medicinoje naudojamas alkoholio tirpalo pavidalu;

· a-modifikacija Z fizinėmis savybėmis panaši į grafitą;

· I medžiaga plačiai naudojama organinėje sintezėje kaip reduktorius.

naujas savininkas;

· K molekulė (beveik plokščia) turi trečios eilės simetrijos ašį (su pilna

vartus aplink šią simetrijos ašį, molekulė K atkuria savo padėtį pro-

klajojo tris kartus); Junginio K 1H BMR spektre stebimi du signalai.

1. Apibrėžkite elementą X . Patvirtinkite savo atsakymą skaičiavimais.

2. Pateikite junginių formules A–I. Pavadinkite mineralą.

3. Nubraižykite struktūrinę formulę K ir pavadinkite šį ryšį.

4. Parašykite visų diagramoje parodytų reakcijų lygtis.

5. Parašykite reakcijos lygtį X (amorfinis) su koncentruoto azoto ir plėvelės mišiniu

Vic rūgštis.

6. Kas paaiškina fizikinių savybių panašumą a - modifikacijos Z su grafitu?

Pirmojo teorinio turo užduotys

VIENUOTOKOJA KLASĖ

11-2 uždavinys.

Bespalvė, tirpi dvinarė medžiaga A (kurios elementų masės yra santykinės su

vienas su kitu yra susijęs 2:3) su skysčiu B (elementų masės dalys yra 7,79% ir 92,21%) sudaro produktų X 1, X 2, X 3 mišinį (kiekybinis produktų santykis skiriasi priklausomai nuo reagentų santykis), taip pat dujos, turinčios supuvusio šieno kvapą, naudojant

veikianti kaip cheminė kovos priemonė (tų pačių elementų masės dalys, kaip ir B, lygios

esame atitinkamai 12,12 % ir 71,72 %). Medžiagos X 1, X 2, X 3 gali būti laikomos „homologais“.

Praleidus šias medžiagas per karštą vamzdelį, susidarė tos pačios kokybinės sudėties dujų mišiniai, kurie vėliau buvo perleidžiami per kietą K2 SO4. pagal-

Svorio netekimas po kalio sulfato trijų medžiagų yra pateiktas lentelėje

Tada gautas mišinys (jo sudėtis visais atvejais yra vienoda) buvo perpiltas per kamparą (geriamąjį kamparą) (alternatyvus katalizatorius yra aktyvuota anglis), tūrio praradimas buvo 50%, o „homologinės“ serijos X protėvis buvo susiformavo.

Taip pat žinoma, kad struktūrinis vienetas A yra „homologinis“ skirtumas tarp X 1,

X 2, X 3.

1. Nurodykite visas nežinomas medžiagas (A, B, C, D, X, X 1, X 2, X 3), jei dujos, kurių masė

5,3 g visiškai absorbuojamas vandeninio NaOH tirpalo, sudarydamas dviejų druskų tirpalą,

parūgštinant išsiskiria 1200 ml dujų D (n.o.), bespalvių ir bekvapių.

2. Nubraižykite struktūrines formules A (kristalinėje būsenoje), X 1, X 2, X 3, X. Ka-

kokia kokybinė dujų mišinių sudėtis, susidariusi po medžiagų pratekėjimo

X 1 – X 3 per karštą vamzdelį?

3. Parašykite aukščiau pateiktų reakcijų lygtis.

4. Pateikite du homologinių eilučių ir izomerijos (išskyrus optinę) pavyzdžius ne

organinė chemija.

11-3 uždavinys

Savarankiško surinkimo termodinamika

Pirmojo teorinio turo užduotys

Vienuoliktoji klasė Savarankiškas surinkimas yra vienas iš sudėtingų molekulių kovalentinės sintezės metodų.

struktūros, sudarytos iš paprastesnių molekulių. Savaiminio surinkimo metu susidariusios supramolekulinės struktūros yra dinaminėje pusiausvyroje su pradinėmis medžiagomis. Šios pusiausvyros padėtis dažnai labai priklauso nuo tirpiklio, koncentracijos arba temperatūros.

Kaip pavyzdį apsvarstykite porfirino cinko darinius, tokius kaip:

ir K ciklas >>K lin >> 1 l/mol.

Pirmojo teorinio turo užduotys

VIENUOTOKOJA KLASĖ

1. Dėl kokio tipo ryšių aukščiau nurodytos molekulės gali jungtis viena su kita?

Kuri iš šių molekulių gali sudaryti ciklinį dimerą? Kas yra minimumas

Kiek antrojo tipo molekulių reikia makrociklui susidaryti?

2. Palyginkite A 2 (tiesinė) ir A 2 (ciklinė) termodinamines funkcijas.

iš A. Kokie ženklai (>,< или =) надо поставить вместоÚ в соотношениях:

D H ciklas D H linija

D S ciklasÚ D S linija?

Paaiškinkite, kodėl K ciklas >>K lin >> 1. Kuris veiksnys yra entalpija ar entropija?

ny – šiuo atveju yra lemiamas dalykas?

4. Kritinė savaiminio surinkimo koncentracija (CSC) yra mažiausia įmanoma

monomero koncentracija, kuriai esant lygiai pusė molekulių A yra įtraukta į ciklą. Už-

parašyti CCS skaičiavimo išraišką, darant prielaidą, kad esant mažoms koncentracijoms tiesinės struktūros praktiškai nesusidaro.

5. Didėjant koncentracijai A, didėja linijinių struktūrų dalis. Kokiame maksi-

Esant mažai monomero koncentracijai, lygiai pusė A molekulių bus ciklo dalis

la? Apsvarstykite, kad tirpale yra tik molekulės A 2 (ciklinės) ir A 3 (tiesinės), o laisvųjų skaičius

A molekulių yra nedaug.

Reikalingos formulės:

D G= D H– TD S,

D G ° = –RT lnK .

11-4 uždavinys.

Diazometanas CH2 N2 pasižymi dideliu reaktyvumu ir yra plačiai naudojamas įvairiose reakcijose, nepaisant jo nestabilumo ir didelio toksiškumo.

ness. Taigi jis veiksmingai alkilina karboksirūgštis ir kitus junginius, kurių sudėtyje yra

spaudimo grupės –OH su ryškiomis rūgštinėmis savybėmis.

Pirmojo teorinio turo užduotys

VIENUOTOKOJA KLASĖ

1. Parašykite diazometano reakcijos su lygtį para-nitrofenolis.

Apšvitintas diazometanas sudaro nestabilią dalelę X, kuri veikia kaip tarpinė medžiaga daugelyje su juo susijusių reakcijų.

2. Nubrėžkite dalelę X .

3. Parašykite diazometano reakcijos su cikloheksenu lygtį.

Tačiau paaiškėjo, kad diazometanas ilgą laiką egzistuoja 10 K argone

kaukti į matricą net apšvitinta. Šiam reiškiniui paaiškinti buvo pasiūlyti du mechanizmai. Pagal pirmąjį, fotolitinis diazometano skilimas yra grįžtamas. Kitas aš -

Mechanizmas yra dviejų pakopų. Pirmajame etape diazometanas negrįžtamai suyra į

X ir azotas. Antrasis etapas yra grįžtama diazometano sąveika su mo-

azoto molekulė:

CH2N2 + N2N N

Mechanizmui nustatyti buvo naudojami eksperimentai su 15N pažymėtu diazometanu.

4. Parašykite, koks bus izotopinės etiketės pasiskirstymas diazometane po ilgo laiko

švitinimas, darant prielaidą, kad skilimas vyksta: a) vienpakopiu mechanizmu?

b) dviejų pakopų mechanizmu?

5. Ką prives be galo ilgas diazometano švitinimas pagal pirmąjį ir antrąjį mechanizmus?

Nustatyta, kad dijodmetano švitinimas azoto matricoje esant 10 K

susidaro susidarant diazometanui. Šis eksperimentas buvo pagrindas išvadai, kad bent vienas iš dviejų paminėtų mechanizmų yra tiksliai įgyvendintas nurodytomis sąlygomis.

viahs, nors jis visiškai neatmetė kito mechanizmo galimybės.

6. Nurodykite, koks diazometano skilimo mechanizmas yra įrodytas šiuo eksperimentu.

11-5 uždavinys.

M. S. Spalva: „Kiekviena mokslo pažanga yra metodo pažanga“

Aminorūgščių chromatografija

Pirmojo teorinio turo užduotys

VIENUOTOKOJOS KLASĖS Chromatografija – tai medžiagų mišinio atskyrimo metodas pagal greičio skirtumą

medžiagų judėjimo augimas, priklausomai nuo jų giminingumo stacionariai fazei.

Jonų mainų chromatografija pagrįsta elektrostatine sąveika tarp priešingai įkrautų dalelių. Naudokite kaip stacionarią fazę

Susidaro polimeras su įkrautomis grupėmis, jonų keitiklis. Vienas tokio dėvėjimo pavyzdžių

Medžiaga yra stiklas, ant kurio paviršiaus pritvirtintos įkrautos grupės. pagal-

regimoji fazė yra skystis, turintis tam tikrą pH vertę ir druskos koncentraciją. nei skausmas -

Kuo didesnis stacionarios fazės ir atskirtos medžiagos krūvių skirtumas, tuo medžiaga stipresnė

Produktas sulaikomas ant polimero. Jonų mainai skirstomi į keturis tipus, priklausomai nuo krūvio ženklo ir įkrautos grupės jonizacijos konstantos.

Lentelėje pateikiami kiekvieno tipo funkcinių grupių pavyzdžiai ir jų reikšmės

1. Kokio tipo jonų keitiklis yra derva, kurią sudaro šios grupės?

a) dietil-2-hidroksipropil-amonioetil-;

b) fosfo-;

c) p-aminobenzil-;

d) sulfo-;

2. Naudodami siūlomas koordinačių ašis, nubraižykite įkrautų grupių skaičiaus (procentais) priklausomybę nuo tirpalo pH vertės lentelėje išvardytiems jonokeitikliams. Pažymėkite kreives sutrumpintais pavadinimais.

Pirmojo teorinio turo užduotys

VIENUOTOKOJA KLASĖ

A-aminorūgščių NH2 –CHR–COOH atskyrimas jonų mainų chromatografijos pagrindu

remiantis bendro aminorūgščių krūvio skirtumais. Visuose juose yra bent 2

jonizuotis galinčios grupės – a-amino ir karboksilo: H3 N+ –CHR–COO‾. Apskritai

atveju (neatsižvelgiant į jonizuojamas grupes R), titruojant šarmu iš stipriai rūgščios terpės, aminorūgštys elgiasi kaip dvibazinės rūgštys, atiduodamos 2 protonus. PH reikšmė, kuriai esant bendras molekulės krūvis yra lygus nuliui (jonizuojamųjų grupių krūviai yra kompensuojami), vadinama izoelektriniu tašku. Ši vertė yra svarbi nustatant

keičiant jonų mainų chromatografijos būdu atskyrimui naudojamo eliuento (tirpalo, kuriuo plaunama kolonėlė ir kuris „nuplauna“ nuo nešiklio) pH vertės.

Keturių aminorūgščių lentelėje parodytos galimų grupių pK a reikšmės

jonizacija.

3. Nubrėžkite šių keturių aminorūgščių jonines formas, kuriose gali būti grynasis krūvis

molekulių skaičius yra lygus nuliui, ir apskaičiuokite izoelektrinių taškų reikšmes atsižvelgdami į pateiktą

Pirmojo teorinio turo užduotys

VIENUOTOKOJA KLASĖ

4. Apskaičiuokite mažiausią sulfo turinčios dervos tūrį, reikalingą atskirti 0,5 g lizino ir 0,5 g alanino mišinį, kai pH 4,0. Katijonų mainų pajėgumas

Keitimo kursas (jonizuojamų grupių skaičius viename ml dervos) yra 1,7 mekv/ml.

Ant anijonų mainų galima atskirti tris aminorūgštis: histidiną (His), cisteiną (Cys) ir argininą (Arg).

5. Kokia bus šių aminorūgščių eliuavimo („išplovimo“) iš kolonėlės tvarka, jei

Ar kaip anijonų keitiklis naudojama derva, kurioje yra DEAE grupių, o kaip eliuentas naudojamas fosfatinis buferis, kurio pH 7,0? Sutikite, kad visoms aminorūgštims būdinga

pasižymi ta pačia karboksilo grupės pK a reikšme (2.2) ir ta pačia amino grupės pK a reikšme (9.5). Šoninių grupių pKa reikšmės yra 8,0 (Cys), 6,0 (His) ir 12,5 (Arg).

Kurso programa

I.A.TYULKOVAS,
O.V.ARKHANGELSKAJA,
M.V. PAVLOVA

PASKAITA Nr.4
Problemų sprendimo metodika,
apimanti transformacijų „grandinę“.

Transformacijos schemų problemų klasifikavimas

Visos Rusijos chemijos olimpiados moksleiviams, bet kuriame etape ir bet kurioje dalyvių amžiaus grupėje, užduotyse visada yra užduočių su nuoseklių vienos medžiagos transformacijų į kitą diagramomis, apibūdinančiomis santykį tarp pagrindinių organinių ir organinių klasių. neorganinių medžiagų. Daugiapakopė schema, skirta vienos medžiagos pavertimui kita tam tikra seka, dažnai vadinama „grandine“. „Grandinėje“ kai kurios arba visos medžiagos gali būti užšifruotos.

Norėdami atlikti šias užduotis, turite žinoti pagrindines neorganinių ir organinių junginių klases, nomenklatūrą, laboratorinius ir pramoninius jų paruošimo būdus, chemines savybes, įskaitant terminio medžiagų skilimo produktus, ir reakcijos mechanizmus.

„Grandinės“ yra optimalus būdas patikrinti didelį kiekį žinių (beveik visas bendrosios, neorganinės ir organinės chemijos dalis) vienoje užduotyje.

Medžiagų transformacijų schemos gali būti klasifikuojamos taip.

1) Pagal objektus:

a) neorganinis;

b) ekologiškas;

c) sumaišytas.

2) Pagal reakcijų tipus ar mechanizmus (tai daugiausia susiję su organine chemija).

3)„Grandinės“ pavidalu.

a) Visos medžiagos pateiktos nenurodant reakcijos sąlygų.

b) Visos arba kai kurios medžiagos yra užšifruotos raidėmis. Skirtingos raidės atitinka skirtingas medžiagas, reakcijos sąlygos nenurodomos.

(Diagramose rodyklės gali būti nukreiptos bet kuria kryptimi, kartais net į abi puses. Be to, tai nėra grįžtamumo požymis! Tokiose reakcijose, kaip taisyklė, yra skirtingi reagentai.)

c) Diagramoje pateiktos medžiagos yra visiškai arba iš dalies užšifruotos raidėmis ir nurodytos reakcijos sąlygos arba reagentai.

d) Diagramose vietoj medžiagų pateikiami elementai, sudarantys medžiagas atitinkamose oksidacijos būsenose.

e) Schemos, kuriose organinės medžiagos yra šifruojamos bendrųjų formulių pavidalu.

Schemos gali būti linijinės, šakotos, kvadrato ar kito daugiakampio (tetraedro, kubo ir kt.) formos.

Olimpiados uždavinių sprendimo „grandinėmis“ taktika ir strategija

Šioje paskaitoje laikysimės užduočių klasifikacijos pagal formą pateiktas nuoseklių vienos medžiagos virsmų kita „grandine“.

Norėdami teisingai išspręsti bet kokią reakcijų lygčių sudarymo pagal diagramą problemą, turite:

1) padėkite skaičius po rodyklėmis arba virš jų – sunumeruokite reakcijos lygtis, atkreipkite dėmesį kuriuo keliu rodyklės nukreiptos į transformacijų grandinę;

2) iššifruokite medžiagas, pavaizduotas raidėmis, savybėmis ar grubiomis formulėmis (atsakymas turėtų būti motyvuotas, t.y. būtina ne tik užrašyti iššifruojamų junginių formules, bet ir pateikti detalius iššifravimo paaiškinimus);

3) surašykite (po atitinkamais skaičiais) visas reakcijų lygtis;

4) atidžiai patikrinkite, ar teisingai nustatyti koeficientai;

5) jei reikia, parašykite reakcijų sąlygas.

Viena medžiaga gali būti paversta kita įvairiais būdais. Pavyzdžiui, CuO galima gauti iš Cu, Cu(OH) 2, CuSO 4, Cu(NO 3) 3 ir kt. Bet koks teisinga

sprendimas. Kai kurioms problemoms spręsti pateikiami alternatyvūs sprendimai.

Pavaizduokime beveik visų tipų „grandines“, kurios pateikiamos regioniniame (III) etape. Šių užduočių lygis artimas stojančiųjų į chemijos universitetus programai. Todėl tai bus pavyzdžiai ne tik iš visos Rusijos olimpiados regioninių etapų rinkinių, bet ir iš Maskvos valstybinio universiteto chemijos stojamųjų egzaminų kortelių. M. V. Lomonosovas. Be to, naudojamos užduotys iš pastarųjų metų olimpiadų, buvusių prieš šiuos egzaminus (pavyzdžiui, konkurso „Užkariauk Žvirblio kalnus“ ir olimpiadą „Lomonosovas“). Sprendžiant užduotis, kuriose yra šifruotų medžiagų, pateikiami išsamūs paaiškinimai, kaip iššifruoti tam tikrą ryšį.

Pradėkime nuo paprasčiausių užduočių.

Visos medžiagos pateiktos nenurodant reakcijos sąlygų

1 užduotis.

Fe 2 (SO 4) 3 -> FeI 2 -> Fe (OH) 2 -> Fe (OH) 3 -> Fe 2 O 3 -> Fe -> Fe 2 (SO 4) 3.

Sprendimas

Sunumeruokime grandinę:

Pirmajai reakcijai atlikti reikalingas ir reduktorius, ir junginys, galintis pašalinti sulfato joną iš reakcijos sferos.

Pavyzdžiui, bario jodidas.

Trečiajai reakcijai reikalingas oksidatorius. Tinkamiausias yra vandenilio peroksidas, t.y.

gaunamas tik vienas reakcijos produktas. Parašykime reakcijų lygtis.

1) Fe 2 (SO 4) 3 + 3BaI 2 = 2FeI 2 + I 2 + 3BaSO 4;

2) FeI 2 + 2NaOH = Fe(OH) 2 + 2NaI;

3) 2Fe(OH)2 + H2O2 = 2Fe(OH)3;

4) 2Fe(OH)3 = Fe2O3 + 3H2O; Parašykite reakcijų lygtis pagal šią schemą:

Fe 2 (SO 4) 3 -> FeI 2 -> Fe (OH) 2 -> Fe (OH) 3 -> Fe 2 O 3 -> Fe -> Fe 2 (SO 4) 3.

1) CH 3 COONa + HCl = CH 3 COOH + NaCl;

2) 5CH 3 COCH 3 + 8 KMnO 4 + 12H 2 SO 4 = 5CH 3 COOH + 5CO 2 + 8 MnSO 4 + 4K 2 SO 4 + 17H 2 O;

3) 2CH 3 COOH + CaСO 3 = (CH 3 COO) 2 Ca + H 2 O + CO 2;

4) CH 3 COCH 3 + 8 NaMnO 4 + 11 NaOH = CH 3 COONa + 8Na 2 MnO 4 + Na 2 CO 3 + 7H 2 O;

5) (CH 3 COO) 2 Ca + 2NaOH = 2CH 3 COONa + Ca(OH) 2

(CH 3 COO) 2 Ca + Na 2 CO 3 = 2CH 3 COONa + CaСO 3;

6) (CH 3 COO) 2 Ca(tv) = CH 3 COCH 3 + CaCO 3.

3 užduotis.

Parašykite reakcijų lygtis pagal šią schemą:

Fe 2 (SO 4) 3 -> FeI 2 -> Fe (OH) 2 -> Fe (OH) 3 -> Fe 2 O 3 -> Fe -> Fe 2 (SO 4) 3.

1) 2СuCl + Cl 2 = 2CuCl 2;

2) CuCl (kieta) + 3HNO 3 (konc.) = Cu(NO 3) 2 + HCl + NO 2 + H 2 O;

3) Cu + 4HNO3 (konc.) = Cu(NO 3) 2 + 2NO 2 + 2H 2 O;

4) Cu + Cl 2 = CuCl 2;

5) 2Cl + 2NaOH + O 2 = 2CuO + H2O + 2NaCl + 4NH3;

6) C 3 H 3 Cu (6 reakcijoje) gali būti tik propino druska (C 3 H 4), nes alkinai su galu
C = CH grupė yra CH rūgštis, su kuria reaguoja vario ir sidabro kompleksai.

Cl+CH = C–CH 3 = CuC = C–CH3 + NH3 + NH4Cl;

7) 2C3H3Cu + 3H2SO4 (konc.) = 2C3H4 + 2CuSO4 + SO2 + 2H2O;

8) CuSO 4 CuO + SO 3

CuSO 4 CuO + SO 2 + 0,5O 2;

9) CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O;

10) CuCl + 2NH3 (vandeninis tirpalas) = ​​Cl;

11) C 3 H 3 Cu + 3HNO 3 (konc.) = Cu(NO 3) 2 + C 3 H 4 + NO 2 + H 2 O (vandeniniame tirpale);

12) Cu + 2H 2 SO 4 (konc.) = CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O.

Visos arba kai kurios medžiagos yra užšifruotos raidėmis.
Reakcijos sąlygos nenurodytos

4 užduotis. Pateikta transformacijos schema:

Parašykite rodyklėmis pažymėtų reakcijų lygtis. Pavadinkite nežinomas medžiagas.

Fe 2 (SO 4) 3 -> FeI 2 -> Fe (OH) 2 -> Fe (OH) 3 -> Fe 2 O 3 -> Fe -> Fe 2 (SO 4) 3.

Nežinomų medžiagų identifikavimas. CuSO 4 galima gauti ištirpinant Cu, CuO arba Cu 2 O sieros rūgštyje. Cu 2 O netinka, nes ši medžiaga jau yra grandinėje. Taigi pirmosios dvi reakcijos gali būti:

1) 2Cu2O + O2 = 4CuO (X1 = CuO);

2) CuO + H 2 SO 4 = CuSO 4 + H 2 O.

1) Cu 2 O = Cu + CuO

arba Cu2O + H2 = Cu + H2O (X1 = Cu);

2) Cu + 2H 2 SO 4 (konc.) = CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O.

Yra žinoma, kad šviežiai paruoštas vario(II) hidroksidas oksiduoja aldehidus. Dėl reakcijos susidaro oranžinės spalvos Cu 2 O nuosėdos. Todėl X 2 – Cu(OH) 2.

3) CuSO 4 + 2NaOH = Na 2 SO 4 + Cu(OH) 2;

4) 2Cu(OH)2 + R–CHO = R–COOH + Cu 2 O + 2H 2 O

RCHO + NaOH + 2Cu(OH) 2 = RCOONa + 3H 2 O + Cu 2 O.

Atsakymas. X1 yra varis arba vario(II) oksidas; X 2 yra šviežiai paruoštas vario (II) hidroksidas.

5 problema(Maskvos valstybinio universiteto Chemijos fakultetas, 1998).

Fe 2 (SO 4) 3 -> FeI 2 -> Fe (OH) 2 -> Fe (OH) 3 -> Fe 2 O 3 -> Fe -> Fe 2 (SO 4) 3.

Parašykite cheminių reakcijų lygtis, atitinkančias tokią virsmų seką:

Pradinė (pagrindinė) grandis šioje schemoje yra medžiaga E – aldehidas. Panagrinėkime 4, 5 ir 1 reakcijas. Žinoma, kad kokybinė reakcija į aldehidą yra jo sąveika su šviežiai paruoštu Cu(OH) 2.

Gaunama karboksirūgštis, atitinkanti aldehidą ir Cu 2 O. Tikėtina, kad medžiaga F yra Cu 2 O, nes Iš medžiagos F turėtų būti gaunama medžiaga B. Kadangi medžiaga B taip pat gaunama termiškai skaidant Cu(OH) 2, akivaizdu, kad B yra CuO. Iš to išplaukia, kad medžiaga yra C – H 2 O. D yra alkoholis, kuris CuO pagalba redukuojamas į aldehidą. Ir galiausiai 2 reakcija: alkoholis (D) gaunamas hidratuojant alkeną (schemoje alkoholis gaunamas iš vandens!), o tai reiškia, kad jo grandinėje turi būti bent du anglies atomai.

A – Cu(OH)2; B – CuO;

C – H2O; D – RCH 2 CH 2 OH;

E – RCH 2 CHO; F – Cu 2 O.

Reakcijų lygtys:

1) Cu(OH)2 CuO + H2O;

2) H2O + R–CH=CH2 = R–CH2 –CH2OH;

3) R–CH 2 –CH 2 OH + CuO = R–CH 2 –CH=O + Cu + H 2 O;

4) R–CH 2 –CH=O + 2Cu(OH) 2 = R–CH 2 –COOH + Cu 2 O + 2H 2 O

RCHO + NaOH + 2Cu(OH) 2 = RCOONa + 3H 2 O + Cu 2 O;

5) 2Cu 2 O + O 2 4CuO Cu 2 O = Cu + CuO..

6 problema

(dėl nepriklausomo sprendimo)

Parašykite reakcijų lygtis, atitinkančias šią nuoseklių transformacijų schemą:
Pavadinkite medžiagas X 1 ir X 2.

Schemoje esančios medžiagos yra visiškai arba iš dalies užšifruotos raidėmis ir nurodytos srauto sąlygos arba reagentai

7 užduotis.

Fe 2 (SO 4) 3 -> FeI 2 -> Fe (OH) 2 -> Fe (OH) 3 -> Fe 2 O 3 -> Fe -> Fe 2 (SO 4) 3.

Parašykite cheminių reakcijų lygtis, atitinkančias virsmų seką:

Nustatykite nežinomas medžiagas.

Kai geležis reaguoja su druskos rūgštimi, gaunamas geležies (II) chloridas. (Tai paaiškinama tuo, kad vandenilis išsiskyrimo metu neleidžia geležiai oksiduotis iki oksidacijos būsenos +3.) 2-oje reakcijoje ji oksiduojasi iki, o sieros rūgštis gali būti redukuota iki sieros arba SO 2.

C – H2O; D – RCH 2 CH 2 OH;

Susidaręs geležies(III) druskų tirpalas turi rūgščią aplinką, nes Tai druskos, susidarančios iš silpnos bazės ir stiprių rūgščių. Įdėjus sodos - stiprios bazės druskos ir silpnos rūgšties - vyksta sąnarių hidrolizė, kuri tęsiasi iki galo, t.y. susidaro nuosėdos (Fe(OH) 3) ir dujos (CO 2). Kiekvienos druskos hidrolizė sustiprina kitos druskos hidrolizę.

X 1 – FeCl 2; X 2 – Fe 2 (SO 4) 3 ir FeCl 3 (mišinys);

6FeCl2 + 6H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 4FeCl3 + 3SO2 + 6H2O;

3) 4FeCl 3 + Fe 2 (SO 4) 3 + 9Na 2 CO 3 + 9H 2 O = 6Fe(OH) 3 + 9CO 2 + 12NaCl + 3Na 2 SO 4.

8 užduotis. Parašykite cheminių reakcijų lygtis, atitinkančias šią transformacijų grandinę:

Fe 2 (SO 4) 3 -> FeI 2 -> Fe (OH) 2 -> Fe (OH) 3 -> Fe 2 O 3 -> Fe -> Fe 2 (SO 4) 3.

Sunumeruokime reakcijų lygtis „grandinėje“:

1 reakcija yra acetileno trimerizacija (tipiškas benzeno gamybos būdas). Kitas (2 reakcija) yra Friedel-Crafts benzeno alkilinimas, dalyvaujant Lewis rūgščiai AlBr 3 .

C – H2O; D – RCH 2 CH 2 OH;

Bromavimas šviesoje (3 reakcija) vyksta šoninėje grandinėje. Alkoholinis šarmo tirpalas 4 reakcijoje yra reagentas, skirtas gauti alkiną iš alkano dihalogeno darinio. Toliau vyksta mainų reakcija (5 reakcija): vandenilis triguboje jungtyje alkine ir sidabro jonas sidabro oksido amoniako tirpale. Ir galiausiai (6 reakcija) - gautas sidabro fenilacetilenidas patenka į mainų reakciją su metilo jodidu, dėl ko pailgėja anglies grandinė.

1) 3C2H2 = C6H6;

2) C 6 H 6 + C 2 H 5 Br = C 6 H 5 – C 2 H 5 + HBr;

3) C6H5 –C2H5 + 2Br2 = C6H5 –CBr2 –CH3 + 2HBr; = 4) C6H5-CBr2-CH3 + 2KOH = C6H5-C

CH + 2KBr + H2O; = 5) C 6 H 5 –CH +OH = AgC

C–C6H5 + 2NH3 + H2O; = 6) AgC = C–C 6 H 5 + CH 3 I = AgI + CH 3 –C

C–C 6 H 5 .

Taigi, užšifruotos medžiagos:
Diagramose vietoj medžiagų pateikiami elementai,

atitinkamos oksidacijos būsenos medžiagų sudedamosios dalys 9 užduotis.

Fe 2 (SO 4) 3 -> FeI 2 -> Fe (OH) 2 -> Fe (OH) 3 -> Fe 2 O 3 -> Fe -> Fe 2 (SO 4) 3.

Parašykite reakcijų lygtis, iliustruojančias transformacijos schemą:

Sunumeruokime reakcijų lygtis grandinėje:

1 reakcijoje Fe(II) junginys oksiduojamas į Fe(III) junginį (tai gali būti druskos, hidroksidai, oksidai ir kt.). Kaip oksidatorių galite naudoti dichromatus arba chromatus, permanganatus, halogenus ir kt.

4 reakcijoje geležis iš +3 oksidacijos būsenos redukuojama į paprastą medžiagą. Paprastai metalinė geležis gaunama redukuojant jos oksidus (pavyzdžiui, chromu ar aliuminiu aukštoje temperatūroje – metalotermija).

Geležies(III) oksidas gali būti gaunamas termiškai skaidant jo druskas arba hidroksidą (3 reakcija). 2 reakcija greičiausiai yra mainai. 5 reakcija – metalinės geležies sąveika su neoksiduojančia rūgštimi (HCl, HBr, CH 3 COOH ir kt.).

Panagrinėkime tris iš visų galimų šios problemos sprendimų.:

Pirmas variantas

1) 2Fe 2+ + Cl 2 = 2Fe 3+ + 2Cl – ;

2) Fe 3+ + 3OH – = Fe(OH) 3;

3) 2Fe(OH)3 = Fe2O3 + 3H2O (deginimas);

5) Fe + 2H + = Fe 2+ + H2.

Antras variantas:

2) Fe(OH)3 + 3HNO3 = Fe(NO3)3 + 3H2O;

3) 4Fe(NO 3) 3 = 2Fe 2 O 3 + 12NO 2 + 3O 2 (deginimas);

4) Fe 2 O 3 + 2Al = Al 2 O 3 + 2Fe;

5) Fe + 2HCl = FeCl 2 + H 2.

Trečias variantas:

1) 4FeO + O 2 = 2Fe2O3;

2) Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3H2O;

3) 2Fe 2 (SO 4) 3 = 2Fe 2 O 3 + 6SO 2 + 3O 2 (deginimas);

4) Fe 2 O 3 + 2Al = Al 2 O 3 + 2Fe;

5) Fe + 2HCl = FeCl 2 + H 2.

Schemos, kuriose organinės medžiagos
užšifruoti grubių formulių pavidalu

10 problema. Parašykite reakcijų lygtis, atitinkančias šią transformacijos schemą:

Lygtyse nurodykite medžiagų struktūrines formules ir reakcijos sąlygas.

Fe 2 (SO 4) 3 -> FeI 2 -> Fe (OH) 2 -> Fe (OH) 3 -> Fe 2 O 3 -> Fe -> Fe 2 (SO 4) 3.

Pagrindinė grandinės grandis yra medžiaga, kurios formulė C 3 H 4 O 2. 1 reakcijoje medžiaga redukuojama (bendroje formulėje atsiranda papildomi keturi vandenilio atomai), o 3 reakcijoje oksiduojama (formulėje atsiranda dar du deguonies atomai).

Labiausiai tikėtina, kad C 3 H 4 O 2 yra propandialas (CHO–CH 2 –CHO), tada C 3 H 4 O 4 yra propandiolio rūgštis (COOH–CH 2 –COOH), o C 3 H 8 O 2 yra propandiolis. - 1,3 (CH 2 OH–CH 2 – CH 2 OH).

C – H2O; D – RCH 2 CH 2 OH;

Panašiai samprotaudami (skaičiuodami atomų skaičiaus pokyčius molekulėje), darome išvadą, kad 4 reakcijos metu susidaro dvigubas propandiolio rūgšties etilo esteris (C 2 H 5 OOC–CH 2 –COOC 2 H 5).

5 reakcija – šarminė esterio hidrolizė, dėl kurios susidaro C 3 H 2 O 4 Na 2 druska (NaOOC–CH 2 –COONa), o 6 reakcija naudojant halogenmetaną – dvigubas propandiolio rūgšties metilo esteris (CH 3 OOC–CH 2 – PUVERĖ 3).

2 reakcija – propandiolio-1,3 sąveika su metanaliu, kad susidarytų dioksanas-1,3

11 problema. Parašykite reakcijų lygtis, atitinkančias šią transformacijos schemą: Lygtyse nurodykite medžiagų struktūrines formules ir reakcijos sąlygas.

Fe 2 (SO 4) 3 -> FeI 2 -> Fe (OH) 2 -> Fe (OH) 3 -> Fe 2 O 3 -> Fe -> Fe 2 (SO 4) 3.

Parašykite reakcijų lygtis, iliustruojančias transformacijos schemą:

(Pasirašykite

Medžiaga Y gaunama reaguojant į nukleofilinį chloro pakeitimą, greičiausiai su OH grupe (3 reakcija). Tada 4 reakcija bus dehidratacijos reakcija. C 8 H 8 šios problemos kontekste tikriausiai yra C 6 H 5 –CH=CH 2.

C – H2O; D – RCH 2 CH 2 OH;

Šiuo atveju 5 reakcija - oksidacija dviguboje jungtyje su permanganatu neutralioje aplinkoje - sukelia diolio susidarymą, kurio bendroji formulė C 8 H 10 O 2. Ir galiausiai galutinėje „grandinės“ formulėje (palyginti su medžiaga Z) dar keturi anglies atomai, keturi vandenilio atomai ir du deguonies atomai reiškia diolio ir acto rūgšties esterinimo reakciją.

1) C6H6 + CH2 =CH2C6H5 –C2H5;

2) C 6 H 5 – C 2 H 5 + Cl 2 C 6 H 5 – CHCl–CH 3 + HCl;

3) C 6 H 5 –CHCl – CH 3 + NaOH + H 2 O = C 6 H 5 CH(OH) – CH 3 + NaCl;

4) C6H5 –CH(OH)–CH3C6H5CH=CH2 + H2O;

5) 3C 6 H 5 CH=CH 2 + 2KMnO 4 + 4H 2 O = 3C 6 H 5 CH(OH)–CH 2 (OH) + 2MnO 2 + 2KOH;

6) C 6 H 5 CH(OH) – CH 2 (OH) + 2CH 3 COOH = Pabaigoje pateikiame užduočių, kurios buvo pateiktos adresu, pavyzdžius federalinis rajonas * Ir baigiamieji visos Rusijos moksleivių chemijos olimpiados etapai.

Šiuose etapuose transformacijų grandinės tampa sudėtingesnės. Be pačios grandinės, pateikiama papildoma informacija apie šifruotų medžiagų savybes. Norint iššifruoti medžiagas, dažnai reikia atlikti skaičiavimus. Užduoties teksto pabaigoje jūsų paprastai prašoma atsakyti į kelis klausimus, susijusius su medžiagų iš „grandinės“ savybėmis. 1 problema

« A, B Ir IN(federalinės apygardos etapas 2008 m., 9 klasė). A- paprastos medžiagos. B greitai reaguoja su G kaitinant iki 250 °C, susidaro tamsiai raudoni junginio kristalai B. Reakcija IN Su D po išankstinio inicijavimo jis vyksta labai smarkiai, todėl susidaro bespalvė medžiaga G, įprastomis sąlygomis dujinis. IN, savo ruožtu, sugeba reaguoti su E 300–350 ° C temperatūroje, o raudoni kristalai virsta baltais milteliais D ir susidaro ryšys A. D Medžiaga E Ir IN reaguoja su G tik apie 800 °C temperatūroje, tokiu atveju B. Medžiaga E.

1. Nurodykite medžiagas A–E.

2. gali būti lengvai sublimuojamas esant sumažintam slėgiui ir žemesnei nei 300 °C temperatūrai, tačiau kaitinant aukštesnėje nei 500 °C temperatūroje jo garai suyra ir susidaro medžiaga

3. ir vėl ryšiai G Pagal pateiktą diagramą parašykite visų minėtų reakcijų lygtis. E Kaip medžiagos sąveikaus?

4. Parašykite lygtis reakcijų, kurios vyksta sąveikaujant medžiagoms G, D Ir E su koncentruota azoto rūgštimi“.

Fe 2 (SO 4) 3 -> FeI 2 -> Fe (OH) 2 -> Fe (OH) 3 -> Fe 2 O 3 -> Fe -> Fe 2 (SO 4) 3.

1. Atkreipkime dėmesį į procentus: ryšys D, susidedantis iš dviejų elementų B Ir IN, dujinis ir turi tik 2,74 proc. IN. Toks mažas procentas rodo, kad arba elemento atominė masė IN labai mažas arba formulėje D elementas turi didelį indeksą B. D Atsižvelgiant į tai IN adresu Nr. yra dujos, greičiausiai taip D- tai vandenilis. Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija išreikšti formule H X E

2,74: (97,26/M adresu Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija : X.

, Tai X E) = M Atkreipkite dėmesį, kad jungtys kur Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija nelygus 1, negali būti gaunamas tiesiogiai sąveikaujant elementui su vandeniliu „smarkios reakcijos po išankstinės iniciacijos“ metu. Pertvarkydami lygtį, gauname Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija E = 35,5 IN, kuris turi vienintelį pagrįstą sprendimą, kai B= 1. Taigi,

- vandenilis, E– chloras A Apibrėžkime esmę E, kuriame yra 55,94 % chloro. Susidaro paprastos medžiagos reakcijos metu A su vandenilio chloridu ir išsiskiria vandenilis, o tai rodo: – elemento chloridas, sudarantis paprastą medžiagą :

(55,94/35,45) : (44,06/M adresu Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija.

. Dėl ECl junginio M x Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija Iš čia Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija E = 27,92 Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija. At

C–C 6 H 5 .

A= 1 ir 3, gaunamas atitinkamai silicis (28) ir kriptonas (84), tačiau tai prieštarauja jų valentingumo galimybėms ir problemos sąlygoms, tačiau B= 2, gaunama geležis (56), kuri reaguodama su vandenilio chloridu iš tikrųjų sudaro FeCl 2. IN Tiesioginės geležies reakcijos su chloru metu susidaro kitas chloridas - FeCl 3.

G– Fe; D– Cl 2 ; E– H2;

2. – FeCl3;

3. – HCl;

– FeCl2.

Reakcijų lygtys grandinėje:

2FeCl3 + 3Na 2S = 2FeS + S + 6NaCl;

FeCl2 + Na2S = FeS + 2NaCl;

2FeCl3 + 2NaI = 2FeCl 2 + I 2 + 2NaCl

(galimos reakcijos:

2FeCl3 + 6NaI = 2FeI 2 + I 2 + 6NaCl

4. 6FeCl3 + 18NaI = 2Fe 3 I 8 + I 2 + 18NaCl);

FeCl3 + 6KCN = K3 + 3KCl;

FeCl 2 + 6KCN = K 4 + 2KCl.

FeCl3 + 4HNO3 = Fe(NO 3) 3 + NOCl + Cl 2 + 2H 2 O; 3HCl + HNO3 = NOCl + Cl2 + 2H2O;

2FeCl 2 + 8HNO 3 = 2Fe(NO 3) 3 + 2NOCl + Cl 2 + 4H 2 O. A–E 2 problema IN(federalinės apygardos etapas 2007 m., 10 klasė).

"Pagal A Ir SU:

(išskyrus) pereinamųjų metalų turinčios medžiagos yra užšifruotos.

Kiekybinė medžiagų sudėtis A:

1. Nurodykite medžiagas A–E(Cu) = 49,3%, (O) = 33,1%, (S) = 16,6%.

2. C: IN(Co) = 50,9%, (O) = 34,5%, (S) = 13,8%. IN.

3. ir parašykite reakcijų lygtis. D?»

Fe 2 (SO 4) 3 -> FeI 2 -> Fe (OH) 2 -> Fe (OH) 3 -> Fe 2 O 3 -> Fe -> Fe 2 (SO 4) 3.

1. Kokiu atveju pateiktoje diagramoje yra medžiaga A pasirodo amorfinis ir kokiame kristaliniame? Pasiūlykite vieną alternatyvų kristalinių ir amorfinių medžiagų sintezės metodą SU), negausime 100 proc. Tai reiškia, kad šiose medžiagose yra dar bent vienas elementas!

Medžiaga (išskyrus

Atsižvelgiant į nedidelę nežinomo elemento masės dalį, galima daryti prielaidą, kad tai yra vandenilis. A Tada bendroji junginio formulė yra

Medžiaga SU:

: Cu 3 S 2 O 8 H 4 arba Cu 2 SO 3 CuSO 3 2H 2 O. SU Panašiai kaip ir ankstesniu atveju, galime daryti prielaidą, kad čia nežinomas elementas yra vandenilis. Tada medžiagos formulė

Medžiaga IN bus Co 2 (OH) 2 SO 3 .

– tai Al(OH)3. Kai aliuminio sulfatas reaguoja su natrio sulfitu, susidaro amorfinis aliuminio hidroksidas. IN Ir SU Antruoju atveju, kai trietilamonio chloridas reaguoja su Na, susidaro kristalinis aliuminio hidroksidas.

Kai bendrauja E kaitinant susidaro kobalto aliuminatas - Co(AlO 2) 2.

AŠarminėje aplinkoje permanganato jonų redukcija vyksta atitinkamai iki oksidacijos laipsnio +6 arba iki +5 – K 2 MnO 4 arba K 3 MnO 4 .– Cu 2 SO 3 CuSO 3 2H 2 O; C B D– Al(OH)3; E– Co 2 (OH) 2 SO 3;

– CoAl 2 O 4;

– K 2 MnO 4 arba K 3 MnO 4 .

Reakcijų lygtys „grandinėje“:

1) 3CuSO 4 + 3Na 2 SO 3 = Cu 2 SO 3 CuSO 3 2H 2 O + 3Na 2 SO 4 + SO 2;

2) 3Na 2 SO 3 + Al 2 (SO 4) 3 + 3H 2 O = 2Al(OH) 3 + 3Na 2 SO 4 + 3SO 2

(kartu su aliuminio hidroksidu šioje fazėje bus įvairių kompozicijų bazinių sulfatų, tačiau tradiciškai manoma, kad susidaro amorfinis aliuminio hidroksidas);

3) Na + Cl = Al(OH)3 + NaCl + NEt 3 + H2O;

4) 2CoSO 4 + 2Na 2 SO 3 + H 2 O = Co 2 (OH) 2 SO 3 + SO 2 + 2Na 2 SO 4;

5) Co 2 (OH) 2 SO 3 + 4Al(OH) 3 2CoAl 2 O 4 + SO 2 + 7H 2 O;

2. 6) 2KMnO4 + Na 2 SO 3 + 2KOH = 2K 2 MnO 4 + Na 2 SO 4 + H 2 O

KMnO 4 + Na 2 SO 3 + 2KOH = K 3 MnO 4 + Na 2 SO 4 + H 2 O.

Aliuminio druskų tirpalai turi rūgštinę aplinką: – elemento chloridas, sudarantis paprastą medžiagą 3+ H++ 2+ 2H+++. Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija > Pridedant šarmo (arba vandeninio amoniako tirpalo), karbonatų ar bikarbonatų, padidėjus tirpalo pH, pusiausvyra pasislenka į dešinę ir akvahidrokso kompleksai polimerizuojasi, sujungiant hidrokso ir okso grupes į daugiabranduolinius kompleksus.

Dėl to susidaro Al 2 O 3 kompozicijos produktas

H2O(

3) (amorfinės nuosėdos, neturinčios pastovios sudėties).

Amorfinio aliuminio hidroksido gamybos būdas:

Al 2 (SO 4) 3 + 6KOH = 2Al(OH) 3 + 3K 2 SO 4

Al 2 (SO 4) 3 + 6KHCO 3 = 2Al(OH) 3 + 3K 2 SO 4 + 6CO 2.

3. Kobalto aliuminatas turi trivialų pavadinimą „thenaras mėlynas“.

3 problema (baigiamasis etapas 2008 m., 10 kl.).

„Žemiau pateiktoje diagramoje pavaizduoti junginių virsmai A–KAM turintis tą patį elementą X.

Papildomai žinoma:

Elementas X natūraliai atsiranda kaip mineralas A(svorio kiekis: Na – 12,06 proc.
X – 11,34%, H – 5,29%, likusi dalis yra deguonis);

B– dvejetainis junginys, turintis 15,94 % (masės) X;

IN– bespalvės dujos, kurių oro tankis apie 1;

Junginys D naudojamas medicinoje alkoholio tirpalo pavidalu;

d- modifikacija Z fizikinėmis savybėmis panašus į grafitą;

Medžiaga IR plačiai naudojamas organinėje sintezėje kaip reduktorius;

Molekulė KAM(beveik plokščia) turi trečios eilės simetrijos ašį (molekulė visiškai sukasi aplink šią simetrijos ašį KAM tris kartus atkuria savo padėtį erdvėje); junginio 1H BMR spektre KAM stebimi du signalai.

1. Apibrėžkite elementą X. Patvirtinkite savo atsakymą skaičiavimais.

2. Pateikite junginių formules A–IR. A.

3. Pavadinkite mineralą KAM Nubraižykite struktūrinę formulę

4. ir pavadinkite šį ryšį.

5. Parašykite visų diagramoje parodytų reakcijų lygtis. X Parašykite reakcijos lygtį

6. (amorfinis) su koncentruotų azoto ir vandenilio fluorido rūgščių mišiniu. Z Kas paaiškina fizikinių savybių panašumą – modifikacija

Fe 2 (SO 4) 3 -> FeI 2 -> Fe (OH) 2 -> Fe (OH) 3 -> Fe 2 O 3 -> Fe -> Fe 2 (SO 4) 3.

1. su grafitu? B Dvejetainė medžiaga A susidaro sąveikaujant mineralui B su kalcio fluoridu, esant koncentruotai sieros rūgščiai. B Galima manyti, kad be elemento X, jame yra fluoro. Atsižvelgiant į tai, kad fluoro valentingumas junginiuose yra 1, galima parašyti XF forma

n . Apibrėžkime elementą X: Kur be elemento X, jame yra fluoro. Atsižvelgiant į tai, kad fluoro valentingumas junginiuose yra 1, ponas r B(X) – santykinė elemento X atominė masė,

. Apibrėžkime elementą X:– valentingumas X junginyje be elemento X, jame yra fluoro. Atsižvelgiant į tai, kad fluoro valentingumas junginiuose yra 1,.

. Iš šios lygties randame be elemento X, jame yra fluoro. Atsižvelgiant į tai, kad fluoro valentingumas junginiuose yra 1,(X) = 3,603 be elemento X, jame yra fluoro. Atsižvelgiant į tai, kad fluoro valentingumas junginiuose yra 1, = 3: . Apibrėžkime elementą X:Žvilgsnis per vertybes B nuo 1 iki 8. Vienintelis protingas variantas gaunamas tada, kai

2. (X) = 10,81, t.y. elementas X yra boras (ir medžiaga A.

– boro trifluoridas BF 3). A).

Raskime medžiagos sudėtį IN tie. Na 2 B 4 H 20 O 17 arba Na 2 B 4 O 7 10H 2 O yra „borakso“ mineralas (medžiaga IN Kai boro trifluoridas redukuojamas natrio hidridu, susidaro bespalvės dujos IN, greičiausiai atstovaujantis vandenilio boro junginį. Nuo tankio oru apie 1, molekulinė masė = 28).

yra artimas 29, todėl medžiaga B yra diboranas B 2 H 6 ( IR).

p G– B 2 O 3 , kurį redukuojant metaliniu aliuminiu susidaro amorfinis boras. Boro oksidas reaguoja su vandeniu, todėl susidaro ortoboro rūgštis H 3 BO 3 (medžiaga D, alkoholio tirpalo pavidalu, medicinoje naudojamas pavadinimu „boro alkoholis“). Boro rūgštis reaguoja su koncentruota vandenilio fluorido rūgštimi ir susidaro sudėtinga rūgštis, kuri po apdorojimo natrio hidroksido tirpalu paverčiama natrio tetrafluorboratu Na (junginys E).

Panagrinėkime boro trifluorido sąveiką su amoniako dujomis. BF 3 – tipinė Lewiso rūgštis (elektronų poros akceptorius); amoniako molekulė turi vienišą elektronų porą, t.y. NH 3 gali veikti kaip Lewiso bazė. Kai boro trifluoridas reaguoja su amoniaku, susidaro aduktas, kurio sudėtis BF 3 NH 3 (junginys IR) (kovalentinis ryšys tarp boro ir azoto atomų susidaro pagal donoro-akceptoriaus mechanizmą). Z).

3. Kaitinant šį aduktą virš 125 °C, susidaro boro nitridas BN (junginys KAM Kai kaitinant diboranas reaguoja su amoniako dujomis, susidaro produktas KAM, kuriame yra vandenilio, boro ir tikriausiai azoto. KAM Molekulė KAM turi plokščią struktūrą, didelė jo simetrija rodo galimą šio junginio anglies analogą – benzeną. Tačiau tam, kad molekulė

4. Buvo dviejų tipų vandenilio atomai ir buvo trečios eilės simetrijos ašis, į „benzeno“ žiedą reikėjo pakaitomis dėti azoto ir boro atomus, o ne anglies atomus (pav.). Junginys

vadinamas „neorganiniu benzenu“ (borazolu).

Uždavinyje aprašytų reakcijų lygtys:

1) Na2B4O710H2O + 6CaF2 + 8H2SO4 (konc.) = 4BF3 + 2NaHSO4 + 6CaSO4 + 17H2O;

2) 2BF3 + 6NaH = B2H6 + 6NaF;

3) B2H6 + 3O2 = B2O3 + 3H2O;

4) B2O3 + 2Al = Al 2O3 + 2B;

5) B2H6 + 2NaH2Na;

6) B2O3 + 3H2O = 2H3BO3;

7) H3BO3 + 4HF (konc.) = H + 3H2O,

H + NaOH = Na + H2O;

8) BF3 + NH3 = BF3NH3;

5. 9) 4BF3NH3BN + 3NH4BF4;

6. Atkreipkite dėmesį, kad BN dalelė yra izoelektroninė C 2 dalelei, boro ir azoto atomų kovalentinių spindulių suma yra maždaug lygi dviejų anglies atomo kovalentinių spindulių sumai. Be to, boras ir azotas turi galimybę sudaryti keturias kovalentines jungtis (trys per mainų mechanizmą ir vieną per donoro-akceptoriaus mechanizmą).

Atitinkamai BN formuoja ir dvi struktūrines modifikacijas – grafitinę (-modifikaciją) ir deimantinę (-modifikaciją).

Štai kodėl -BN fizinėmis savybėmis labai panašus į grafitą (atsparumas ugniai, tepimo savybės).

Literatūra Visos Rusijos chemijos olimpiadų tikslai. Red. akad. RAS, prof. V.V.Lunina. M.: Egzaminas, 2004, 480 p.; Chemija: sėkmės laikant egzaminus formulės. Studijų vadovas. Red.

Schemoje esančios medžiagos yra visiškai arba iš dalies užšifruotos raidėmis N.E. Kuzmenko, V.I. M.: Maskvos valstybinio universiteto leidykla, Nauka, 2006, 377 p.; Chemija-2006: Stojamieji egzaminai į Maskvos valstybinį universitetą.

7 užduotis.

Red. prof. N.E.Kuzmenko ir prof. V.I.Terenina. M.: Maskvos valstybinio universiteto leidykla, 2006, 84 p.; Stojamieji egzaminai ir chemijos olimpiados Maskvos universitete: 2007. Red. prof. N.E.Kuzmenko ir prof. V.I.Terenina.

M.: Maskvos valstybinio universiteto leidykla, 2008, 106 p.; Visos Rusijos federalinės apygardos chemijos olimpiados tikslai ir paskutiniai 2003–2008 m. etapai. Internetas. http://chem.rusolymp.ru; www.chem.msu.ru.* Iki 2008 m. imtinai VOSH(x) vyko penkiais etapais: mokyklos, savivaldybės, regioninio, federalinio rajono ir galutinio. –

Pastaba
autoriai.

Parašykite cheminių reakcijų lygtis, atitinkančias virsmų seką:

8 užduotis.

Parašykite cheminių reakcijų lygtis, atitinkančias šią transformacijų grandinę:

9 užduotis.

Parašykite reakcijų lygtis, iliustruojančias transformacijos schemą:

11 problema. Schemos, kuriose organinės medžiagos užšifruoti grubių formulių pavidalu

10 problema. Pabaigoje pateikiame užduočių, kurios buvo pateiktos adresu, pavyzdžius federalinis rajonas Lygtyse nurodykite medžiagų struktūrines formules ir reakcijos sąlygas.Šiuose etapuose transformacijų grandinės tampa sudėtingesnės. Be pačios grandinės, pateikiama papildoma informacija apie šifruotų medžiagų savybes. Norint iššifruoti medžiagas, dažnai reikia atlikti skaičiavimus. Užduoties teksto pabaigoje jūsų paprastai prašoma atsakyti į kelis klausimus, susijusius su medžiagų iš „grandinės“ savybėmis.

1 problema (federalinės apygardos etapas 2008 m., 9 klasė).

« A, B Ir IN(federalinės apygardos etapas 2008 m., 9 klasė). A greitai reaguoja su B kaitinant iki 250 °C, susidaro tamsiai raudoni junginio kristalai G kaitinant iki 250 °C, susidaro tamsiai raudoni junginio kristalai B. Reakcija IN po išankstinio inicijavimo jis vyksta labai smarkiai, todėl susidaro bespalvė medžiaga D, įprastomis sąlygomis dujinis. G, savo ruožtu, sugeba reaguoti su IN 300–350 ° C temperatūroje, o raudoni kristalai virsta baltais milteliais E 300–350 ° C temperatūroje, o raudoni kristalai virsta baltais milteliais D reaguoja su A. D tik apie 800 °C temperatūroje, tokiu atveju E Ir IN reaguoja su G gali būti lengvai sublimuojamas esant sumažintam slėgiui ir žemesnei nei 300 °C temperatūrai, tačiau kaitinant aukštesnėje nei 500 °C temperatūroje jo garai suyra ir susidaro medžiaga B ir vėl ryšiai E.

1. Nurodykite medžiagas A–E.

2. Pagal pateiktą diagramą parašykite visų minėtų reakcijų lygtis.

3. ir vėl ryšiai G Ir E su vandeniniais natrio sulfido ir jodido tirpalais, su koncentruoto kalio cianido tirpalo pertekliumi? Parašykite reakcijų lygtis.

4. Parašykite lygtis reakcijų, kurios vyksta sąveikaujant medžiagoms G, D Ir E su koncentruota azoto rūgštimi“.

Fe 2 (SO 4) 3 -> FeI 2 -> Fe (OH) 2 -> Fe (OH) 3 -> Fe 2 O 3 -> Fe -> Fe 2 (SO 4) 3.

1. Atkreipkime dėmesį į procentus: ryšys D, susidedantis iš dviejų elementų B Ir IN, dujinis ir turi tik 2,74 proc. IN. Toks mažas procentas rodo, kad arba elemento atominė masė IN labai mažas arba formulėje D elementas turi didelį indeksą B. Atsižvelgiant į tai D adresu Nr. yra dujos, greičiausiai taip IN- tai vandenilis. Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija D išreikšti formule H Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija E X, Tai

2,74: (97,26/M E) = Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija : X.

, Tai X nelygus 1, negali būti gaunamas tiesiogiai sąveikaujant elementui su vandeniliu „smarkios reakcijos po išankstinės iniciacijos“ metu. Pertvarkydami lygtį, gauname M E = 35,5 Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija, kuris turi vienintelį pagrįstą sprendimą, kai Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija= 1. Taigi, IN, kuris turi vienintelį pagrįstą sprendimą, kai B= 1. Taigi,

- vandenilis, E, kuriame yra 55,94 % chloro. Susidaro paprastos medžiagos reakcijos metu A su vandenilio chloridu ir išsiskiria vandenilis, o tai rodo: E– elemento chloridas, sudarantis paprastą medžiagą A. Dėl ECl junginio – elemento chloridas, sudarantis paprastą medžiagą:

(55,94/35,45) : (44,06/M E) = Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija.

. Dėl ECl junginio M E = 27,92 Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija Iš čia Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija= 1 ir 3, gaunamas atitinkamai silicis (28) ir kriptonas (84), tačiau tai prieštarauja jų valentingumo galimybėms ir problemos sąlygoms, tačiau Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija= 2, gaunama geležis (56), kuri reaguodama su vandenilio chloridu iš tikrųjų sudaro FeCl2. Tiesioginės geležies reakcijos su chloru metu susidaro kitas chloridas – FeCl3.

C–C 6 H 5 .

A= 1 ir 3, gaunamas atitinkamai silicis (28) ir kriptonas (84), tačiau tai prieštarauja jų valentingumo galimybėms ir problemos sąlygoms, tačiau B– Cl2; IN– H2;

G– FeCl3; D– Cl 2 ; E– FeCl2.

2. – FeCl3;

3. 2FeCl3 + 3Na2S = 2FeS + S + 6NaCl;

FeCl2 + Na2S = FeS + 2NaCl;

2FeCl3 + 2NaI = 2FeCl2 + I2 + 2NaCl

2FeCl3 + 3Na 2S = 2FeS + S + 6NaCl;

2FeCl3 + 6NaI = 2FeI2 + I2 + 6NaCl

6FeCl3 + 18NaI = 2Fe3I8 + I2 + 18NaCl);

FeCl3 + 6KCN = K3 + 3KCl;

FeCl2 + 6KCN = K4 + 2KCl.

4. FeCl3 + 4HNO3 = Fe(NO3)3 + NOCl + Cl2 + 2H2O;

3HCl + HNO3 = NOCl + Cl2 + 2H2O;

2FeCl2 + 8HNO3 = 2Fe(NO3)3 + 2NOCl + Cl2 + 4H2O.

2 problema (federalinės apygardos etapas 2007 m., 10 klasė).

2FeCl 2 + 8HNO 3 = 2Fe(NO 3) 3 + 2NOCl + Cl 2 + 4H 2 O. A–E 2 problema IN) pereinamųjų metalų turinčios medžiagos yra užšifruotos.

"Pagal A Ir SU:

A:) pereinamųjų metalų turinčios medžiagos yra užšifruotos.

C: A:

1. Nurodykite medžiagas A–E ir parašykite reakcijų lygtis.

2. Kokiu atveju pateiktoje diagramoje yra medžiaga IN pasirodo amorfinis ir kokiame kristaliniame? Pasiūlykite vieną alternatyvų kristalinių ir amorfinių medžiagų sintezės metodą IN.

3. Koks yra trivialus medžiagos pavadinimas? D?»

Fe 2 (SO 4) 3 -> FeI 2 -> Fe (OH) 2 -> Fe (OH) 3 -> Fe 2 O 3 -> Fe -> Fe 2 (SO 4) 3.

1. Sudedant visas nurodytas masės dalis (kaip ir medžiagai A pasirodo amorfinis ir kokiame kristaliniame? Pasiūlykite vieną alternatyvų kristalinių ir amorfinių medžiagų sintezės metodą SU), negausime 100 proc. Tai reiškia, kad šiose medžiagose yra dar bent vienas elementas!

Medžiaga (išskyrus

Atsižvelgiant į nedidelę nežinomo elemento masės dalį, galima daryti prielaidą, kad tai yra vandenilis. Tada bendroji junginio formulė yra A: Cu3S2O8H4 arba Cu2SO3 CuSO3 2H2O.

Medžiaga SU:

Panašiai kaip ir ankstesniu atveju, galime daryti prielaidą, kad čia nežinomas elementas yra vandenilis. Tada medžiagos formulė SU bus Co2(OH)2SO3.

Medžiaga IN– tai Al(OH)3. Kai aliuminio sulfatas reaguoja su natrio sulfitu, susidaro amorfinis aliuminio hidroksidas. Antruoju atveju, kai trietilamonio chloridas reaguoja su Na, susidaro kristalinis aliuminio hidroksidas.

– tai Al(OH)3. Kai aliuminio sulfatas reaguoja su natrio sulfitu, susidaro amorfinis aliuminio hidroksidas. IN Ir SU Kaitinant susidaro kobalto aliuminatas – Co(AlO2)2.

Šarminėje aplinkoje permanganato jonų redukcija vyksta atitinkamai iki oksidacijos būsenos +6 arba iki +5 E– K2MnO4 arba K3MnO4.

A– Cu2SO3 CuSO3 2H2O; – K 2 MnO 4 arba K 3 MnO 4 .– Al(OH)3; C– Co2(OH)2SO3; D– CoAl2O4; E– K2MnO4 arba K3MnO4.

– CoAl 2 O 4;

1) 3CuSO4 + 3Na2SO3 = Cu2SO3 CuSO3 2H2O + 3Na2SO4 + SO2;

2) 3Na2SO3 + Al2(SO4)3 + 3H2O = 2Al(OH)3 + 3Na2SO4 + 3SO2

(kartu su aliuminio hidroksidu šioje fazėje bus įvairių kompozicijų bazinių sulfatų, tačiau tradiciškai manoma, kad susidaro amorfinis aliuminio hidroksidas);

3) Na + Cl = Al(OH)3 + NaCl + NEt3 + H2O;

4) 2CoSO4 + 2Na2SO3 + H2O = Co2(OH)2SO3 + SO2 + 2Na2SO4;

5) Co2(OH)2SO3 + 4Al(OH)3 2CoAl2O4 + SO2 + 7H2O;

6) 2KMnO4 + Na2SO3 + 2KOH = 2K2MnO4 + Na2SO4 + H2O

KMnO4 + Na2SO3 + 2KOH = K3MnO4 + Na2SO4 + H2O.

2. Aliuminio druskų tirpalai turi rūgštinę aplinką:

KMnO 4 + Na 2 SO 3 + 2KOH = K 3 MnO 4 + Na 2 SO 4 + H 2 O.

Pridedant šarmo (arba vandeninio amoniako tirpalo), karbonatų ar bikarbonatų, padidėjus tirpalo pH, pusiausvyra pasislenka į dešinę ir akvahidrokso kompleksai polimerizuojasi, sujungiant hidrokso ir okso grupes į daugiabranduolinius kompleksus. Dėl to susidaro produktas, kurio sudėtis yra Al2O3 – elemento chloridas, sudarantis paprastą medžiagą H2O ( Patikrinkime savo hipotezę. Jei kompozicija > 3) (amorfinės nuosėdos, kurios neturi pastovios sudėties).

Dėl to susidaro Al 2 O 3 kompozicijos produktas

Al2(SO4)3 + 6KOH = 2Al(OH)3 + 3K2SO4

Al2(SO4)3 + 6KHCO3 = 2Al(OH)3 + 3K2SO4 + 6CO2.

Kristalinio aliuminio hidroksido gavimo būdas yra lėtai praleisti CO2 per natrio tetrahidroksialiuminato tirpalą:

Na + CO2 = NaHCO3 + Al(OH)3.

Antruoju atveju gaunamas tam tikros sudėties produktas – Al(OH)3.

3. Kobalto aliuminatas turi trivialų pavadinimą „thenaras mėlynas“.

3 problema (baigiamasis etapas 2008 m., 10 kl.).

„Žemiau pateiktoje diagramoje pavaizduoti junginių virsmai A–KAM turintis tą patį elementą X.

Papildomai žinoma:

Elementas X natūraliai atsiranda kaip mineralas A(svoris: Na – 12,06 proc.
X – 11,34%, H – 5,29%, likusi dalis yra deguonis);

B– dvejetainis junginys, turintis 15,94 % (masės) X;

IN– bespalvės dujos, kurių oro tankis apie 1;

Junginys D naudojamas medicinoje alkoholio tirpalo pavidalu;

d- modifikacija Z fizikinėmis savybėmis panašus į grafitą;

Medžiaga IR plačiai naudojamas organinėje sintezėje kaip reduktorius;

Molekulė KAM(beveik plokščia) turi trečios eilės simetrijos ašį (molekulė visiškai sukasi aplink šią simetrijos ašį KAM tris kartus atkuria savo padėtį erdvėje); junginio 1H BMR spektre KAM stebimi du signalai.

1. Apibrėžkite elementą X. Patvirtinkite savo atsakymą skaičiavimais.

2. Pateikite junginių formules A–IR. Pavadinkite mineralą A.

3. Pavadinkite mineralą KAM ir pavadinkite šį ryšį.

4. Parašykite visų diagramoje parodytų reakcijų lygtis.

5. Parašykite visų diagramoje parodytų reakcijų lygtis. X(amorfinis) su koncentruotų azoto ir vandenilio fluorido rūgščių mišiniu.

6. Kas paaiškina fizikinių savybių panašumą – modifikacija Z Kas paaiškina fizikinių savybių panašumą – modifikacija

Fe 2 (SO 4) 3 -> FeI 2 -> Fe (OH) 2 -> Fe (OH) 3 -> Fe 2 O 3 -> Fe -> Fe 2 (SO 4) 3.

1. su grafitu? B susidaro sąveikaujant mineralui A su kalcio fluoridu, esant koncentruotai sieros rūgščiai. Galima manyti, kad B be elemento X, jame yra fluoro. Atsižvelgiant į tai, kad fluoro valentingumas junginiuose yra 1, B galima parašyti XF forma be elemento X, jame yra fluoro. Atsižvelgiant į tai, kad fluoro valentingumas junginiuose yra 1,. Apibrėžkime elementą X:

n p(X) – santykinė elemento X atominė masė, be elemento X, jame yra fluoro. Atsižvelgiant į tai, kad fluoro valentingumas junginiuose yra 1,– valentingumas X junginyje B(X) – santykinė elemento X atominė masė,

p(X) = 3,603 be elemento X, jame yra fluoro. Atsižvelgiant į tai, kad fluoro valentingumas junginiuose yra 1,.

. Iš šios lygties randame be elemento X, jame yra fluoro. Atsižvelgiant į tai, kad fluoro valentingumas junginiuose yra 1, nuo 1 iki 8. Vienintelis protingas variantas gaunamas tada, kai be elemento X, jame yra fluoro. Atsižvelgiant į tai, kad fluoro valentingumas junginiuose yra 1, = 3: p(X) = 10,81, t.y. elementas X yra boras (ir medžiaga B– boro trifluoridas BF3).

2. (X) = 10,81, t.y. elementas X yra boras (ir medžiaga A.

tie. Na2B4H20O17 arba Na2B4O7 10H2O yra „borakso“ mineralas (medžiaga A).

Kai boro trifluoridas redukuojamas natrio hidridu, susidaro bespalvės dujos IN, greičiausiai atstovaujantis vandenilio boro junginį. Nuo tankio IN oru apie 1, molekulinė masė IN yra artimas 29, todėl medžiaga B yra diboranas B2H6 ( p = 28).

Dėl tolesnės diborano sąveikos su NaH pertekliumi eteryje susidaro kompleksinis hidridas, plačiai naudojamas organinėje sintezėje kaip reduktorius – natrio tetrahidrido boratas Na (medžiaga IR).

p G– B2O3, kurį redukuojant metaliniu aliuminiu susidaro amorfinis boras. Boro oksidas reaguoja su vandeniu, todėl susidaro ortoboro rūgštis H3BO3 (medžiaga D, alkoholio tirpalo pavidalu, medicinoje naudojamas pavadinimu „boro alkoholis“). Boro rūgštis reaguoja su koncentruota vandenilio fluorido rūgštimi ir susidaro sudėtinga rūgštis, kuri po apdorojimo natrio hidroksido tirpalu paverčiama natrio tetrafluorboratu Na (junginys E).

Panagrinėkime boro trifluorido sąveiką su dujiniu amoniaku. BF3 yra tipinė Lewis rūgštis (elektronų poros akceptorius); amoniako molekulė turi vienišą elektronų porą, t.y. NH3 gali veikti kaip Lewiso bazė. Kai boro trifluoridas reaguoja su amoniaku, susidaro aduktas, kurio sudėtis BF3 NH3 (junginys IR) (kovalentinis ryšys tarp boro ir azoto atomų susidaro pagal donoro-akceptoriaus mechanizmą). Kaitinant šį aduktą virš 125 °C, susidaro boro nitridas BN (junginys Z).

3. Kai kaitinant diboranas reaguoja su amoniako dujomis, susidaro produktas KAM, kuriame yra vandenilio, boro ir tikriausiai azoto. Molekulė KAM turi plokščią struktūrą, didelė jo simetrija rodo galimą šio junginio anglies analogą – benzeną. Tačiau tam, kad molekulė KAM Buvo dviejų tipų vandenilio atomai ir buvo trečios eilės simetrijos ašis, į „benzeno“ žiedą reikėjo pakaitomis dėti azoto ir boro atomus, o ne anglies atomus (pav.). Junginys KAM vadinamas „neorganiniu benzenu“ (borazolu).

Ryžiai. Borazolas

4. Buvo dviejų tipų vandenilio atomai ir buvo trečios eilės simetrijos ašis, į „benzeno“ žiedą reikėjo pakaitomis dėti azoto ir boro atomus, o ne anglies atomus (pav.). Junginys

1) Na2B4O7 10H2O + 6CaF2 + 8H2SO4 (konc.) = 4BF3 + 2NaHSO4 + 6CaSO4 + 17H2O;

2) 2BF3 + 6NaH = B2H6 + 6NaF;

3) B2H6 + 3O2 = B2O3 + 3H2O;

4) B2O3 + 2Al = Al2O3 + 2B;

5) B2H6 + 2NaH 2Na;

6) B2O3 + 3H2O = 2H3BO3;

7) H3BO3 + 4HF (konc.) = H + 3H2O,

H + NaOH = Na + H2O;

8) BF3 + NH3 = BF3 NH3;

9) 4BF3 NH3 BN + 3NH4BF4;

10) 3B2H6 + 6NH3 2B3N3H6 + 12H2.

5. B (amorfinis) + 3HNO3 (konc.) + 4HF (konc.) = H + 3NO2 + 3H2O.

6. Atkreipkite dėmesį, kad BN dalelė yra izoelektroninė C2 dalelei, boro ir azoto atomų kovalentinių spindulių suma yra maždaug lygi dviejų kovalentinių anglies atomo spindulių sumai. Be to, boras ir azotas turi galimybę sudaryti keturias kovalentines jungtis (trys per mainų mechanizmą ir vieną per donoro-akceptoriaus mechanizmą). Atitinkamai BN taip pat sudaro dvi struktūrines modifikacijas – grafitinę ( -modifikaciją) ir deimantinę ( -modifikaciją). Štai kodėl -BN fizinėmis savybėmis labai panašus į grafitą (atsparumas ugniai, tepimo savybės).

Atitinkamai BN formuoja ir dvi struktūrines modifikacijas – grafitinę (-modifikaciją) ir deimantinę (-modifikaciją).

Visos Rusijos chemijos olimpiadų tikslai. Red. akad. RAS, prof. V.V.Lunina. M.: Egzaminas, 2004, 480 p.; Chemija: sėkmės laikant egzaminus formulės. Studijų vadovas. Red. N.E. Kuzmenko, V.I. M.: Maskvos valstybinio universiteto leidykla, Nauka, 2006, 377 p.; Chemija-2006: Stojamieji egzaminai į Maskvos valstybinį universitetą. Red. prof. N.E.Kuzmenko ir prof. V.I.Terenina. M.: Maskvos valstybinio universiteto leidykla, 2006, 84 p.; Stojamieji egzaminai ir chemijos olimpiados Maskvos universitete: 2007. Red. prof. N.E.Kuzmenko ir prof. V.I.Terenina. M.: Maskvos valstybinio universiteto leidykla, 2008, 106 p.; Visos Rusijos federalinės apygardos chemijos olimpiados tikslai ir paskutiniai 2003–2008 m. etapai. Internetas. http://chem.rusolymp.ru; www.chem.msu.ru.