“Zgjidhja e problemeve të olimpiadës në kimi” - Argentit. Hesiti përmban vetëm një atom teluri. Olimpiada e Shën Petersburgut 2000, klasa e 9-të. Një substancë e thjeshtë A që peshonte 0,624 g u tret në alkali. Një metal i panjohur reagon në mënyrë aktive me klorin kur nxehet. Ligji i ekuivalentëve. X është pak metal. Pyetje nga testi për kiminë e halogjeneve (Qendra Kimike, klasa 9).

"Si të zgjidhni problemet duke përdorur një përzierje" - Probleme duke përdorur një përzierje. Metoda e arsyetimit. Masa e tretësirës që rezulton. Detyrë. Zgjidhja e problemeve në përzierjet në mënyra të ndryshme. Zgjidhja e problemeve për të ulur përqendrimin. Shënimi. Mënyra e vjetër. Metoda e zgjidhjes. Zgjidhje.

Kimi "Probleme për rendimentin e produktit" - Lexoni me kujdes kushtet e problemit. Llogaritni pjesën masive të produktit. Llogaritni masën teorike të produktit të reaksionit. Pjesa masive e rendimentit të produktit të reaksionit. Shkruani "Dhënë" dhe "Gjeni". Tre lloje problemesh me konceptin e "produktit të prodhimit". Zgjidhja e problemeve llogaritëse në kimi për rendimentin e produktit. Llogaritni masën teorike të produktit.

"Problemet e olimpiadës në kimi" - Reagentët dhe kushtet për transformimet që po kryhen tregohen sipër shigjetave. Në diagramin më poshtë, të gjitha substancat përmbajnë të njëjtin element. Përmbajtja e një elementi të të njëjtit lloj dhe disa veti të përbërjeve. Transformimet e lëndës së kuqe. Shndërrime interesante të komponimeve. Shkruani ekuacionet për reaksionet e transformimit.

“Përgatitja për olimpiada në kimi” - Metodologjia e përgatitjes për olimpiada dhe turne intelektuale në kimi. Lista e aftësive të testuara. Elektroliza. Problemi është në prodhimin industrial të plehrave. Llogaritja e pjesës masive të substancës së tretur. Struktura e atomit. Zgjidhja e kripës së tryezës. Sistemi i vlerësimit për detyrat individuale dhe punën në tërësi në klasën e 11-të.

"Zgjidhja e problemeve në kimi" - Zgjidhja e çdo problemi (përfshirë kiminë) nuk është një detyrë e lehtë. Substancat molekulat e të cilave janë në përmasa të papërshtatshme. Llogaritjet duke përdorur ekuacionet e reaksioneve kimike. Rendimenti praktik i produktit të reaksionit. Problemet rreth materies. Llogaritjet duke përdorur ekuacionet e reaksioneve kimike. Përcaktimi i dendësisë relative të gazeve.

Janë gjithsej 15 prezantime në temë

Faza III (rajonale) 2010

Turne teorike

KLASA E NJËMBËDHJETË

Problemi 11-1

Një substancë kristalore e bardhë A kur nxehet në ajër, pëson një sërë transformimesh, duke formuar në mënyrë të njëpasnjëshme substanca kristalore të bardha. B–G. Peshonte 5 g lëndë A nxehet në mënyrë të njëpasnjëshme në temperatura që korrespondojnë me transformimin e plotë në komponime B, NË Dhe G, pas së cilës u përcaktua masa e kampionit. Rezultatet eksperimentale janë përmbledhur në tabelë.

Në një eksperiment tjetër, mostrat A–G secila me peshë 5 g u tret në 95 g ujë dhe u përcaktua pH e tretësirave që rezultonin. Doli se zgjidhjet A–NË kanë një pH rreth 2.5, ndërsa një tretësirë G neutrale

Pyetje.

1. Identifikoni substancat A–G dhe shkruani ekuacionet për reaksionet që ndodhin në mënyrë sekuenciale kur një substancë nxehet A.

2. Shpjegoni pse vlera e pH e tretësirës ujore G ndryshon ndjeshëm nga vlerat e pH të tretësirave A–NË.

3. Çfarë do të ndodhë me lidhjen G me ngrohje të mëtejshme?

4. Cila është struktura gjeometrike e njësive strukturore nga të cilat ndërtohen substancat A Dhe NË?

5. Ku mund të përdoret lidhja? A?

Problemi 11-2

Dhe duke ndryshuar ngjyrën e saj,
Filluan të kërcejnë, magjinë.

Leonid Martynov

Diagrami tregon transformimet e komponimeve që përmbajnë një metal kalimtar X.

Dihet se:

1) A () kristalizohet nga tretësira ujore E dhe përmban 15,13% ujë të kristalizimit;

2) kur shtohet në një tretësirë ​​që përmban 8,29 g A, tretësira e tepërt AgNO 3 prodhon 10 g precipitat të bardhë;

3) substanca ME përmban 35.51% X sipas peshës.

4) metali kalimtar X është i pranishëm në përqendrime të vogla në mineralet nikel dhe kupë.

Pyetje.

1. Përcaktoni X dhe lidhjet A–E. Konfirmoni përgjigjen tuaj me llogaritje.

2. Të shpjegojë strukturën gjeometrike të substancave A Dhe ME.

3. Gjeni ngjyrat e lidhjeve A Dhe E.

4. Shkruani 2 mënyra të tjera për të marrë anhidër kripë E(tregoni kushtet e reagimit).

5. Shkruani reagimet e ndërveprimit:

a) metalike X me monoksid karboni;

b) kripë E me një tretësirë ​​ujore të amoniakut dhe klorurit të amonit në ajër (NH 3 + NH 4 Cl + O 2), nëse kjo prodhon një substancë me një pjesë masive të azotit prej 27,94%;

c) kripë E me një tretësirë ​​ujore të amoniakut dhe klorurit të amonit në ajër (NH 3 + NH 4 Cl + O 2) në prania e karbonit aktiv, nëse kjo prodhon një substancë me një pjesë masive të azotit prej 31.40%.

Problemi 11-3

Diagrami i transformimit më poshtë kodon procese të rëndësishme industriale të përdorura për të marrë monomerë të ndryshëm.

1. Deshifroni këtë diagram, duke marrë parasysh që nuk ka koeficientë në të.

2. Shkruani strukturat e njësive përsëritëse të polimereve të formuara gjatë polimerizimit të përbërjeve E, F, M.

Lidhjet A Dhe J në varësi të kushteve të polimerizimit mund të formohen dy lloje polimerësh të rregullt.

3. Shkruani strukturat e njësive të përsëritura për secilën prej tyre.

Problemi 11-4

17 Nëntori 2009 shënoi 160 vjetorin e lindjes së kimistit të madh rus E. E. Wagner. Teza e tij e masterit lidhej me studimin e oksidimit të ketoneve me një përzierje kromi në 100 °C. Ai zbuloi se në këto kushte, heksanoni-3 shndërrohet në një përzierje të tre acideve në një raport 1: 1: 1.

1. Shkruani formulat strukturore të acideve që rezultojnë dhe ekuacionet përkatëse të reaksionit.

2. Tregoni se cili nga reagimet që keni shkruar vazhdon më shpejt.

Kur studioi oksidimin e ketoneve josimetrike, Wagner konstatoi se "Kur atomet e karbonilit të karbonit hidrogjenohen në mënyrë të pabarabartë, ai që oksidohet dhe ndahet në drejtimin kryesor të reaksionit. … hidrogjenizuar, në drejtim dytësor, përkundrazi, - … hidrogjenizuar."

3. Plotësoni fjalët që mungojnë "më shumë" dhe "më pak" në rregullin e formuluar nga Wagner. Vini re se tani, ndryshe nga Wagner, ne e dimë se ky reagim fillon me shndërrimin e ketoneve në enolet e tyre izomere, gjë që na lejon të parashikojmë drejtimin e reagimit bazuar në rregullin e A. M. Zaitsev, mësues i Wagnerit në Universitetin Kazan.

Kur studioi reaksionin e oksidimit të ketonit izopropil etil, Wagner zbuloi se shkalla e reagimit "kryesor" ishte 4 herë më e lartë se shkalla e reaksionit "të vogël".

4. Tregoni raportin (në masë) të acideve të formuara gjatë këtij procesi.

5. Megjithatë, ka shembuj të lidhjeve për të cilat ky rregull nuk zbatohet. Nga komponimet e mëposhtme, zgjidhni ato për të cilat rregulli i Wagner nuk vlen. Shpjegoni zgjedhjen tuaj.

Lista e komponimeve: 2,3,6-trimetilheptanon-4, 3-metil-1-fenilbutanon-2, 4-metil-1-fenilpentanon-3, 2,2-dimetilpentanon-3.

Problemi 11-5

Varësia e shpejtësisë së një reaksioni kimik nga temperatura.
Marrëdhënia midis ekuacioneve van't Hoff dhe Arrhenius

Shpejtësia e shumicës së reaksioneve kimike rritet me temperaturën. Marrëdhënie të ndryshme përdoren për të përshkruar varësinë e shpejtësisë së një reaksioni kimik nga temperatura.

Një nga këto marrëdhënie është rregulli empirik van't Hoff, sipas të cilit, me një rritje të temperaturës me 10 gradë, shpejtësia e një reaksioni homogjen rritet me 2 ÷ 4 herë, d.m.th. koeficienti i temperaturës së shpejtësisë së reaksionit g është i barabartë. te

.

Një tjetër nga këto marrëdhënie është ekuacioni Arrhenius, sipas të cilit konstanta e shpejtësisë së reagimit përshkruhet me formulën e mëposhtme:

ose në formë logaritmike

,

ku E A – energjia e aktivizimit të reaksionit, A- konstante, e pavarur nga temperatura.

Pyetje.

1. Duke zëvendësuar ekuacionin Arrhenius në rregullin Van't Hoff, ju merrni një ekuacion që lidh energjinë e aktivizimit të reaksionit dhe koeficientin e temperaturës së shpejtësisë.

2. Duke përdorur marrëdhënien që rezulton, llogaritni gamën e energjive të aktivizimit në të cilat rregulli Van't Hoff plotësohet në temperatura afër temperaturës së dhomës.

3. Tregoni se si ky interval ndryshon me temperaturën. Për ta bërë këtë, duke përdorur marrëdhënien që rezulton, përshkruani varësitë në një grafik E Një kundrejt temperaturës (në rangun nga 0 në 500 K) për g = 2 dhe g = 4.

Olimpiada XLVII Gjith-Ruse e Kimisë për nxënësit e shkollave

__________________________________________________________________________________________________

Klasa e njëmbëdhjetë

Problemi 11-1

Për të përgatitur nanopluhurin metalik pirofor, kimisti i ri përdori acid të ngurtë dibazik A, që përmban 32% karbon dhe pluhur pa ngjyrë B(përmban 4,5% karbon), zbërthehet me acid për të lëshuar një gaz që ka një densitet në n. u. 1,97 g/l. Si rezultat i reaksionit, u përftua një zgjidhje, nga e cila kristalet e substancës u ndanë me kalimin e kohës ME. Janë të pangjyrë, të tretshëm në ujë dhe tretësira e tyre jep një precipitat të zi nën ndikimin e sulfurit të hidrogjenit dhe një precipitat kafe nën ndikimin e tretësirës së hipokloritit të natriumit. Precipitati i zi bëhet i bardhë kur ekspozohet ndaj peroksidit të hidrogjenit. Kur ngrohni një substancë NË nanopluhuri metalik u përftua deri në 400 °C në vakum G me një madhësi grimce prej 50 nm. Në ajër, pluhuri vetë-nxehet, duke u kthyer gradualisht në një pluhur të kuq-kafe D, që përmban 7,17% oksigjen.

1. Emërtoni substancat e panjohura dhe shkruani ekuacionet e reaksionit.

2. Jepni dy shembuj të përftimit të pluhurave piroforike të metaleve të tjera.

Problemi 11-2

Ujërat e oqeaneve të botës përmbajnë 4.5 miliardë tonë uranium në formën e jonit uranil. Kjo është rreth 820 herë më shumë se sa mund të nxirret nga të gjitha depozitat e njohura të mineralit të uraniumit, nga i cili metali nxirret sot për t'u përdorur në reaktorët bërthamorë. Megjithatë, për shkak të përqendrimit të ulët dhe formës specifike të jonit të uranilit, nxjerrja e tij ekonomikisht e qëndrueshme nga uji i detit duke përdorur metoda të njohura kimike konsiderohej pothuajse e pamundur deri vonë.

Në vitin 2010, shkencëtarët amerikanë propozuan përdorimin
Një jon 2,6-terfenilkarboksilate që koordinon në mënyrë selektive jonin uranil për të formuar një kompleks të qëndrueshëm, pak të tretshëm në ujë. Grupet e fenilit në masë mbyllin jonin e uranilit në formën e një kapsule, duke zhvendosur kështu ujin nga sfera e brendshme dhe duke rritur forcën e kompleksit:

Skema e reagimit

Kompleksi që rezulton mund të nxirret nga një tretësirë ​​ujore me kloroform. Eksperimentet kanë treguar se kur arrihet ekuilibri fazor, përqendrimi i kompleksit në fazën organike është 40 herë më i lartë se në fazën ujore.

Kur ekstrakti organik trajtohet me një tretësirë ​​të holluar të acidit nitrik, kompleksi shkatërrohet dhe joni i uranilit kalon në fazën ujore. Pas shtimit të një baze në tretësirën që rezulton (për të neutralizuar acidin nitrik të tepërt dhe për të krijuar një mjedis pak alkalik), ai mund të nxirret përsëri. Duke e përsëritur këtë seri procedurash disa herë, mund të arrihet një përqendrim i konsiderueshëm i uraniumit në ujë.

1. Cilat janë dy izotopet kryesore nga të cilat përbëhet uraniumi natyror? Cili është i përfshirë në reaksionin bërthamor në termocentralet bërthamore? Çfarë është uraniumi i pasuruar?

2. Shkruani ekuacione të shkurtuara jonike për reaksionet e formimit të kompleksit dhe shkatërrimit të tij me një tretësirë ​​të acidit nitrik. Për çdo produkt dhe pjesëmarrës të reaksionit, tregoni fazën në të cilën ndodhet (“o” për fazën organike, “c” për fazën ujore). Acidi 2,6-terfenilkarboksilik dhe ligandi i tij përkatës mund të emërtohen përkatësisht RCOOH dhe RCOO. Supozoni se amoniaku është përdorur si bazë.

3. Llogaritni përqendrimin molar të jonit të uranilit në ujin e detit, duke marrë parasysh se vëllimi i oqeaneve të botës është 1.3 miliardë kilometra kub. Sa herë duhet të përsëritet cikli i përqendrimit të ujit origjinal të detit për të arritur një përqendrim të joneve të uranilit prej të paktën 0,5 mol/l? Gjatë zgjidhjes, përdorni të dhënat e mëposhtme: (1) gjatë nxjerrjes së uraniumit nga faza ujore, vëllimi i fazës organike është 10 herë më i vogël se vëllimi i ujit të detit; (2) gjatë nxjerrjes së kundërt të uraniumit në fazën ujore, vëllimi i tretësirës së acidit nitrik është 10 herë më i vogël se vëllimi i fazës organike; (3) neutralizimi i acidit nitrik të tepërt të holluar dhe krijimi i një mjedisi alkalik arrihet duke kaluar gaz amoniak përmes tretësirës, ​​ndërsa rritja e vëllimit të tretësirës mund të neglizhohet.

4. Konsumi i uraniumit në botë është rreth 65 mijë tonë në vit. Për sa vite duhet të presim shterimin e depozitave të mineralit të uraniumit? Duke supozuar se uraniumi më pas do të nxirret nga oqeani dhe se shkalla e konsumit do të mbetet e pandryshuar, vlerësoni sasinë e ujit që do të duhej të përpunohej në botë çdo ditë për të përmbushur kërkesën për uranium.

Problemi 11-3

Substanca X Bëhet fjalë për kristale pa ngjyrë në formë gjilpëre me një erë të athët, gradualisht duke u bërë rozë në ajër. Është mesatarisht i tretshëm në ujë (6,5 g për 100 g ujë), shumë më mirë në tretësirat alkaline. X gjithashtu i tretshëm në etanol, kloroform, benzen. Zgjidhje uji X përdoret si antiseptik për dezinfektimin e sendeve shtëpiake dhe spitalore.

Substanca X mund të merret nga acidi benzensulfonik (acidi benzensulfonik) duke shkrirë kripën e tij të natriumit me alkalin e ngurtë, i ndjekur nga trajtimi i produktit të reaksionit me acid (reaksionet 1 dhe 2). Substanca X jep një ngjyrë karakteristike blu-vjollcë me kripërat e hekurit (III), për shembull me FeCl 3 (reaksioni 3).

Në analizën farmaceutike, reagimi i një solucioni ujor 1% përdoret për të përcaktuar vërtetësinë e një ilaçi. X me ujë bromi, duke çuar në formimin e një precipitati të bardhë të substancës A(reagimi 4). Me një tepricë të bromit, reagimi vazhdon me formimin e një precipitati të verdhë të substancës NË, që përmban 78% brom (reaksioni 5). Substanca NË nuk jep ngjyrë karakteristike me klorurin e hekurit (III) dhe është një agjent brominues i butë.

Një metodë tjetër është bërë e përhapur në analizat farmaceutike: 0,5 g X i tretur në 2 ml NH 3 ( C= 13,5 M), sillni në shenjë në 100 ml. Shtoni 0,05 ml NaClO (ω(Cl) = 0,03) në një sasi prej 2 ml dhe lëreni tretësirën në temperaturën e dhomës. Gradualisht shfaqet një ngjyrë blu e errët (substancë Y).

1. Identifikoni dhe emërtoni substancën X.

2. Shkruani ekuacionet për reaksionet 1 – 5.

3. Shkruani ekuacionet e reaksionit për të përftuar Y nga X, nëse substancat e ndërmjetme formohen në mënyrë sekuenciale ME Dhe D. Përmbajtja e oksigjenit në C, D, Yështë përkatësisht 30.2%, 14.9% dhe 16.1%. Konfirmoni përgjigjen tuaj me llogaritje. Ju lutemi vini re se në lidhje ME Ekzistojnë vetëm dy lloje të atomeve të karbonit.

4. Përveç metodës së mësipërme, dihet të merren të paktën 4 metoda të tjera X. Ju lutemi tregoni një prej tyre. Shkruani ekuacionin (ose ekuacionet) përkatëse për reaksionin.

Problemi 11-4

Siç dihet, drejtimi kryesor i konsumit të hidrokarbureve është ende djegia e tyre. Megjithatë, janë të njohur shembuj të ndryshëm të oksidimit të pjesshëm të hidrokarbureve, duke çuar në produkte të ndryshme të vlefshme. Për më tepër, në varësi të agjentit oksidues të përdorur dhe kushteve të reagimit, i njëjti hidrokarbur mund të shndërrohet në komponime të ndryshme. Diagrami më poshtë tregon metodat më të përdorura për oksidimin e alkeneve duke përdorur shembullin ( E)-penten-2. Ju lutemi vini re se lidhja M përmban 69,8% karbon, nën veprimin e MnO 2 kthehet në produkt N, duke dhënë një reagim pasqyre argjendi për të formuar një kripë RRETH; lidhjet J Dhe L janë diastereomerë (izomerë optikë që nuk janë imazhe pasqyruese të njëri-tjetrit), dhe komponimet TE Dhe M– izomerë që kanë grupe të ndryshme funksionale.

1. Shkruani formulat strukturore të përbërjeve A–O.

2. Shkruani ekuacionin e reaksionit ( E)-penten-2 me permanganat kaliumi në një zgjidhje të acidit sulfurik.

3. Lidhjet D,F Dhe H shndërrohen lehtësisht në A, A E, G Dhe I V NË. Duke përdorur shembullin e një prej produkteve të reaksionit ( A ose NË, sipas zgjedhjes suaj) shkruani cilët reagentë mund të përdoren për të kryer këto transformime (një shembull për çdo transformim).

KLASA E DHJETË

5. Përcaktoni rendet e pjesshme të reaksionit sipas 2 Н Cl2, d.m.th., shkallët x dhe y në ekuacionin r = k eff x y dhe renditjen totale të reaksionit n = x + y.

Problemi 10-5.

Kimistët organikë shpesh ballafaqohen me problemin e desimetrizimit të simetrikut

ric diols për të marrë derivatet e tyre kirale. Ky problem është zgjidhur duke përdorur disa enzima ose mikroorganizma që veprojnë si katalizatorë. Më poshtë është një skemë për sintezën e një analoge karbociklike optikisht aktive të nukleozideve (1R, 3S)-1-[(adenin-9-il)metil]-3-(hidroksimetil)indan (X), që shfaq aktivitet antitumor:

AOH

Përbërja fillestare A u përftua sipas skemës së mëposhtme:

N NH2

AOH

1. Shkruani formulat strukturore B-G, duke pasur parasysh se lidhja E është e paqëndrueshme

e ndërmjetme e fortë.

Nëse hapi i parë i kësaj sinteze kryhet në mungesë të ciklopentadienit ose ndonjë përbërësi tjetër aktiv, ndërmjetësi E shndërrohet në produktin H.

2. Shkruani formulën strukturore të produktit N.

3. Tregoni arsyen kryesore pse në fazën e transformimit A dhe B përdorin vinyl

acetat, por jo acetat etilik.

4. Cili nga acetatet izomerike të formulës C 5 H8 O2 janë efektive në këtë reaksion, cilat nuk janë?

Detyrat e raundit të parë teorik

KLASA E NJËMBËDHJETË

KLASA E NJËMBËDHJETË

Problemi 11-1.

Diagrami i mëposhtëm tregon shndërrimet e komponimeve A–K, që përmbajnë

që përmbajnë të njëjtin element X në përbërjen e tyre.

Gjithashtu i njohur:

· elementi X shfaqet në natyrë në formën e mineralit A (përmbajtja sipas peshës: Na – 12,06%, X – 11,34%, H – 5,29%, pjesa tjetër është oksigjen);

· B – komponim binar që përmban 15,94% (në masë) X;

· B është një gaz pa ngjyrë me një densitet ajri prej rreth 1;

· Komponimi D përdoret në mjekësi në formën e tretësirës së alkoolit;

· a-modifikimi Z është i ngjashëm me grafitin në vetitë fizike;

· substanca I përdoret gjerësisht në sintezën organike si agjent reduktues.

pronar i ri;

· Molekula K (pothuajse e sheshtë) ka një bosht simetrie të rendit të tretë (me të plotë

porta rreth këtij boshti simetrie, molekula K riprodhon pozicionin e saj në pro-

duke u endur tri herë); Dy sinjale vërehen në spektrin 1H NMR të përbërjes K.

1. Përcaktoni elementin X . Konfirmoni përgjigjen tuaj me llogaritje.

2. Jepni formulat e përbërjeve A–I. Emërtoni mineralin.

3. Vizatoni formulën strukturore K dhe emërtoni këtë lidhje.

4. Shkruani ekuacionet për të gjitha reaksionet e paraqitura në diagram.

5. Shkruani ekuacionin e reaksionit X (amorf) me një përzierje të azotit të koncentruar dhe pla-

Acidi vik.

6. Çfarë shpjegon ngjashmërinë e vetive fizike a - modifikime Z me grafit?

Detyrat e raundit të parë teorik

KLASA E NJËMBËDHJETË

Problemi 11-2.

Substanca binare e pangjyrë, e shkrirë A (në të cilën masat e elementeve janë relative

lidhen me njëri-tjetrin si 2:3) jep me lëngun B (fraksionet masive të elementeve janë 7,79% dhe 92,21%) një përzierje produktesh X 1, X 2, X 3 (raporti sasior i produkteve ndryshon në varësi të raporti i reagentëve), si dhe gazi me erë sanë të kalbur, duke përdorur

duke vepruar si një agjent lufte kimike (fraksionet masive të të njëjtëve elementë si në B janë të barabarta me

jemi përkatësisht 12.12% dhe 71.72%. Substancat X 1, X 2, X 3 mund të konsiderohen "homologe".

Kur këto substanca kaloheshin nëpër një tub të nxehtë, u formuan përzierje gazi me të njëjtën përbërje cilësore, të cilat më pas kaluan mbi K2 SO4 të ngurtë. nga-

humbja e peshës pas kalimit të sulfatit të kaliumit për tre substanca është dhënë në tabelë

Më pas, përzierja që rezulton (përbërja e saj është e njëjtë në të gjitha rastet) kaloi mbi kamfor (kaforë orale) (një katalizator alternativ është karboni i aktivizuar), humbja e vëllimit ishte 50%, dhe paraardhësi i serisë "homologe" X ishte formuar.

Dihet gjithashtu se njësia strukturore A është një ndryshim "homolog" për X 1,

X 2, X 3.

1. Identifikoni të gjitha substancat e panjohura (A, B, C, D, X, X 1, X 2, X 3), nëse gazi me masë

5.3 g absorbohet plotësisht nga tretësira ujore e NaOH, duke formuar një tretësirë ​​të dy kripërave,

me acidifikimin lirohet 1200 ml gaz D (n.o.), pa ngjyrë dhe pa erë.

2. Vizatoni formulat strukturore A (në gjendje kristalore), X 1, X 2, X 3, X. Ka-

cila është përbërja cilësore e përzierjeve gazore të formuara pas kalimit të substancave

X 1 – X 3 përmes një tubi të nxehtë?

3. Shkruani ekuacionet për reaksionet e mësipërme.

4. Jepni dy shembuj të serive homologjike dhe izomerizmit (përveç optike) në jo-

kimi organike.

Problemi 11-3

Termodinamika e vetë-montimit

Detyrat e raundit të parë teorik

KLASA E NJËMBËDHJETË Vetëmontimi është një nga metodat për sintezën kovalente të molekulave komplekse.

struktura të bëra nga molekula më të thjeshta. Strukturat supramolekulare të formuara gjatë vetë-montimit janë në ekuilibër dinamik me materialet fillestare. Pozicioni i këtij ekuilibri shpesh varet fuqishëm nga tretësi, përqendrimi ose temperatura.

Si shembull, merrni parasysh derivatet e zinkut të porfirinës, të tilla si:

dhe K cikli >>K lin >> 1 l/mol.

Detyrat e raundit të parë teorik

KLASA E NJËMBËDHJETË

1. Për shkak të çfarë lloj lidhjesh mund të lidhen molekulat e mësipërme me njëra-tjetrën?

Cila nga molekulat e mëposhtme mund të formojë një dimer ciklik? Sa është minimumi

Cili numër molekulash të llojit të dytë është i nevojshëm për formimin e një makrocikli?

2. Krahasoni funksionet termodinamike të formimit A 2 (linear) dhe A 2 (ciklik)

nga A. Cilat shenja (>,< или =) надо поставить вместоÚ в соотношениях:

D H cikli D H linjë

D S cikliÚ D S linjë?

Shpjegoni pse cikli K >>K lin >> 1. Cili faktor është entalpia apo entropia?

ny – rezulton të jetë vendimtare në këtë rast?

4. Përqendrimi kritik i vetë-montimit (CSC) është kon-

përqendrimi i monomerit në të cilin saktësisht gjysma e molekulave A përfshihen në cikël. Mbrapa-

shkruani një shprehje për llogaritjen e CCS, duke supozuar se në përqendrime të ulëta strukturat lineare praktikisht nuk formohen.

5. Me rritjen e përqendrimit A, rritet proporcioni i strukturave lineare. në çfarë maksi-

Në një përqendrim të ulët të monomerit, saktësisht gjysma e molekulave A do të jenë pjesë e ciklike

la? Konsideroni se në tretësirë ​​ka vetëm molekula A 2 (ciklike) dhe A 3 (lineare), dhe numri i

Ka pak molekula A.

Formulat e nevojshme:

D G= D H– TD S,

D G ° = –RT lnK .

Problemi 11-4.

Diazometani CH2 N2 shfaq reaktivitet të lartë dhe përdoret gjerësisht në reaksione të ndryshme, pavarësisht paqëndrueshmërisë dhe toksicitetit të lartë.

ness. Kështu, ai alkilon në mënyrë efektive acidet karboksilike dhe komponimet e tjera që përmbajnë

grupet e shtypjes –OH me veti të theksuara acidike.

Detyrat e raundit të parë teorik

KLASA E NJËMBËDHJETË

1. Shkruani ekuacionin për reaksionin e diazometanit me para-nitrofenol.

Kur rrezatohet, diazometani formon një grimcë të paqëndrueshme X, e cila vepron si një ndërmjetës në shumë reaksione që e përfshijnë atë.

2. Vizatoni një grimcë X .

3. Shkruani ekuacionin për reaksionin e diazometanit me cikloheksen.

Sidoqoftë, doli që diazometani ekziston për një kohë të gjatë në 10 K në argon

ulërijnë në matricë edhe kur rrezatohen. Dy mekanizma janë propozuar për të shpjeguar këtë fenomen. Sipas të parës, dekompozimi fotolitik i diazometanit është i kthyeshëm. Një tjetër unë -

Mekanizmi është me dy faza. Në fazën e parë, diazometani dekompozohet në mënyrë të pakthyeshme në

X dhe azoti. Faza e dytë është një ndërveprim i kthyeshëm i diazometanit me mo-

molekula e azotit:

CH2 N2 + N2 N N

Për të përcaktuar mekanizmin u përdorën eksperimente me diazometan të etiketuar me 15 N.

4. Shkruani si do të jetë shpërndarja e etiketës izotopike në diazometan pas një kohe të gjatë

rrezatimi, duke supozuar se zbërthimi ndodh: a) nga një mekanizëm njëfazësh?

b) me një mekanizëm me dy faza?

5. Çfarë do të çojë rrezatimi pafundësisht i gjatë i diazometanit sipas mekanizmave të parë dhe të dytë?

U zbulua se rrezatimi i diiodometanit në një matricë azoti në 10 K shoqërohet nga

formohet nga formimi i diazometanit. Ky eksperiment shërbeu si bazë për përfundimin se të paktën njëri nga dy mekanizmat e përmendur zbatohet me saktësi në kushtet e specifikuara.

viahs, edhe pse ai nuk e hodhi poshtë plotësisht mundësinë e një mekanizmi tjetër.

6. Tregoni se çfarë mekanizmi të dekompozimit të diazometanit vërtetohet nga ky eksperiment.

Problemi 11-5.

M. S. Color: "Çdo përparim shkencor është një përparim në metodë"

Kromatografia me aminoacide

Detyrat e raundit të parë teorik

Kromatografia e klasit të njëmbëdhjetë është një metodë e ndarjes së një përzierje substancash bazuar në ndryshimin në shpejtësi.

rritja e lëvizjes së substancave, në varësi të afinitetit të tyre për fazën stacionare.

Kromatografia e shkëmbimit të joneve bazohet në ndërveprimin elektrostatik midis grimcave të ngarkuara në mënyrë të kundërt. Përdorni si fazë stacionare

Formohet një polimer me grupe të ngarkuara, një shkëmbyes jonesh. Një shembull i veshjes së tillë

Materiali është xhami, në sipërfaqen e të cilit janë ngjitur grupe të ngarkuara. nën-

faza vizuale është një lëng me një vlerë të caktuar pH dhe përqendrim të kripës. se dhimbja -

Sa më i madh të jetë ndryshimi në ngarkesat e fazës stacionare dhe substancës që ndahet, aq më e fortë është substanca

Produkti mbahet në polimer. Shkëmbyesit e joneve ndahen në katër lloje në varësi të shenjës së ngarkesës dhe konstantës së jonizimit të grupit të ngarkuar.

Tabela tregon shembuj të çdo lloji të grupeve funksionale dhe kuptimet e tyre

1. Çfarë lloji i shkëmbyesit të joneve është një rrëshirë që përmban grupet e mëposhtme?

a) dietil-2-hidroksipropil-amonioetil-;

b) fosfo-;

c) p-aminobenzil-;

d) sulfo-;

2. Duke përdorur boshtet e propozuara të koordinatave, vizatoni varësinë e numrit të grupeve të ngarkuara (në përqindje) nga vlera e pH e tretësirës për shkëmbyesit e joneve të renditur në tabelë. Etiketoni kthesat me emra të shkurtuar.

Detyrat e raundit të parë teorik

KLASA E NJËMBËDHJETË

Ndarja e a-aminoacideve NH2-CHR-COOH me kromatografi të bazuar në shkëmbim jonesh

bazuar në ndryshimet në ngarkesën e përgjithshme të aminoacideve. Të gjithë përmbajnë të paktën 2

grupet e aftë për jonizimin – a-amino dhe karboksil: H3 N+ –CHR–COO‾. Të gjitha në të gjitha

rast (pa marrë parasysh grupet e jonizueshme në R), kur titrohet me një alkali nga një mjedis shumë acid, aminoacidet sillen si acide dibazike, duke dhuruar 2 protone. Vlera e pH në të cilën ngarkesa totale e molekulës është zero (kompensohen ngarkesat në grupet e jonizueshme) quhet pika izoelektrike. Kjo vlerë është e rëndësishme për të përcaktuar

ndryshimi i vlerës së pH-së së eluentit (një tretësirë ​​me të cilën lahet kolona dhe e cila "largon" substancat që do të ndahen nga transportuesi) që përdoret për ndarjen me kromatografi me shkëmbim jonesh.

Tabela për katër aminoacide tregon pK a vlerat e grupeve të aftë për të

jonizimi.

3. Për këto katër aminoacide, vizatoni format jonike në të cilat mund të jetë ngarkesa neto

molekulat janë të barabarta me zero, dhe llogaritni vlerat e pikave izoelektrike duke marrë parasysh

Detyrat e raundit të parë teorik

KLASA E NJËMBËDHJETË

4. Llogaritni vëllimin minimal të rrëshirës që përmban sulfo që nevojitet për të ndarë një përzierje prej 0,5 g lizine dhe 0,5 g alanine në pH 4,0. Kapaciteti i shkëmbimit të kationeve

Kursi i këmbimit (numri i grupeve të jonizueshme për ml rrëshirë) është 1.7 meq/ml.

Tre aminoacide: histidina (His), cisteina (Cys) dhe arginina (Arg) mund të ndahen në një shkëmbyes anion.

5. Cila do të jetë radha e elucionit (“larjes”) e këtyre aminoacideve nga kolona nëse

A përdoret një rrëshirë që përmban grupe DEAE si shkëmbyes anionesh dhe një tampon fosfati me pH 7.0 përdoret si eluent? Pranoni që të gjitha aminoacidet karakterizohen nga

karakterizohen nga e njëjta vlerë pK a e grupit karboksil (2.2) dhe e njëjta pK një vlerë e grupit amino (9.5). Vlerat pK a të grupeve anësore janë 8.0 (Cys), 6.0 (His) dhe 12.5 (Arg).

Kurrikula e lëndës

I.A.TYULKOV,
O.V.ARKHANGELSKAYA,
M.V. PAVLOVA

LEKTURA Nr.4
Metodologjia për zgjidhjen e problemeve,
që përfshin një "zinxhir" transformimesh

Klasifikimi i problemeve me skemat e transformimit

Në detyrat e Olimpiadës Gjith-Ruse të Kimisë për nxënësit e shkollës, në çdo fazë dhe për çdo grupmoshë të pjesëmarrësve, ka gjithmonë detyra me diagrame të shndërrimeve vijuese të një substance në një tjetër, të cilat karakterizojnë marrëdhëniet midis klasave kryesore të organike dhe substancave inorganike. Një skemë me shumë faza për shndërrimin e një substance në një tjetër në një sekuencë të caktuar shpesh quhet "zinxhir". Në një "zinxhir", disa ose të gjitha substancat mund të jenë të koduara.

Për të përfunduar këto detyra, duhet të njihni klasat kryesore të përbërjeve inorganike dhe organike, nomenklaturën, metodat laboratorike dhe industriale për përgatitjen e tyre, vetitë kimike, duke përfshirë produktet e dekompozimit termik të substancave dhe mekanizmat e reagimit.

"Zinxhirët" janë mënyra optimale për të testuar një sasi të madhe njohurish (pothuajse të gjitha seksionet e kimisë së përgjithshme, inorganike dhe organike) në një problem.

Skemat e transformimeve të substancave mund të klasifikohen si më poshtë.

1) Sipas objekteve:

a) inorganike;

b) organike;

c) të përziera.

2) Sipas llojeve ose mekanizmave të reaksioneve (kjo ka të bëjë kryesisht me kiminë organike).

3)Në formën e një "zinxhiri".

a) Të gjitha substancat jepen pa treguar kushtet e reaksionit.

b) Të gjitha ose disa substanca janë të koduara me shkronja. Shkronja të ndryshme korrespondojnë me substanca të ndryshme, kushtet e reagimit nuk tregohen.

(Në diagrame, shigjetat mund të drejtohen në çdo drejtim, ndonjëherë edhe në të dy drejtimet. Për më tepër, kjo nuk është shenjë e kthyeshmërisë! Reaksione të tilla, si rregull, përmbajnë reagentë të ndryshëm.)

c) Substancat në diagram janë të koduara plotësisht ose pjesërisht me shkronja dhe tregohen kushtet e reagimit ose reagentët.

d) Në diagrame, në vend të substancave jepen elementet që përbëjnë substancat në gjendjet përkatëse të oksidimit.

e) Skemat në të cilat substancat organike janë të koduara në formën e formulave bruto.

Skemat mund të jenë lineare, të degëzuara, në formë katrori ose shumëkëndëshi tjetër (tetraedri, kubi, etj.).

Taktika dhe strategji për zgjidhjen e problemeve të olimpiadës me "zinxhirë"

Në këtë ligjëratë do t'i përmbahemi klasifikimit të detyrave sipas formës paraqitet në një “zinxhir” shndërrimesh të njëpasnjëshme të një lënde në një tjetër.

Për të zgjidhur saktë çdo problem të hartimit të ekuacioneve të reagimit sipas diagramit, duhet:

1) vendosni numra nën ose mbi shigjeta - numëroni ekuacionet e reagimit, kushtojini vëmendje cila rrugë shigjetat drejtohen në zinxhirin e transformimeve;

2) deshifroni substancat e përfaqësuara me shkronja, veti ose formula bruto (përgjigja duhet të jetë i motivuar, d.m.th. është e nevojshme jo vetëm të shënohen formulat e përbërjeve të deshifruara, por të jepen shpjegime të hollësishme të deshifrimit);

3) shkruani (nën numrat e duhur) të gjitha ekuacionet e reagimit;

4) kontrolloni me kujdes nëse koeficientët janë vendosur saktë;

5) shkruani kushtet për reagimet, nëse është e nevojshme.

Një substancë mund të shndërrohet në një tjetër në mënyra të ndryshme. Për shembull, CuO mund të merret nga Cu, Cu(OH) 2, CuSO 4, Cu(NO 3) 3, etj. Çdo e saktë zgjidhje. Për disa probleme jepen zgjidhje alternative.

Le të ilustrojmë pothuajse të gjitha llojet e "zinxhirëve" që jepen në fazën rajonale (III). Niveli i këtyre detyrave është afër programit për ata që hyjnë në universitetet kimike. Prandaj, këta do të jenë shembuj jo vetëm nga grupet e fazave rajonale të Olimpiadës Gjith-Ruse, por edhe nga kartat e provimit pranues në kimi në Universitetin Shtetëror të Moskës. M.V. Lomonosov. Për më tepër, përdoren detyra nga olimpiadat e viteve të fundit që i paraprijnë këtyre provimeve (për shembull, nga konkursi "Conquer the Sparrow Hills" dhe Olimpiada "Lomonosov"). Gjatë zgjidhjes së detyrave në të cilat ka substanca të koduara, jepen shpjegime të hollësishme për deshifrimin e një lidhjeje të veçantë.

Le të fillojmë me detyrat më të lehta.

Të gjitha substancat jepen pa treguar kushtet e reagimit

Detyra 1.

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

Zgjidhje

Le të numërojmë zinxhirin:

Për të kryer reaksionin e parë, nevojiten si një agjent reduktues ashtu edhe një përbërës i aftë për të hequr jonin sulfat nga sfera e reaksionit. Për shembull, jodidi i bariumit.

Reaksioni i tretë kërkon një agjent oksidues. Më i përshtatshmi është peroksidi i hidrogjenit, d.m.th. fitohet vetëm një produkt reaksioni. Le të shkruajmë ekuacionet e reaksionit.

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 = Fe 2 O 3 + 3H 2 O;

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

6) 2Fe + 6H 2 SO 4 (50%) = Fe 2 (SO 4) 3 + 3SO 2 + 6H 2 O.

Detyra 2. Shkruani ekuacionet e reagimit që korrespondojnë me skemën e mëposhtme:

Zgjidhje

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

2) 5CH 3 COCH 3 + 8KMnO 4 + 12H 2 SO 4 = 5CH 3 COOH + 5CO 2 + 8MnSO 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 + 8NaMnO 4 + 11NaOH = 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.

Detyra 3.

Shkruani ekuacionet e reagimit që korrespondojnë me skemën e mëposhtme:

Zgjidhje

1) 2СuCl + Cl 2 = 2CuCl 2 ;

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

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

4) Cu + Cl 2 = CuCl 2;

5) 2Cl + 2NaOH + O2 = 2CuO + H2O + 2NaCl + 4NH3;

6) C 3 H 3 Cu (në reaksionin 6) mund të jetë vetëm një kripë propine (C 3 H 4), sepse alkinet me një terminal
C = Grupi CH është një acid CH me të cilin reagojnë komplekset e bakrit dhe argjendit.

Cl+CH = C–CH 3 = CuC = C–CH 3 + NH 3 + NH 4 Cl;

7) 2C 3 H 3 Cu + 3H 2 SO 4 (konc.) = 2C 3 H 4 + 2CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O;

8) CuSO 4 CuO + SO 3

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

9) CuO + 2HCl = CuCl2 + H2O;

10) CuCl + 2NH 3 (tretësirë ​​ujore) = Cl;

11) C 3 H 3 Cu + 3HNO 3 (konc.) = Cu (NO 3) 2 + C 3 H 4 + NO 2 + H 2 O (në tretësirë ​​ujore);

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

Të gjitha ose disa substanca janë të koduara me shkronja.
Kushtet e reagimit nuk janë të specifikuara

Detyra 4. Skema e transformimit është dhënë:

Shkruani ekuacionet për reaksionet e treguara me shigjeta. Emërtoni substancat e panjohura.

Zgjidhje

Identifikimi i substancave të panjohura. CuSO 4 mund të përgatitet duke tretur Cu, CuO ose Cu 2 O në acid sulfurik. Cu 2 O nuk është i përshtatshëm sepse kjo substancë tashmë është e pranishme në zinxhir. Pra, dy reagimet e para mund të jenë:

1) 2Cu 2 O + O 2 = 4CuO (X 1 = CuO);

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

1) Cu 2 O = Cu + CuO

ose Cu 2 O + H 2 = Cu + H 2 O (X 1 = Cu);

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

Dihet se hidroksidi i bakrit (II) i sapopërgatitur oksidon aldehidet. Si rezultat i reaksionit, fitohet një precipitat portokalli i Cu 2 O, prandaj, 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.

Përgjigju. X1 është ose bakër ose oksid bakri(II); X 2 është hidroksid bakri(II) i sapopërgatitur.

Problemi 5(Fakulteti i Kimisë, Universiteti Shtetëror i Moskës, 1998). Shkruani ekuacionet e reaksioneve kimike që korrespondojnë me sekuencën e mëposhtme të transformimeve:

Zgjidhje

Lidhja fillestare (kyç) në këtë skemë është substanca E - aldehid. Le të shqyrtojmë reaksionet 4, 5 dhe 1. Dihet se një reaksion cilësor ndaj një aldehidi është ndërveprimi i tij me Cu(OH) 2 të sapopërgatitur. Rezultati është një acid karboksilik që korrespondon me aldehidin dhe Cu 2 O. Ka të ngjarë që substanca F të jetë Cu 2 O, sepse nga substanca F duhet të fitohet substanca B meqenëse substanca B fitohet edhe nga zbërthimi termik i Cu(OH) 2, është e qartë se B është CuO. Nga kjo rrjedh se substanca është C – H 2 O. D është një alkool, i cili reduktohet me ndihmën e CuO në një aldehid. Dhe së fundi, reagimi 2: alkooli (D) përftohet nga hidratimi i një alkeni (në skemë, alkooli merret nga uji!), që do të thotë se duhet të përmbajë të paktën dy atome karboni në zinxhir.

A – Cu(OH) 2; B – CuO;

C – H 2 O; D – RCH 2 CH 2 OH;

E – RCH 2 CHO; F – Cu 2 O.

Ekuacionet e reagimit:

1) Cu(OH) 2 CuO + H2O;

2) H 2 O + R–CH=CH 2 = R–CH 2 –CH 2 OH;

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.

Problemi 6 (për vendim të pavarur).

Shkruani ekuacionet e reaksioneve që korrespondojnë me skemën e mëposhtme të transformimeve vijuese:

Emërtoni substancat X 1 dhe X 2.

Substancat në skemë janë të koduara plotësisht ose pjesërisht me shkronja
dhe tregohen kushtet e rrjedhjes ose reagentët

Detyra 7. Shkruani ekuacionet e reaksioneve kimike që korrespondojnë me sekuencën e shndërrimeve:

Identifikoni substanca të panjohura.

Zgjidhje

Kur hekuri reagon me acid klorhidrik, fitohet klorur hekuri (II). (Kjo shpjegohet me faktin se hidrogjeni në momentin e lëshimit nuk lejon që hekuri të oksidohet në gjendjen e oksidimit +3.) Në reaksionin e dytë, ai oksidohet në, dhe acidi sulfurik mund të reduktohet në squfur ose SO 2. Tretësira që rezulton e kripërave të hekurit (III) ka një mjedis acid, sepse Këto janë kripëra të formuara nga një bazë e dobët dhe acide të forta. Kur shtohet sode - një kripë e një baze të fortë dhe një acid të dobët - ndodh hidroliza e nyjeve, e cila vazhdon deri në fund, d.m.th. formohet një precipitat (Fe(OH) 3) dhe gaz (CO 2). Hidroliza e secilës kripë rrit hidrolizën e tjetrës.

X1 – FeCl2; X 2 – Fe 2 (SO 4) 3 dhe FeCl 3 (përzierje);

X3 – Fe(OH) 3 (ose CO 2, ose NaCl dhe Na 2 SO 4).

Ekuacionet e reagimit:

1) Fe + 2HCl = FeCl2 + H2;

2) 6FeCl 2 + 4H 2 SO 4 = Fe 2 (SO 4) 3 + 4 FeCl 3 + S + 4H 2 O

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

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.

Detyra 8. Shkruani ekuacionet e reaksioneve kimike që korrespondojnë me zinxhirin e mëposhtëm të transformimeve:

Zgjidhje

Le të numërojmë ekuacionet e reagimit në "zinxhir":

Reaksioni 1 është trimerizimi i acetilenit (një metodë tipike për prodhimin e benzenit). Tjetra (reaksioni 2) është alkilimi Friedel-Crafts i benzenit në prani të acidit Lewis AlBr 3 . Brominimi në dritë (reaksioni 3) ndodh në zinxhirin anësor. Tretësira alkoolike e alkalit në reaksionin 4 është një reagent për prodhimin e një alkini nga një derivat dihalogjen i një alkani. Më pas vjen reaksioni i shkëmbimit (reaksioni 5): hidrogjeni në lidhjen e trefishtë në alkin dhe joni i argjendit në një tretësirë ​​amoniaku të oksidit të argjendit. Dhe së fundi (reagimi 6) - fenilacetilenidi i argjendit që rezulton hyn në një reaksion shkëmbimi me jodur metil, si rezultat i të cilit zinxhiri i karbonit zgjatet.

Ekuacionet e reagimit:

1) 3C2H2 = C6H6;

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

3) C 6 H 5 –C 2 H 5 + 2Br 2 = C 6 H 5 –CBr 2 –CH 3 + 2HBr;

4) C 6 H 5 -CBr 2 -CH 3 + 2KOH = C 6 H 5 -C = CH + 2KBr + H2O;

5) C 6 H 5 –CH +OH = AgC = C–C 6 H 5 + 2NH 3 + H 2 O;

6) AgC = C–C 6 H 5 + CH 3 I = AgI + CH 3 –C = C–C 6 H 5 .

Pra, substancat e koduara:

Në diagrame, në vend të substancave, jepen elemente,
përbërësit e substancave në gjendje oksidimi përkatës

Detyra 9. Shkruani ekuacionet e reagimit që ilustrojnë skemën e transformimit:

Zgjidhje

Le të numërojmë ekuacionet e reaksionit në zinxhir:

Në reaksionin 1, komponimi Fe(II) oksidohet në përbërjen Fe(III) (këto mund të jenë kripëra, hidrokside, okside, etj.). Si një agjent oksidues, ju mund të merrni dikromate ose kromate, permanganate, halogjene, etj.

Në reaksionin 4, hekuri nga gjendja e oksidimit +3 reduktohet në një substancë të thjeshtë. Hekuri metalik zakonisht merret duke reduktuar oksidet e tij (për shembull, me krom ose alumin në temperatura të larta - metalotermi).

Oksidi i hekurit (III) mund të merret nga zbërthimi termik i kripërave ose hidroksidit të tij (reaksioni 3). Reagimi 2 ka të ngjarë të jetë shkëmbim. Reaksioni 5 – bashkëveprimi i hekurit metalik me një acid jooksidues (HCl, HBr, CH 3 COOH, etj.).

Le të shqyrtojmë tre nga të gjitha opsionet e mundshme për zgjidhjen e këtij problemi.

Opsioni i parë:

1) 2Fe 2+ + Cl 2 = 2Fe 3+ + 2Cl – ;

2) Fe 3+ + 3OH – = Fe(OH) 3;

3) 2Fe(OH) 3 = Fe 2 O 3 + 3H 2 O (kalcinim);

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

Opsioni i dytë:

1) 2Fe(OH) 2 + H2O2 = 2Fe(OH) 3;

2) Fe(OH) 3 + 3HNO 3 = Fe(NO 3) 3 + 3H2O;

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

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

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

Opsioni i tretë:

1) 4FeO + O 2 = 2Fe 2 O 3;

2) Fe 2 O 3 + 3H 2 SO 4 = Fe 2 (SO 4) 3 + 3H 2 O;

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

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

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

Skemat në të cilat substancat organike
të koduara në formën e formulave bruto

Problemi 10. Shkruani ekuacionet e reagimit që korrespondojnë me skemën e mëposhtme të transformimit:

Në ekuacione, tregoni formulat strukturore të substancave dhe kushtet e reaksionit.

Zgjidhje

Lidhja kryesore në zinxhir është një substancë me formulën C 3 H 4 O 2. Në reaksionin 1, substanca zvogëlohet (katër atome shtesë të hidrogjenit shfaqen në formulën bruto), dhe në reaksionin 3 ajo oksidohet (dy atome shtesë të oksigjenit shfaqen në formulë). Ka shumë të ngjarë që C 3 H 4 O 2 të jetë propandial (CHO–CH 2 –CHO), atëherë C 3 H 4 O 4 është acid propanediolik (COOH–CH 2 –COOH), dhe C 3 H 8 O 2 është propanediol - 1,3 (CH 2 OH–CH 2 –CH 2 OH). Duke arsyetuar në mënyrë të ngjashme (duke llogaritur ndryshimet në numrin e atomeve në molekulë), arrijmë në përfundimin se reaksioni 4 prodhon ester të dyfishtë etilik të acidit propanediolik (C 2 H 5 OOC–CH 2 –COOC 2 H 5). Reaksioni 5 është hidroliza alkaline e esterit, e cila rezulton në kripë C 3 H 2 O 4 Na 2 (NaOOC–CH 2 –COONa), dhe reaksioni 6 me ndihmën e halogjenmetanit prodhon metil ester të dyfishtë të acidit propanediolik (CH 3 OOC– CH 2 – COOCH 3).

Reaksioni 2 – ndërveprimi i propanediolit-1,3 me metanalin për të formuar dioksan-1,3

Ekuacionet e reagimit:

Problemi 11.

Shkruani ekuacionet e reagimit që korrespondojnë me skemën e mëposhtme të transformimit:

Në ekuacione, tregoni formulat strukturore të substancave dhe kushtet e reaksionit.

(Shenjë S N tregon se reaksioni vazhdon me mekanizmin e zëvendësimit nukleofilik.)

Zgjidhje

Le të numërojmë ekuacionet e reaksionit në zinxhir:

Molekula e substancës C 8 H 9 Cl, e marrë përmes një faze nga benzeni, me sa duket përmban një radikal fenil - kjo rrjedh nga raporti i karbonit dhe hidrogjenit në përbërje (C 6 H 5 C 2 H 4 Cl). Atëherë X mund të jetë një substancë C 6 H 5 –CH 2 –CH 3, e cila kthehet në C 6 H 5 –C 2 H 4 Cl kur ekspozohet ndaj klorit në dritë; ose X mund të jetë një substancë C 6 H 5 –CH=CH 2, e cila jep C 6 H 5 C 2 H 4 Cl kur ekspozohet ndaj HCl. Në të dyja rastet, klori shkon në atomin sekondar të karbonit C 6 H 5 CHCl–CH 3.

Substanca Y fitohet nga reaksioni i zëvendësimit nukleofilik të klorit, ka shumë të ngjarë me një grup OH (reaksioni 3). Atëherë reagimi 4 do të jetë një reaksion dehidrimi. C 8 H 8 në kontekstin e këtij problemi është ndoshta C 6 H 5 –CH=CH 2. Në këtë rast, reagimi 5 - oksidimi në lidhjen e dyfishtë me permanganat në një mjedis neutral - çon në formimin e një dioli me formulën bruto C 8 H 10 O 2. Dhe së fundi, shfaqja në formulën që plotëson "zinxhirin" (krahasuar me substancën Z) të katër atomeve të tjera të karbonit, katër atomeve të hidrogjenit dhe dy atomeve të oksigjenit nënkupton reagimin e esterifikimit të një dioli dhe acidi acetik.

Ekuacionet e reagimit:

1) C 6 H 6 + CH 2 = CH 2 C 6 H 5 - C 2 H 5;

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

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 =

Si përfundim, ne japim shembuj të detyrave që u prezantuan në rrethi federal* Dhe fazat përfundimtare të Olimpiadës Gjith-Ruse të Kimisë për nxënësit e shkollave. Në këto faza, zinxhirët e transformimeve bëhen më komplekse. Përveç vetë zinxhirit, jepet informacion shtesë për vetitë e substancave të koduara. Për të deshifruar substancat shpesh është e nevojshme të kryhen llogaritjet. Në fund të tekstit të detyrës, zakonisht ju kërkohet të përgjigjeni disa pyetjeve që lidhen me vetitë e substancave nga "zinxhiri".

Problemi 1 (Faza e rrethit federal 2008, klasa e 9-të).

« A, B Dhe NË- substanca të thjeshta. A përgjigjet shpejt me B kur nxehet në 250 °C, duke formuar kristale të kuqe të errët të përbërjes G. Reagimi B Me NË pas fillimit paraprak ai vazhdon shumë dhunshëm, duke çuar në formimin e një substance të pangjyrë D, i gaztë në kushte normale. G, nga ana tjetër, është në gjendje të reagojë me NË në një temperaturë prej 300–350 ° C, ndërsa kristalet e kuqe shndërrohen në pluhur të bardhë E dhe krijohet një lidhje D. Substanca A reagon me D vetëm në një temperaturë prej rreth 800 °C, në këtë rast E Dhe NË. Substanca G mund të sublimohet lehtësisht në presion dhe temperaturë të reduktuar nën 300 °C, por kur nxehet mbi 500 °C avujt e tij dekompozohen për të formuar një substancë B dhe përsëri lidhjet E.

1. Identifikoni substancat A–E.

2. Shkruani ekuacionet për të gjitha reaksionet e përmendura në përputhje me diagramin e dhënë.

3. Si do të ndërveprojnë substancat? G Dhe E me tretësirat ujore të sulfurit të natriumit dhe jodidit, me një tepricë të tretësirës së koncentruar të cianidit të kaliumit? Shkruani ekuacionet e reaksionit.

4. Shkruani ekuacionet për reaksionet që ndodhin kur substancat bashkëveprojnë G, D Dhe E me acid nitrik të koncentruar".

Zgjidhje

1. Le t'i kushtojmë vëmendje përqindjeve: lidhjes D, i përbërë nga dy elementë B Dhe NË, i gaztë dhe përmban vetëm 2,74% NË. Një përqindje kaq e vogël tregon se ose masa atomike të elementit NË shumë i vogël, ose në formulë D elementi ka një indeks të madh B. Duke marrë parasysh atë D në nr. është gaz, ka shumë të ngjarë që NË- ky është hidrogjen. Le të testojmë hipotezën tonë. Nëse përbërja D shpreh me formulën H X E në, Kjo

2,74: (97,26/M E) = X : në.

Vini re se lidhjet ku në jo e barabartë me 1, nuk mund të merret nga ndërveprimi i drejtpërdrejtë i elementit me hidrogjenin gjatë një "reagimi të dhunshëm pas fillimit paraprak". Duke rirregulluar ekuacionin, marrim M E = 35.5 X, e cila ka të vetmen zgjidhje të arsyeshme kur X= 1. Kështu, NË- hidrogjeni, B– klorin

Le të përcaktojmë substancën E, e cila përmban 55,94% klor. Formohet gjatë reaksionit të një substance të thjeshtë A me klorur hidrogjeni, dhe hidrogjeni lirohet, gjë që sugjeron: E– klorur i një elementi që formon një substancë të thjeshtë A. Për përbërjen ECl x :

(55,94/35,45) : (44,06/M E) = X.

Nga këtu M E = 27,92 X. Në X= 1 dhe 3, përftohen përkatësisht silici (28) dhe kriptoni (84), por kjo bie ndesh me aftësitë e tyre valore dhe kushtet e problemit, por me X= 2, fitohet hekur (56), i cili në reaksion me klorurin e hidrogjenit formon në të vërtetë FeCl 2. Gjatë reagimit të drejtpërdrejtë të hekurit me klorin, formohet një klorur tjetër - FeCl 3.

Pra, substancat e koduara:

A– Fe; B– Cl 2; NË– H 2 ;

G– FeCl3; D– HCl; E– FeCl 2.

2. Ekuacionet e reagimit në zinxhir:

3. 2FeCl 3 + 3Na 2 S = 2FeS + S + 6NaCl;

FeCl2 + Na 2 S = FeS + 2NaCl;

2FeCl 3 + 2NaI = 2FeCl 2 + I 2 + 2NaCl

(reagimet e mundshme:

2FeCl 3 + 6NaI = 2FeI 2 + I 2 + 6NaCl

6FeCl 3 + 18NaI = 2Fe 3 I 8 + I 2 + 18NaCl);

FeCl 3 + 6KCN = K 3 + 3KCl;

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

4. FeCl3 + 4HNO3 = Fe(NO 3) 3 + NOCl + Cl2 + 2H2O;

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

2FeCl 2 + 8HNO 3 = 2Fe(NO 3) 3 + 2NOCl + Cl 2 + 4H 2 O.

Problemi 2 (Faza e rrethit federal 2007, klasa e 10-të).

"Nën A–E(përveç NË) substancat që përmbajnë metale kalimtare janë të koduara.

Përbërja sasiore e substancave A Dhe ME:

A:(Cu)=49,3%, (O)=33,1%, (S)=16,6%.

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

1. Identifikoni substancat A–E dhe shkruani ekuacionet e reaksionit.

2. Në cilin rast në diagramin e dhënë është substanca NË del amorf dhe në çfarë kristalor? Sugjeroni një metodë alternative për sintezën e substancave kristalore dhe amorfe NË.

3. Cili është emri i parëndësishëm i substancës? D?»

Zgjidhje

1. Mbledhja e të gjitha fraksioneve të dhëna në masë (si për një substancë A, dhe për substancën ME), nuk do të marrim 100%. Kjo do të thotë që këto substanca përmbajnë të paktën një element më shumë!

Substanca A:

Duke marrë parasysh pjesën e vogël të masës së elementit të panjohur, mund të supozohet se është hidrogjen. Atëherë formula bruto e përbërjes është A: Cu 3 S 2 O 8 H 4, ose Cu 2 SO 3 CuSO 3 2H 2 O.

Substanca ME:

Ngjashëm me rastin e mëparshëm, mund të supozojmë se këtu elementi i panjohur është hidrogjeni. Pastaj formula e substancës ME do të jetë Co 2 (OH) 2 SO 3 .

Substanca NË- kjo është Al(OH) 3. Kur sulfati i aluminit reagon me sulfit natriumi, formohet hidroksid amorf i aluminit. Në rastin e dytë, kur kloruri i trietilamoniumit reagon me Na, formohet hidroksid kristalor i aluminit.

Kur ndërveprojnë NË Dhe ME kur nxehet, formohet aluminat kobalt - Co(AlO 2) 2.

Në një mjedis alkalik, reduktimi i jonit të permanganatit ndodh ose në gjendjen e oksidimit +6 ose në +5, përkatësisht E– K 2 MnO 4 ose K 3 MnO 4 .

A– Cu 2 SO 3 CuSO 3 2H 2 O; B– Al(OH) 3; C– Co 2 (OH) 2 SO 3 ; D– CoAl 2 O 4 ; E– K 2 MnO 4 ose K 3 MnO 4 .

Ekuacionet e reagimit në "zinxhir":

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

(së bashku me hidroksidin e aluminit, kjo fazë do të përmbajë sulfate bazë të përbërjeve të ndryshme, por tradicionalisht besohet se formohet hidroksidi amorf i aluminit);

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;

6) 2KMnO 4 + 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.

2. Tretësirat e kripërave të aluminit kanë një mjedis acid:

3+ H + + 2+ 2H + + + .

Kur shtohet alkali (ose një zgjidhje ujore e amoniakut), karbonatet ose bikarbonatet, një rritje në pH e tretësirës çon në një zhvendosje të ekuilibrit në të djathtë dhe polimerizimin e komplekseve akuahidrokso përmes kalimit të grupeve hidrokso dhe okso në komplekse polinukleare. Si rezultat, formohet një produkt i përbërjes Al 2 O 3 x H2O( X > 3) (sediment amorf që nuk ka përbërje konstante).

Metoda për prodhimin e hidroksidit amorf të aluminit:

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.

Metoda për prodhimin e hidroksidit kristalor të aluminit është kalimi i ngadalshëm i CO 2 përmes një tretësire të tetrahidroksialuminatit të natriumit:

Na + CO 2 = NaHCO 3 + Al(OH) 3.

Në rastin e dytë, merret një produkt i një përbërje të caktuar - Al(OH) 3.

3. Aluminati i kobaltit ka emrin e parëndësishëm "thenar blu".

Problemi 3 (faza përfundimtare 2008, klasa e 10-të).

“Diagrami më poshtë tregon transformimet e komponimeve A–TE që përmban të njëjtin element X.

Gjithashtu i njohur:

Elementi X shfaqet natyrshëm si një mineral A(përmbajtja sipas peshës: Na – 12.06%,
X – 11,34%, H – 5,29%, pjesa tjetër është oksigjen);

B– komponim binar që përmban 15,94% (në masë) X;

NË– gaz pa ngjyrë me densitet ajri rreth 1;

Kompleksi D përdoret në mjekësi në formën e një zgjidhje alkooli;

d-modifikimi Z e ngjashme me grafitin në vetitë fizike;

Substanca DHE përdoret gjerësisht në sintezën organike si agjent reduktues;

Molekula TE(pothuajse e sheshtë) ka një bosht simetrie të rendit të tretë (me një rrotullim të plotë rreth këtij boshti simetrie molekula TE riprodhon pozicionin e tij në hapësirë ​​tre herë); në spektrin 1H NMR të përbërjes TE vërehen dy sinjale.

1. Përcaktoni elementin X. Konfirmoni përgjigjen tuaj me llogaritje.

2. Jepni formulat e përbërjeve A–DHE. Emërtoni mineralin A.

3. Vizatoni formulën strukturore TE dhe emërtoni këtë lidhje.

4. Shkruani ekuacionet për të gjitha reaksionet e paraqitura në diagram.

5. Shkruani ekuacionin e reaksionit X(amorf) me një përzierje të acideve nitrik të koncentruar dhe hidrofluorik.

6. Çfarë shpjegon ngjashmërinë e vetive fizike - modifikimi Z me grafit?

Zgjidhje

1. Substanca binare B e formuar nga bashkëveprimi i një minerali A me fluor kalciumi në prani të acidit sulfurik të koncentruar. Mund të supozohet se B përveç elementit X, përmban fluor. Duke marrë parasysh që valenca e fluorit në përbërje është 1, B mund të shkruhet në formën XF n. Le të përcaktojmë elementin X:

Ku Zoti(X) – masa atomike relative e elementit X, n– valenca X në përbërje B. Nga ky ekuacion gjejmë

Zoti(X) = 3,603 n.

Duke kaluar nëpër vlera n nga 1 në 8. Opsioni i vetëm i arsyeshëm fitohet kur n = 3: Zoti(X) = 10,81, d.m.th. elementi X është bor, (dhe substanca B– trifluorid bor BF 3).

2. Le të gjejmë përbërjen e substancës A.

ato. Na 2 B 4 H 20 O 17, ose Na 2 B 4 O 7 10H 2 O, është minerali "boraks" (substancë A).

Kur trifluoridi i borit reduktohet me hidrid natriumi, formohet një gaz pa ngjyrë NË, ka shumë të ngjarë që përfaqëson një përbërje hidrogjeni të borit. Që nga dendësia NË nga ajri rreth 1, pesha molekulare NËështë afër 29, prandaj, substanca B është diboran B 2 H 6 ( Zoti = 28).

Ndërveprimi i mëtejshëm i diboranit me NaH të tepërt në eter çon në formimin e një hidridi kompleks, i përdorur gjerësisht në sintezën organike si një agjent reduktues - tetrahidridi i natriumit borat Na (substancë DHE).

Kur diborani digjet, formohet oksidi i borit, G– B 2 O 3 , reduktimi i të cilit me alumin metalik çon në formimin e borit amorf. Oksidi i borit reagon me ujin, duke rezultuar në formimin e acidit ortoborik H 3 BO 3 (substancë D, në formën e tretësirës së alkoolit, përdoret në mjekësi me emrin "alkool borik"). Acidi borik reagon me acidin hidrofluorik të përqendruar për të prodhuar një acid kompleks, i cili, pas trajtimit me tretësirë ​​të hidroksidit të natriumit, shndërrohet në tetrafluoroborat natriumi Na (përbërësi E).

Le të shqyrtojmë ndërveprimin e trifluoridit të borit me gazin e amoniakut. BF 3 – acid tipik Lewis (pranues i çiftit elektronik); një molekulë amoniaku ka një palë të vetme elektronesh, d.m.th. NH 3 mund të veprojë si një bazë Lewis. Kur trifluoridi i borit reagon me amoniak, formohet një adukt i përbërjes BF 3 NH 3 (komponim DHE) (lidhja kovalente midis atomeve të borit dhe azotit formohet sipas mekanizmit dhurues-pranues). Ngrohja e këtij adukti mbi 125 °C çon në formimin e nitridit të borit BN (komponim Z).

3. Kur diborani reagon me gaz amoniak pas ngrohjes, produkti formohet TE, që përmban hidrogjen, bor dhe ndoshta azot. Molekula TE ka një strukturë të sheshtë, simetria e saj e lartë tregon një analog të mundshëm karboni të këtij përbërësi - benzen. Megjithatë, në mënyrë që një molekulë TE Kishte dy lloje të atomeve të hidrogjenit dhe kishte një bosht simetrie të rendit të tretë, ishte e nevojshme të vendoseshin në mënyrë alternative atomet e azotit dhe borit në unazën "benzen" në vend të atomeve të karbonit (Fig.). Kompleksi TE i quajtur "benzen inorganik" (borazol).

4. Ekuacionet e reaksioneve të përshkruara në problem:

1) Na 2 B 4 O 7 10H 2 O + 6CaF 2 + 8H 2 SO 4 (konc.) = 4BF 3 + 2NaHSO 4 + 6CaSO 4 + 17H 2 O;

2) 2BF 3 + 6NaH = B 2 H 6 + 6NaF;

3) B 2 H 6 + 3O 2 = B 2 O 3 + 3H 2 O;

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

5) B2H6 + 2NaH 2Na;

6) B 2 O 3 + 3H 2 O = 2H 3 BO 3;

7) H 3 BO 3 + 4HF (konc.) = H + 3H 2 O,

H + NaOH = Na + H2 O;

8) BF 3 + NH 3 = BF 3 NH 3;

9) 4BF 3 NH 3 BN + 3NH 4 BF 4 ;

10) 3B 2 H 6 + 6NH 3 2B 3 N 3 H 6 + 12H 2.

5. B (amorf) + 3HNO 3 (konc.) + 4HF (konc.) = H + 3NO 2 + 3H 2 O.

6. Vini re se grimca BN është izoelektronike me grimcën C 2, shuma e rrezeve kovalente të atomeve të borit dhe azotit është afërsisht e barabartë me shumën e dy rrezeve kovalente të atomit të karbonit. Përveç kësaj, bor dhe azoti kanë aftësinë për të formuar katër lidhje kovalente (tre përmes mekanizmit të shkëmbimit dhe një përmes mekanizmit dhurues-pranues). Në përputhje me rrethanat, BN gjithashtu formon dy modifikime strukturore - të ngjashme me grafit (-modifikimi) dhe në formë diamanti (-modifikimi). Kjo është arsyeja pse -BN është shumë e ngjashme në vetitë fizike me grafitin (refraktariteti, vetitë lubrifikuese).

Letërsia

Objektivat e Olimpiadave Gjith-Ruse të Kimisë. Ed. akad. RAS, prof. V.V. Lunina. M.: Provim, 2004, 480 fq.; Kimia: formula për sukses në provimet pranuese. Tutorial. Ed. N.E. Kuzmenko, V.I. M.: Shtëpia Botuese e Universitetit Shtetëror të Moskës, Nauka, 2006, 377 f.; Kimi-2006: Provimet e hyrjes në Universitetin Shtetëror të Moskës. Ed. prof. N.E. Kuzmenko dhe prof. V.I.Terenina. M.: Shtëpia Botuese e Universitetit Shtetëror të Moskës, 2006, 84 f.; Provimet pranuese dhe olimpiada në kimi në Universitetin e Moskës: 2007. Ed. prof. N.E. Kuzmenko dhe prof. V.I.Terenina. M.: Shtëpia Botuese e Universitetit Shtetëror të Moskës, 2008, 106 f.; Objektivat e Olimpiadës Gjith-Ruse në Kimi të rrethit federal dhe fazat përfundimtare të 2003-2008. Internet. http://chem.rusolymp.ru; www.chem.msu.ru.

* Deri në vitin 2008 përfshirëse, VOSH(x) zhvillohej në pesë faza: shkollore, komunale, rajonale, rrethi federal dhe final. - shënim

Detyra 7. autorët.

Identifikoni substanca të panjohura.

Shkruani ekuacionet e reaksioneve kimike që korrespondojnë me sekuencën e shndërrimeve: Detyra 8.

Shkruani ekuacionet e reaksioneve kimike që korrespondojnë me zinxhirin e mëposhtëm të transformimeve: Detyra 9.

Shkruani ekuacionet e reagimit që ilustrojnë skemën e transformimit:
Skemat në të cilat substancat organike

të koduara në formën e formulave bruto

Problemi 10.

Në ekuacione, tregoni formulat strukturore të substancave dhe kushtet e reaksionit.

Problemi 11.

Shkruani ekuacionet e reagimit që korrespondojnë me skemën e mëposhtme të transformimit:

(Shenjë Në ekuacione, tregoni formulat strukturore të substancave dhe kushtet e reaksionit. SN

tregon se reaksioni vazhdon me mekanizmin e zëvendësimit nukleofilik.) rrethi federal* Dhe Si përfundim, ne japim shembuj të detyrave që u prezantuan në Në këto faza, zinxhirët e transformimeve bëhen më komplekse. Përveç vetë zinxhirit, jepet informacion shtesë për vetitë e substancave të koduara. Për të deshifruar substancat shpesh është e nevojshme të kryhen llogaritjet. Në fund të tekstit të detyrës, zakonisht ju kërkohet të përgjigjeni disa pyetjeve që lidhen me vetitë e substancave nga "zinxhiri".

Problemi 1 (Faza e rrethit federal 2008, klasa e 9-të).

« A, B Dhe NË- substanca të thjeshta. A përgjigjet shpejt me B kur nxehet në 250 °C, duke formuar kristale të kuqe të errët të përbërjes G. Reagimi B Me NË pas fillimit paraprak ai vazhdon shumë dhunshëm, duke çuar në formimin e një substance të pangjyrë D, i gaztë në kushte normale. G, nga ana tjetër, është në gjendje të reagojë me NË në një temperaturë prej 300–350 ° C, ndërsa kristalet e kuqe shndërrohen në pluhur të bardhë E dhe krijohet një lidhje D. Substanca A reagon me D vetëm në një temperaturë prej rreth 800 °C, në këtë rast E Dhe NË. Substanca G mund të sublimohet lehtësisht në presion dhe temperaturë të reduktuar nën 300 °C, por kur nxehet mbi 500 °C avujt e tij dekompozohen për të formuar një substancë B dhe përsëri lidhjet E.

1. Identifikoni substancat A–E.

2. Shkruani ekuacionet për të gjitha reaksionet e përmendura në përputhje me diagramin e dhënë.

3. Si do të ndërveprojnë substancat? G Dhe E me tretësirat ujore të sulfurit të natriumit dhe jodidit, me një tepricë të tretësirës së koncentruar të cianidit të kaliumit? Shkruani ekuacionet e reaksionit.

4. Shkruani ekuacionet për reaksionet që ndodhin kur substancat bashkëveprojnë G, D Dhe E me acid nitrik të koncentruar".

Zgjidhje

1. Le t'i kushtojmë vëmendje përqindjeve: lidhjes D, i përbërë nga dy elementë B Dhe NË, i gaztë dhe përmban vetëm 2,74% NË. Një përqindje kaq e vogël tregon se ose masa atomike të elementit NË shumë i vogël, ose në formulë D elementi ka një indeks të madh B. Duke marrë parasysh atë D në nr. është gaz, ka shumë të ngjarë që NË- ky është hidrogjen. Le të testojmë hipotezën tonë. Nëse përbërja D shpreh me formulën H X E në, Kjo

2,74: (97,26/M E) = X : në.

Vini re se lidhjet ku në jo e barabartë me 1, nuk mund të merret nga ndërveprimi i drejtpërdrejtë i elementit me hidrogjenin gjatë një "reagimi të dhunshëm pas fillimit paraprak". Duke rirregulluar ekuacionin, marrim M E = 35.5 X, e cila ka të vetmen zgjidhje të arsyeshme kur X= 1. Kështu, NË- hidrogjeni, B– klorin

Le të përcaktojmë substancën E, e cila përmban 55,94% klor. Formohet gjatë reaksionit të një substance të thjeshtë A me klorur hidrogjeni, dhe hidrogjeni lirohet, gjë që sugjeron: E– klorur i një elementi që formon një substancë të thjeshtë A. Për përbërjen ECl x:

(55,94/35,45) : (44,06/M E) = X.

Nga këtu M E = 27,92 X. Në X= 1 dhe 3, përftohen përkatësisht silici (28) dhe kriptoni (84), por kjo bie ndesh me aftësitë e tyre valore dhe kushtet e problemit, por me X= 2, përftohet hekuri (56), i cili në reaksion me klorurin e hidrogjenit në fakt formon FeCl2. Gjatë reagimit të drejtpërdrejtë të hekurit me klorin, formohet një klorur tjetër - FeCl3.

Pra, substancat e koduara:

A– Fe; B– Cl2; NË– H2;

G– FeCl3; D– HCl; E– FeCl2.

2. Ekuacionet e reagimit në zinxhir:

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

FeCl2 + Na2S = FeS + 2NaCl;

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

(reagimet e mundshme:

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.

Problemi 2 (Faza e rrethit federal 2007, klasa e 10-të).

"Nën A–E(përveç NË) substancat që përmbajnë metale kalimtare janë të koduara.

Përbërja sasiore e substancave A Dhe ME:

A:(Cu)=49,3%, (O)=33,1%, (S)=16,6%.

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

1. Identifikoni substancat A–E dhe shkruani ekuacionet e reaksionit.

2. Në cilin rast në diagramin e dhënë është substanca NË del amorf dhe në çfarë kristalor? Sugjeroni një metodë alternative për sintezën e substancave kristalore dhe amorfe NË.

3. Cili është emri i parëndësishëm i substancës? D?»

Zgjidhje

1. Mbledhja e të gjitha fraksioneve të dhëna në masë (si për një substancë A, dhe për substancën ME), nuk do të marrim 100%. Kjo do të thotë që këto substanca përmbajnë të paktën një element më shumë!

Substanca A:

Duke marrë parasysh pjesën e vogël të masës së elementit të panjohur, mund të supozohet se është hidrogjen. Atëherë formula bruto e përbërjes është A: Cu3S2O8H4, ose Cu2SO3 CuSO3 2H2O.

Substanca ME:

Ngjashëm me rastin e mëparshëm, mund të supozojmë se këtu elementi i panjohur është hidrogjeni. Pastaj formula e substancës ME do të jetë Co2(OH)2SO3.

Substanca NË- ky është Al(OH)3. Kur sulfati i aluminit reagon me sulfit natriumi, formohet hidroksid amorf i aluminit. Në rastin e dytë, kur kloruri i trietilamoniumit reagon me Na, formohet hidroksid kristalor i aluminit.

Kur ndërveprojnë NË Dhe ME Kur nxehet, formohet aluminati i kobaltit - Co(AlO2)2.

Në një mjedis alkalik, reduktimi i jonit të permanganatit ndodh ose në gjendjen e oksidimit +6 ose në +5, përkatësisht E– K2MnO4 ose K3MnO4.

A– Cu2SO3 CuSO3 2H2O; B– Al(OH)3; C– Co2(OH)2SO3; D– CoAl2O4; E– K2MnO4 ose K3MnO4.

Ekuacionet e reagimit në "zinxhir":

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

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

(së bashku me hidroksidin e aluminit, kjo fazë do të përmbajë sulfate bazë të përbërjeve të ndryshme, por tradicionalisht besohet se formohet hidroksidi amorf i aluminit);

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. Tretësirat e kripërave të aluminit kanë një mjedis acid:

3+ H + + 2+ 2H + + + .

Kur shtohet alkali (ose një zgjidhje ujore e amoniakut), karbonatet ose bikarbonatet, një rritje në pH e tretësirës çon në një zhvendosje të ekuilibrit në të djathtë dhe polimerizimin e komplekseve akuahidrokso përmes kalimit të grupeve hidrokso dhe okso në komplekse polinukleare. Si rezultat, formohet një produkt me përbërjen Al2O3 x H2O ( X > 3) (sediment amorf që nuk ka përbërje konstante).

Metoda për prodhimin e hidroksidit amorf të aluminit:

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

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

Metoda për prodhimin e hidroksidit kristalor të aluminit është kalimi ngadalë i CO2 përmes një tretësire të tetrahidroksialuminatit të natriumit:

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

Në rastin e dytë, fitohet një produkt i një përbërje të caktuar - Al(OH)3.

3. Aluminati i kobaltit ka emrin e parëndësishëm "thenar blu".

Problemi 3 (faza përfundimtare 2008, klasa e 10-të).

“Diagrami më poshtë tregon transformimet e komponimeve A–TE që përmban të njëjtin element X.

Gjithashtu i njohur:

Elementi X shfaqet natyrshëm si një mineral A(përmbajtja sipas peshës: Na – 12.06%,
X – 11,34%, H – 5,29%, pjesa tjetër është oksigjen);

B– komponim binar që përmban 15,94% (në masë) X;

NË– gaz pa ngjyrë me densitet ajri rreth 1;

Kompleksi D përdoret në mjekësi në formën e një zgjidhje alkooli;

d-modifikimi Z e ngjashme me grafitin në vetitë fizike;

Substanca DHE përdoret gjerësisht në sintezën organike si agjent reduktues;

Molekula TE(pothuajse e sheshtë) ka një bosht simetrie të rendit të tretë (me një rrotullim të plotë rreth këtij boshti simetrie molekula TE riprodhon pozicionin e tij në hapësirë ​​tre herë); në spektrin 1H NMR të përbërjes TE vërehen dy sinjale.

1. Përcaktoni elementin X. Konfirmoni përgjigjen tuaj me llogaritje.

2. Jepni formulat e përbërjeve A–DHE. Emërtoni mineralin A.

3. Vizatoni formulën strukturore TE dhe emërtoni këtë lidhje.

4. Shkruani ekuacionet për të gjitha reaksionet e paraqitura në diagram.

5. Shkruani ekuacionin e reaksionit X(amorf) me një përzierje të acideve nitrik të koncentruar dhe hidrofluorik.

6. Çfarë shpjegon ngjashmërinë e vetive fizike - modifikimi Z me grafit?

Zgjidhje

1. Substanca binare B e formuar nga bashkëveprimi i një minerali A me fluor kalciumi në prani të acidit sulfurik të koncentruar. Mund të supozohet se B përveç elementit X, përmban fluor. Duke marrë parasysh që valenca e fluorit në përbërje është 1, B mund të shkruhet në formën XF n. Le të përcaktojmë elementin X:

Ku Zoti(X) – masa atomike relative e elementit X, n– valenca X në përbërje B. Nga ky ekuacion gjejmë

Zoti(X) = 3,603 n.

Duke kaluar nëpër vlera n nga 1 në 8. Opsioni i vetëm i arsyeshëm fitohet kur n = 3: Zoti(X) = 10,81, d.m.th. elementi X është bor, (dhe substanca B– trifluorid bor BF3).

2. Le të gjejmë përbërjen e substancës A.

ato. Na2B4H20O17, ose Na2B4O7 10H2O, është minerali "boraks" (substanca A).

Kur trifluoridi i borit reduktohet me hidrid natriumi, formohet një gaz pa ngjyrë NË, ka shumë të ngjarë që përfaqëson një përbërje hidrogjeni të borit. Që nga dendësia NË nga ajri rreth 1, pesha molekulare NËështë afër 29, prandaj, substanca B është diboran B2H6 ( Zoti = 28).

Ndërveprimi i mëtejshëm i diboranit me NaH të tepërt në eter çon në formimin e një hidridi kompleks, i përdorur gjerësisht në sintezën organike si një agjent reduktues - tetrahidridi i natriumit borat Na (substancë DHE).

Kur diborani digjet, formohet oksidi i borit, G– B2O3, reduktimi i të cilit me alumin metalik çon në formimin e borit amorf. Oksidi i borit reagon me ujin, duke rezultuar në formimin e acidit ortoborik H3BO3 (substancë D, në formën e tretësirës së alkoolit, përdoret në mjekësi me emrin "alkool borik"). Acidi borik reagon me acidin hidrofluorik të përqendruar për të prodhuar një acid kompleks, i cili, pas trajtimit me tretësirë ​​të hidroksidit të natriumit, shndërrohet në tetrafluoroborat natriumi Na (përbërësi E).

Le të shqyrtojmë ndërveprimin e trifluoridit të borit me gazin e amoniakut. BF3 është një acid tipik Lewis (pranues i çifteve të elektroneve); një molekulë amoniaku ka një palë të vetme elektronesh, d.m.th. NH3 mund të veprojë si një bazë Lewis. Kur trifluoridi i borit reagon me amoniak, formohet një adukt me përbërje BF3 NH3 (komponim DHE) (lidhja kovalente midis atomeve të borit dhe azotit formohet sipas mekanizmit dhurues-pranues). Ngrohja e këtij adukti mbi 125 °C çon në formimin e nitridit të borit BN (komponim Z).

3. Kur diborani reagon me gaz amoniak pas ngrohjes, produkti formohet TE, që përmban hidrogjen, bor dhe ndoshta azot. Molekula TE ka një strukturë të sheshtë, simetria e saj e lartë tregon një analog të mundshëm karboni të këtij përbërësi - benzen. Megjithatë, në mënyrë që një molekulë TE Kishte dy lloje të atomeve të hidrogjenit dhe kishte një bosht simetrie të rendit të tretë, ishte e nevojshme të vendoseshin në mënyrë alternative atomet e azotit dhe borit në unazën "benzen" në vend të atomeve të karbonit (Fig.). Kompleksi TE i quajtur "benzen inorganik" (borazol).

Oriz. Borazol

4. Ekuacionet e reaksioneve të përshkruara në problem:

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 (amorf) + 3HNO3 (konc.) + 4HF (konc.) = H + 3NO2 + 3H2O.

6. Vini re se grimca BN është izoelektronike me grimcën C2, shuma e rrezeve kovalente të atomeve të borit dhe azotit është afërsisht e barabartë me shumën e dy rrezeve kovalente të atomit të karbonit. Përveç kësaj, bor dhe azoti kanë aftësinë për të formuar katër lidhje kovalente (tre përmes mekanizmit të shkëmbimit dhe një përmes mekanizmit dhurues-pranues). Në përputhje me rrethanat, BN gjithashtu formon dy modifikime strukturore - të ngjashme me grafit (-modifikimi) dhe në formë diamanti (-modifikimi). Kjo është arsyeja pse -BN është shumë e ngjashme në vetitë fizike me grafitin (refraktariteti, vetitë lubrifikuese).

Letërsia

Objektivat e Olimpiadave Gjith-Ruse të Kimisë. Ed. akad. RAS, prof. V.V. Lunina. M.: Provim, 2004, 480 fq.; Kimia: formula për sukses në provimet pranuese. Tutorial. Ed. N.E. Kuzmenko, V.I. M.: Shtëpia Botuese e Universitetit Shtetëror të Moskës, Nauka, 2006, 377 f.; Kimi-2006: Provimet e pranimit në Universitetin Shtetëror të Moskës. Ed. prof. N.E. Kuzmenko dhe prof. V.I.Terenina. M.: Shtëpia Botuese e Universitetit Shtetëror të Moskës, 2006, 84 f.; Provimet pranuese dhe olimpiada në kimi në Universitetin e Moskës: 2007. Ed. prof. N.E. Kuzmenko dhe prof. V.I.Terenina. M.: Shtëpia Botuese e Universitetit Shtetëror të Moskës, 2008, 106 f.; Objektivat e Olimpiadës Gjith-Ruse në Kimi të rrethit federal dhe fazat përfundimtare të 2003-2008. Internet. http://chem.rusolymp.ru; www.chem.msu.ru.