Главная

11 класс

Вещества в схеме полностью или частично зашифрованы буквами и указаны условия протекания или реагенты. XXXXVI Всероссийская олимпиада школьников по химии

Вещества в схеме полностью или частично зашифрованы буквами и указаны условия протекания или реагенты. XXXXVI Всероссийская олимпиада школьников по химии

62 Лекция № 4 превращений становятся более сложными. кроме непосредственно цепочки, даются дополнительные сведения о свойствах зашифрован‑ ных веществ. Для дешифровки веществ часто необходимо проводить расчеты. в конце текста задания обычно предлагается ответить на не ‑ сколько вопросов, связанных со свойствами веществ из «цепочки». Задача 1 (федеральный окружной этап 2008 г., 9-й класс). «А, Б и В – простые вещества. А быстро реагирует с Б при нагревании до 250 °C, образуя темно-красные кристаллы соединения Г. Реакция Б с В после предварительной инициации протекает очень бурно, приводя к образованию бесцветного вещества Д, газообразного при нормальных условиях. Г, в свою очередь, способно реагировать с В при температуре 300–350 °С, при этом красные кристаллы превращаются в белый порошок Е и образуется соединение Д. Вещество А вступает в реакцию с Д только при температуре около 800 °C, при этом образуются Е и В. Вещество Г легко может быть сублимировано при пониженном давлении и темпера - туре ниже 300 °C, но при нагревании выше 500 °C его пары � разлагаются с образованием вещества Б и опять же соединения Е. Содержание одного и того же элемента в соединениях Д и Е составляет 97,26 и 55,94 мас.% соответственно. Вопросы. 1. Определите вещества А–Е. 2. Напишите уравнения всех упомянутых реакций в соответствии с приведенной схемой. 3. Как будут взаимодействовать вещества Г и Е с водными раство- рами сульфида и йодида натрия, с избытком концентрированного раствора цианида калия? Напишите уравнения реакций. 4. Напишите уравнения реакций, происходящих при взаимодейс- твии веществ Г, Д и Е с концентрированной азотной кислотой». Методика решения задач, включающих «цепочку» превращений 63 р е ш е н и е 1. о братим внимание на проценты: соединение Д, состоящее из двух элементов Б и В, газообразное и содержит всего 2,74 % В. т акой малый процент свидетельствует о том, что или атомная масса элемента В очень мала, или в формуле Д большой индекс у элемента Б. Учитывая, что Д при н. у. является газом, наиболее вероятно, что В – это водород. Проверим нашу гипотезу. если состав Д выразить формулой н хЭу, то 2,74: (97,26/МЭ) = х: у. Заметим, что соединения, где у не равен 1, не получить прямым взаимодействием элемента с водородом в ходе «бурной реакции после предварительной инициации». Перегруппировав уравнение, получаем МЭ = 35,5х, которое имеет единственное разумное решение при х = 1. т аким образом, В – водород, Б – хлор. о пределим вещество Е, в состав которого входит 55,94% хлора. оно образуется в ходе реакции простого вещества А с хлороводородом, и при этом выделяется водород, что позволяет предположить: Е – хлорид элемента, образующего простое вещество А. Для соединения ЭClx: (55,94/35,45) : (44,06/МЭ) = х. о тсюда МЭ = 27,92х. При х = 1 и 3 получаются соответственно кремний (28) и криптон (84), но это противоречит их валентным возможностям и условию задачи, а вот при х = 2 получается железо (56), которое в реакции с хлороводородом действительно образует FeCl2. в ходе прямой реакции железа с хлором образуется другой хлорид – FeCl3. Итак, зашифрованные вещества: А – Fe; Б – Cl2; В – H2; Г – FeCl3; Д – HCl; Е – FeCl2. 2. Уравнения реакций в цепочке: 1) 2Fe + 3Cl2 = 2FeCl3; а Б г 2) H2 + Cl2 = 2HCl; в Б Д 64 Лекция № 4 3) 2FeCl3 + H2 = 2FeCl2 + 2HCl; г в е Д 4) 2FeCl3 = 2FeCl2 + Cl2; г е Б 5) Fe + 2HCl = FeCl2 + H2. а Д е в 3. 2FeCl3 + 3Na2S = 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl; FeCl2 + Na2S = FeS↓ + 2NaCl; 2FeCl3 + 2NaI = 2FeCl2 + I2↓ + 2NaCl (возможны реакции: 2FeCl3 + 6NaI = 2FeI2 + I2↓ + 6NaCl или 6FeCl3 + 18NaI = 2Fe3I8 + I2↓ + 18NaCl); FeCl2 + NaI ≠ ; 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. Задача 2 (федеральный окружной этап 2007 г., 10-й класс). «Под А–Е (кроме В) зашифрованы вещества, содержащие пе- реходные металлы. Количественный состав веществ А и С: А: ω (Cu)=49,3%, ω(O)=33,1%, ω(S)=16,6%. C: ω(Co)=50,9%, ω(O)=34,5%, ω(S)=13,8%. Методика решения задач, включающих «цепочку» превращений 65 1. Определите вещества A–E и напишите уравнения реакций. 2. В каком случае в приведенной схеме вещество В получается амор- фным и в каком кристаллическим? Предложите по одному альтерна - тивному методу синтеза кристаллического и аморфного вещества В. 3. Какое тривиальное название имеет вещество D?» р е ш е н и е 1. сложив все приведенные массовые доли (как для вещества А, так и для вещества С), мы не получим 100%. Значит, в этих веществах содержится как минимум еще по одному элементу! вещество А: 49, 3 33,1 16, 6 1 4Cu:O:S:X: : : 3: 8: 2: .63, 5 16 32 (X) (X)==MM Учитывая малую массовую долю неизвестного элемента, можно предположить, что это водород. тогда брутто ‑формула соединения А: Cu3S2O8H4, или Cu2SO3жCuSO3ж2H2O. вещество С: 50, 9 34, 5 13, 8 0, 8 2Co:O:S:X: : : 2: 5:1: .59 16 32 (X)(X)MM= = аналогично предыдущему случаю можно предположить, что и здесь неизвестный элемент – водород. тогда формула вещества С будет Co2(OH)2SO3. в ещество В – это Al(OH)3. При взаимодействии сульфата алюминия с сульфитом натрия образуется аморфный гидроксид алюминия. во 66 Лекция № 4 втором же случае, при взаимодействии хлорида триэтиламмония с Na образуется кристаллический гидроксид алюминия. При взаимодействии В и С при нагревании образуется алюминат кобальта – Co(AlO2)2. в щелочной среде восстановление перманганат‑иона идет либо до степени окисления +6, либо до +5, соответственно Е – K2MnO4 или K3MnO4. А – Cu2SO3жCuSO3ж2H2O; B – Al(OH)3; C – Co2(OH)2SO3; D – CoAl2O4; E – K2MnO4 или K3MnO4. Уравнения реакций в «цепочке»: 1) 3CuSO4 + 3Na2SO3 = Cu2SO3жCuSO3ж2H2O + 3Na2SO4 + SO2; 2) 3Na2SO3 + Al2(SO4)3 + 3H2O = 2Al(OH)3 + 3Na2SO4 + 3SO2(наряду с гидроксидом алюминия в данной фазе будут при‑ сутствовать основные сульфаты различного состава, но тра‑ диционно считается, что образуется аморфный гидроксид алюминия); 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 t= 2CoAl2O4 + SO2 + 7H2O; 6) 2KMnO4 + Na2SO3 + 2KOH = 2K2MnO4 + Na2SO4 + H2O или KMnO4 + Na2SO3 + 2KOH = K3MnO4 + Na2SO4 + H2O. 2. растворы солей алюминия имеют кислую среду: 3+ L H+ + 2+ L 2H+ + +. При добавлении щелочи (или водного раствора аммиака), карбонатов или гидрокарбонатов повышение р н раствора при ‑ водит к смещению равнове сия вправо и полимеризации аква‑ гидроксокомплексов через мо стиковые гидроксо ‑ и оксо ‑группы в многоядерные комплексы. в ре зульт ате образует ся продукт со ст ава Al2O3жxH2O (х ≥ 3) (аморфный о с адок, не имеющий по стоянного со ст ава). Методика решения задач, включающих «цепочку» превращений 67 Метод получения аморфного гидроксида алюминия: Al2(SO4)3 + 6KOH = 2Al(OH)3↓ + 3K2SO4 или Al2(SO4)3 + 6KHCO3 = 2Al(OH)3↓ + 3K2SO4 + 6CO2. Метод получения кристаллического гидроксида алюминия заклю‑ чается в медленном пропускании CO2 через раствор тетрагидроксо‑ алюмината натрия: Na + CO2 = NaHCO3 + Al(OH)3↓. во втором случае получается продукт определенного состава – Al(OH)3. 3. а люминат кобальта имеет тривиальное название «тенарова синь». Задача 3 (заключительный этап 2008 г., 10-й класс). «На приведенной ниже схеме представлены превращения соедине - ний A–К, содержащих в своем составе один и тот же элемент Х. Дополнительно известно: элемент Х встречается в природе в виде минерала A (содер- жание по массе: Na – 12,06 % , X – 11,34 %, H – 5,29 %, осталь - ное – кислород); 68 Лекция № 4 Б – бинарное соединение, содержащее 15,94 % (по массе) Х; В – бесцветный газ с плотностью по воздуху около 1; соединение Д используется в медицине в виде спиртового раствора; d -модификация З схожа с графитом по физическим свойствам; вещество И находит широкое применение в органическом синтезе в качестве восстановителя; молекула К (почти плоская) имеет ось симметрии третьего по- рядка (при полном повороте вокруг этой оси симметрии молекула К воспроизводит свое положение в пространстве три раза); в спектре ЯМР 1Н соединения К наблюдаются два сигнала. Вопросы. 1. Определите элемент Х. Ответ подтвердите расчетом. 2. Приведите формулы соединений A–И. Назовите минерал А. 3. Изобразите структурную формулу К и назовите это соединение. 4. Напишите уравнения всех представленных на схеме реакций. 5. Напишите уравнение реакции Х (аморф.) со смесью концент- рированных азотной и плавиковой кислот. 6. Чем объясняется сходство физических свойств α-модификации З с графитом?» р е ш е н и е 1. Бинарное вещество Б образуется при взаимодействии минерала А с фторидом кальция в присутствии концентрированной серной кислоты. Можно предположить, что Б помимо элемента х содержит фтор. Учитывая, что валентность фтора в соединениях равна 1, Б можно записать в виде хF n. определим элемент х: (X)(X) = 0,1595,(X) 19ω=+ r r M M n (X)(X) = 0,1595,(X) 19ω=+ r r M M n где Мr(х) – относительная атомная масса элемента х, n – валентность х в соединении Б. Из этого уравнения находим Мr(х) = 3,603n. Перебираем значения n от 1 до 8. единственный разумный вариант получаем при n = 3: Мr(х) = 10,81, т.е. элемент х – бор, (а вещество Б – трифторид бора BF3). Методика решения задач, включающих «цепочку» превращений 69 2. найдем состав вещества А. 12, 06 11, 34 5, 29 71, 31Na: B: H: O: : : 2: 4: 20:17,23, 00 10, 81 1, 01 16, 00= = 12, 06 11, 34 5, 29 71, 31Na: B: H: O: : : 2: 4: 20:17,23, 00 10, 81 1, 01 16, 00== т.е. Na2B4H20O17, или Na2B4O7ж10H2O, – минерал «бура» (вещество А). При во сстановлении трифторида бора гидридом натрия об‑ разуется бе сцветный газ В, вероятнее всего, представляющий водородное соединение бора. Поскольку плотность В по воздуху около 1, молекулярная масса В близка к 29, следовательно, вещес т‑ во в – диборан B 2H6 (Mr = 28). Дальнейшее взаимодействие диборана с избытком NaH в эфире приводит к образованию комплексного гидрида, широко использу‑ емого в органическом синтезе в качестве восстановителя, – тетра ‑ гидридобората натрия Na (вещество И). При сжигании диборана образует ся оксид бора, Г – в2о3, во сстановление которого металличе ским алюминием приводит к образованию аморфного бора. оксид бора реагирует с водой, в результате образуется ортоборная кислота н 3во3 (вещество Д, в виде спиртового раствора применяется в медицине под названием «борный спирт»). Борная кислота вступает в реакцию с концентри‑ рованной плавиковой кислотой, давая комплексную кислоту, кото‑ рая после обработки раствором гидроксида натрия превращается в тетрафтороборат натрия Na (соединение Е). р ассмотрим взаимодействие трифторида бора с газообразным аммиаком. BF3 – типичная кислота льюиса (акцептор электронной пары); в молекуле аммиака имеется неподеленная пара электронов, т.е. NH3 может выступать в качестве основания льюиса. При реакции трифторида бора с аммиаком образуется аддукт состава BF3жNH3 (соединение Ж) (ковалентная связь между атомами бора и азота образуется по донорно‑акцепторному механизму). нагревание это ‑ го аддукта выше 125 ° с приводит к образованию нитрида бора BN (соединение З). 3. При ре акции диборана с газообразным аммиаком при на‑ гревании образует ся продукт К, содержащий водород, бор и, 70 Лекция № 4 вероятно, азот. Молекула К имеет пло ско е строение, ее высокая симметрия указывает н а во зм ож н ы й у гл е р од н ы й а н а л о г э то го со единения – бензол. однако, чтобы в мо ‑ лекуле К было два типа атомов водорода и имелась о сь симмет рии т ретьего порядка, необходимо в «бензольном» кольце вме сто атом о в у гл е р од а п о оч е р ед н о р а зм е с т и т ь атомы азот а и бора (рис.). со единение К н а з ы ва е т с я « н е о р г а н и ч е с к и м бе н зол ом » (боразол). 4. Уравнения описанных в задаче реакций: 1) Na2B4O7ж10н2о + 6CaF2 + 8H2SO4 (конц.) = 4BF3 + 2NaHSO4 + + 6CaSO4 + 17H2O; 2) 2BF3 + 6NaH = B2H6 + 6NaF; 3) B2H6 + 3O2 = B2O3 + 3H2O; 4) B2O3 + 2Al = Al2O3 + 2B; 5) B2H6 + 2NaH ===эфир 2Na↓; 6) B2O3 + 3H2O = 2H3BO3; 7) H3BO3 + 4HF (конц.) = н + 3H2O, н + NaOH = Na + H2O; 8) BF3 + NH3 = BF3жNH3; 9) 4BF3жNH3 125 °C=== BN + 3NH4BF4; 10) 3B2H6 + 6NH3 180 °C=== 2B3N3H6 + 12H2. Рис. Боразол Методика решения задач, включающих «цепочку» превращений 71 5. B (аморф.) + 3HNO3 (конц.) + 4HF (конц.) = н + 3NO2 + 3H2O. 6. Заметим, что частица BN изоэлектронна частице C2, сумма ковалентных радиусов атомов бора и азота примерно равна сумме двух ковалентных радиусов атома углерода. кроме того, бор с азо ‑ том имеют возможность образовывать четыре ковалентные связи (три по обменному механизму и одну – по донорно ‑акцепторному). с оответственно, BN тоже образует две структурные модифика ‑ ции – графитоподобную (α‑модификация) и алмазоподобную (β‑модификация). Именно поэтому α‑BN по физическим свойствам очень похож на графит (тугоплавкость, смазочные свойства). л и т е р а т у р а Задачи всероссийских олимпиад по химии. Под ред. акад. ран, проф. в.в.л унина. М.: Экзамен, 2004, 480 с.; химия: формулы успеха на вступительных экзаменах. Учебное пособие. Под ред. н.е.к узьменко, в.И. теренина. М.: Изд ‑во М гУ, наука, 2006, 377 с.; химия ‑2006: вступительные экзамены в МгУ. Под ред. проф. н.е.к узьменко и проф. в.И. теренина. М.: Изд ‑во М гУ, 2006, 84 с.; вступительные эк ‑ замены и олимпиады по химии в Московском университете: 2007. Под ред. проф. н.е.к узьменко и проф. в.И. теренина. М.: Изд ‑во М гУ, 2008, 106 с.; Задачи всероссийской олимпиады по химии федерально ‑ го окружного и заключительного этапов 2003–2008 гг. Интернет. http://chem.rusolymp.ru; www.chem.msu.ru.

Учебный план курса

№ газеты	Учебный материал
17	Лекция № 1. Основные цели и задачи олимпиадного движения в контексте современного образования в России. История химического олимпиадного движения в России. Система химических олимпиад и творческих конкурсов в России. Роль химических олимпиад в образовании и науке. (Тюльков И.А., Архангельская О.В.)
18	Лекция № 2. Методика подготовки и проведения олимпиад различного уровня. Организация химических олимпиад: от простого к сложному. Подготовительная, основная и заключительная стадии организации олимпиад. Система действующих лиц олимпиады, их роль. (Тюльков И.А., Архангельская О.В.)
19	Лекция № 3. Концептуальная основа содержания олимпиадных задач. Примерная программа содержания различных этапов химических олимпиад: жесткие границы или ориентиры для подготовки? Классификация олимпиадных задач. Задачи химических олимпиад: от этапа к этапу, от тура к туру. (Тюльков И.А., Архангельская О.В.) Контрольная работа № 1 (срок выполнения – до 25 ноября 2008 г.)
20	Лекция № 4. Методика решения задач, включающих «цепочку» превращений. Классификация задач со схемами превращений. Тактика и стратегия решения олимпиадных задач с «цепочками».
21	Лекция № 5. Методика решения задач по физической химии (1). Задачи по термохимии. Задачи с использованием понятий «энтропия» и «энергия Гиббса». (Тюльков И.А., Архангельская О.В., Павлова М.В.)
22	Лекция № 6. Методика решения задач по физической химии (2). Задачи на химическое равновесие. Задачи по кинетике. (Тюльков И.А., Архангельская О.В., Павлова М.В.) Контрольная работа № 2 (срок выполнения – до 30 декабря 2008 г.)
23	Лекция № 7. Методические подходы к выполнению экспериментальных задач. Классификация задач экспериментального тура. Практические навыки, необходимые для успешного выполнения экспериментальных задач. (Тюльков И.А., Архангельская О.В., Павлова М.В.)
24	Лекция № 8. Методические принципы подготовки школьников к олимпиадам. Использование современных педагогических технологий при подготовке к олимпиадам различного уровня. Тактика и стратегия подготовки и участия в олимпиадах. Организационно-методическая работа учителя-наставника. Методические подходы к составлению олимпиадных задач. Олимпиады как средство повышения квалификации педагогов-наставников. Роль интернет-общения и средств массовой информации в обмене педагогическим опытом. (Тюльков И.А., Архангельская О.В., Павлова М.В.)
Итоговая работа. Краткий отчет о проведении итоговой работы, сопровождаемый справкой из учебного заведения, должен быть направлен в Педагогический университет не позднее 28 февраля 2009 г. (Подробнее об итоговой работе будет напечатано после лекции № 8.)

И.А.ТЮЛЬКОВ,
О.В.АРХАНГЕЛЬСКАЯ,
М.В. ПАВЛОВА

ЛЕКЦИЯ № 4
Методика решения задач,
включающих «цепочку» превращений

Классификация задач со схемами превращений

В заданиях Всероссийской олимпиады школьников по химии на любом этапе и для любой возрастной параллели участников всегда имеются задания со схемами последовательных превращений одних веществ в другие, которые характеризуют связь между основными классами органических и неорганических веществ. Многостадийную схему превращения одних веществ в другие в определенной последовательности часто называют «цепочкой». В «цепочке» часть или все вещества могут быть зашифрованы.

Для выполнения этих заданий необходимо знать основные классы неорганических и органических соединений, номенклатуру, лабораторные и промышленные способы их получения, химические свойства, в том числе продукты термического разложения веществ, механизмы реакций.

«Цепочки» – это оптимальный способ проверить большой объем знаний (практически по всем разделам общей, неорганической и органической химии) в одной задаче.

Схемы превращений веществ можно классифицировать следующим образом.

1) По объектам:

а) неорганические;

б) органические;

в) смешанные.

2) По типам или механизмам реакций (в основном это касается органической химии).

3) По форме «цепочки».

а) Даны все вещества без указаний условий протекания реакций.

б) Все или некоторые вещества зашифрованы буквами. Разные буквы соответствуют разным веществам, условия протекания реакций не указаны.

(В схемах стрелки могут быть направлены в любую сторону, иногда даже в обе стороны. Причем это не знак обратимости! Такие реакции, как правило, содержат разные реагенты.)

в) Вещества в схеме полностью или частично зашифрованы буквами и указаны условия протекания реакций или реагенты.

г) В схемах вместо веществ даны элементы, входящие в состав веществ, в соответствующих степенях окисления.

д) Схемы, в которых органические вещества зашифрованы в виде брутто-формул.

Схемы могут быть линейными, разветвленными, в виде квадрата или другого многоугольника (тетраэдра, куба и т.д.).

Тактика и стратегия решения олимпиадных задач с «цепочками»

В этой лекции мы будем придерживаться классификации заданий по форме представленных в «цепочке» последовательных превращений одних веществ в другие.

Для того чтобы правильно решить любую задачу на составление уравнений реакций согласно схеме, необходимо:

1) проставить цифры под или над стрелками – пронумеровать уравнения реакций, обратить внимание, в какую сторону направлены стрелки в цепочке превращений;

2) расшифровать представленные буквами, свойствами или брутто-формулами вещества (ответ должен быть мотивированным , т.е. необходимо не просто записать формулы расшифрованных соединений, а дать подробные объяснения расшифровки);

3) записать (под соответствующими номерами) все уравнения реакций;

4) внимательно проверить, правильно ли расставлены коэффициенты;

5) написать условия протекания реакций, если это необходимо.

Превратить одно вещество в другое можно различными путями. Например, получить CuO можно из Сu, Cu(OH) 2 , CuSO 4 , Cu(NO 3) 3 и т.д. Принимается любое правильное решение. Для некоторых задач приведены альтернативные решения.

Проиллюстрируем практически все типы «цепочек», которые даются на региональном (III) этапе. Уровень этих заданий близок к программе для поступающих в химические вузы. Поэтому это будут примеры не только из комплектов региональных этапов Всероссийской олимпиады, но и из вступительных экзаменационных билетов по химии в МГУ им. М.В.Ломоносова. Кроме того, используются задания из предшествующих этим экзаменам олимпиад последних лет (например, из конкурса «Покори Воробьевы горы» и олимпиады «Ломоносов»). При решении заданий, в которых имеются зашифрованные вещества, даются подробные объяснения расшифровки того или иного соединения.

Начнем с самых легких заданий.

Даны все вещества без указаний условий протекания реакций

Задача 1.

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

Р е ш е н и е

Пронумеруем цепочку:

Для проведения первой реакции нужны одновременно и восстановитель, и соединение, способное вывести из сферы реакции сульфат ион. Например, йодид бария.

В третьей реакции нужен окислитель. Наиболее подходящим является пероксид водорода, т.е. получается только один продукт реакции. Напишем уравнения реакций.

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

Задача 2. Напишите уравнения реакций, соответствующие следующей схеме:

Р е ш е н и е

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

2) 5CH 3 CОCH 3 + 8KMnO 4 + 12H 2 SO 4 = 5CH 3 CОOH +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 СО 3 = 2CH 3 COONa + CaСO 3 ;

6) (СН 3 СOO) 2 Ca(тв.) = СН 3 СOСН 3 + CaCO 3 .

Задача 3.

Напишите уравнения реакций, соответствующие следующей схеме:

Р е ш е н и е

1) 2СuCl + Cl 2 = 2CuCl 2 ;

2) CuCl(тв.) + 3HNO 3 (конц.) = Cu(NO 3) 2 + HCl + NO 2 + H 2 O;

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

4) Cu + Cl 2 = CuCl 2 ;

5) 2Cl + 2NaOH + O 2 = 2CuO + H 2 O + 2NaCl + 4NH 3 ;

6) C 3 H 3 Cu (в реакции 6) может быть только солью пропина (С 3 Н 4), потому что алкины с концевой
C= CH-группой – это СН-кислоты, с которыми реагируют комплексы меди и серебра.

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

7) 2C 3 H 3 Cu + 3H 2 SO 4 (конц.) = 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 = CuCl 2 + H 2 O;

10) CuCl + 2NH 3 (водн. р-р) = Cl;

11) C 3 H 3 Cu + 3HNO 3 (конц.) = Cu(NO 3) 2 + C 3 H 4 + NO 2 + H 2 O (в водном растворе);

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

Все или некоторые вещества зашифрованы буквами.
Условия протекания реакций не указаны

Задача 4. Дана схема превращений:

Напишите уравнения реакций, обозначенных стрелочками. Назовите неизвестные вещества.

Р е ш е н и е

Определение неизвестных веществ. CuSO 4 можно получить растворением Cu, CuO или Cu 2 O в серной кислоте. Сu 2 O не подходит, т.к. это вещество уже имеется в цепочке. Таким образом, первые две реакции могут быть следующие:

1) 2Cu 2 O + O 2 = 4CuO (Х 1 = CuO);

2) СuO + H 2 SO 4 = CuSO 4 + H 2 O.

1) Сu 2 O = Cu + СuO

или Сu 2 O + H 2 = Cu + H 2 O (Х 1 = Cu);

2) Cu + 2H 2 SO 4 (конц.) = СuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O.

Известно, что свежеприготовленный гидроксид меди(II) окисляет альдегиды. В результате реакции получается оранжевый осадок Cu 2 O. Следовательно, Х 2 – Сu(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.

Ответ . X 1 – это или медь, или оксид меди(II); X 2 – это гидроксид меди(II) свежеприготовленный.

Задача 5 (химический факультет МГУ, 1998 г.). Напишите уравнения химических реакций, соответствующие следующей последовательности превращений:

Р е ш е н и е

Отправным (ключевым) звеном в данной схеме является вещество Е – альдегид. Рассмотрим реакции 4, 5 и 1. Известно, что качественной реакцией на альдегид является его взаимодействие со свежеприготовленным Cu(OH) 2 . В результате получается соответствующая альдегиду карбоновая кислота и Cu 2 O. Вероятно, что вещество F – Cu 2 O, т.к. из вещества F следует получить вещество В. Поскольку вещество В получается и при термическом разложении Cu(OH) 2 , ясно, что В – CuO. Отсюда следует, что вещество С – Н 2 О. D – спирт, который восстанавливается с помощью CuO в альдегид. И, наконец, реакция 2: спирт (D) получается гидратацией алкена (в схеме спирт получается из воды!), значит, он должен содержать в цепи не менее двух атомов углерода.

A – Cu(OH) 2 ; B – CuO;

C – H 2 О; D – RCH 2 CH 2 OH;

E – RCH 2 CHO; F – Cu 2 O.

Уравнения реакций:

1) Cu(OH) 2 CuO + H 2 O;

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=О + Cu + H 2 O;

4) R–CH 2 –CH=O + 2Cu(OH) 2 = R–CH 2 –CООH + Cu 2 О + 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.

Задача 6 (для самостоятельного решения) .

Напишите уравнения реакций, соответствующие следующей схеме последовательных превращений:

Назовите вещества X 1 и X 2 .

Вещества в схеме полностью или частично зашифрованы буквами
и указаны условия протекания или реагенты

Задача 7. Напишите уравнения химических реакций, соответствующие последовательности превращений:

Определите неизвестные вещества.

Р е ш е н и е

При взаимодействии железа с соляной кислотой получается хлорид железа(II). (Это объясняется тем, что водород в момент выделения не дает окислиться железу до степени окисления +3.) Во 2-й реакции окисляется до , а серная кислота может восстанавливаться до серы или SO 2 . Получившийся раствор солей железа(III) имеет кислую среду, т.к. это соли, образованные слабым основанием и сильными кислотами. При добавлении соды – соли сильного основания и слабой кислоты – происходит совместный гидролиз, который протекает до конца, т.е. образуется осадок (Fe(OH) 3) и газ (CO 2). Гидролиз каждой соли усиливает гидролиз другой.

Х 1 – FeCl 2 ; Х 2 – Fe 2 (SO 4) 3 и FeCl 3 (смесь);

Х 3 – Fe(OH) 3 (или CO 2 , или NaCl и Na 2 SO 4).

Уравнения реакций:

1) Fe + 2HCl = FeCl 2 + H 2 ;

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

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

Задача 8. Напишите уравнения химических реакций, соответствующие следующей цепочке превращений:

Р е ш е н и е

Пронумеруем уравнения реакций в «цепочке»:

Реакция 1 является тримеризацией ацетилена (типичный способ получения бензола). Далее (реакция 2) идет алкилирование бензола по Фриделю–Крафтсу в присутствии кислоты Льюиса AlBr 3 . Бромирование на свету (реакция 3) протекает в боковой цепи. Спиртовой раствор щелочи в реакции 4 является реактивом для получения алкина из дигалогенпроизводного алкана. Далее идет реакция обмена (реакция 5): водород при тройной связи в алкине и ион серебра в аммиачном растворе оксида серебра. И, наконец (реакция 6) – образующийся фенилацетиленид серебра вступает в обменную реакцию с метилйодидом, в результате которой удлиняется углеродная цепь.

Уравнения реакций:

1) 3C 2 H 2 = C 6 H 6 ;

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= СН + 2KBr + H 2 O;

5) C 6 H 5 –CСН +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 .

Итак, зашифрованные вещества:

В схемах вместо веществ даны элементы,
входящие в состав веществ в соответствующих степенях окисления

Задача 9. Напишите уравнения реакций, иллюстрирующие схему превращений:

Р е ш е н и е

Пронумеруем уравнения реакций в цепочке:

В реакции 1 идет окисление соединения Fe(II) до соединения Fe(III) (это могут быть соли, гидроксиды, оксиды и т.д.). В качестве окислителя можно взять дихроматы или хроматы, перманганаты, галогены и т.д.

В реакции 4 железо из степени окисления +3 восстанавливается до простого вещества. Обычно металлическое железо получают восстановлением его оксидов (например, хромом или алюминием при высоких температурах – металлотермия).

Оксид железа(III) можно получить в результате термического разложения его солей или гидроксида (реакция 3). Реакция 2 скорее всего обменная. Реакция 5 – взаимодействие металлического железа с кислотой-неокислителем (HCl, HBr, CH 3 COOH и т.д.).

Рассмотрим три из всех возможных вариантов решения этой задачи.

Первый вариант :

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 (прокаливание);

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

Второй вариант:

1) 2Fe(OH) 2 + H 2 O 2 = 2Fe(OH) 3 ;

2) Fe(OH) 3 + 3HNO 3 = Fe(NO 3) 3 + 3H 2 O;

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

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

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

Третий вариант:

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 (прокаливание);

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

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

Схемы, в которых органические вещества
зашифрованы в виде брутто-формул

Задача 10. Напишите уравнения реакций, соответствующие следующей схеме превращений:

В уравнениях укажите структурные формулы веществ и условия реакций.

Р е ш е н и е

Ключевым звеном в цепочке является вещество с формулой С 3 Н 4 О 2 . По реакции 1 вещество восстанавливается (в брутто-формуле появляются дополнительные четыре атома водорода), а по реакции 3 – окисляется (в формуле появляются дополнительные два атома кислорода). Наиболее вероятно, что С 3 Н 4 О 2 – пропандиаль (CHO–CH 2 –CHO), тогда С 3 Н 4 О 4 – пропандиоловая кислота (COOH–CH 2 –COOH), а С 3 Н 8 О 2 – пропандиол-1,3 (CH 2 OH–CH 2 –CH 2 OH). Рассуждая аналогично (просчитывая изменения в числе атомов в молекуле), делаем вывод о том, что по реакции 4 получается двойной этиловый эфир пропандиоловой кислоты (C 2 H 5 OОС–CH 2 –COOC 2 H 5). Реакция 5 – щелочной гидролиз эфира, в результате которого получается C 3 H 2 O 4 Na 2 – соль (NaOOC–CH 2 –COONa), а по реакции 6 с помощью галогенметана получается двойной метиловый эфир пропандиоловой кислоты (CH 3 OOC–CH 2 –COOCH 3).

Реакция 2 – взаимодействие пропандиола-1,3 с метаналем с образованием диоксана-1,3

Уравнения реакций:

Задача 11.

Напишите уравнения реакций, соответствующие следующей схеме превращений:

В уравнениях укажите структурные формулы веществ и условия протекания реакций.

(Знак S N обозначает, что реакция протекает по механизму нуклеофильного замещения.)

Р е ш е н и е

Пронумеруем уравнения реакций в цепочке:

В молекуле вещества C 8 H 9 Cl, полученного через одну стадию из бензола, содержится, по-видимому, радикал фенил – это следует из соотношения углерода и водорода в соединении (С 6 Н 5 С 2 H 4 Cl). Тогда Х может быть веществом C 6 H 5 –СH 2 –CH 3 , которое превращается в С 6 Н 5 –С 2 H 4 Cl при действии на него хлора на свету; или Х может быть веществом C 6 H 5 –СH=CH 2 , которое дает С 6 Н 5 С 2 H 4 Cl при действии на него HCl. И в том, и в другом случае хлор идет ко вторичному атому углерода С 6 Н 5 СHCl–СН 3 .

Вещество Y получается по реакции нуклеофильного замещения хлора скорее всего на ОН – группу (реакция 3). Тогда реакция 4 будет реакцией дегидратации. С 8 Н 8 в контексте этой задачи, вероятно, С 6 Н 5 –СH=СН 2 . В этом случае реакция 5 – окисление по двойной связи перманганатом в нейтральной среде – приводит к образованию диола с брутто-формулой С 8 H 10 O 2 . И, наконец, появление в завершающей «цепочку» формуле (по сравнению с веществом Z) еще четырех атомов углерода, четырех атомов водорода и двух атомов кислорода означает реакцию этерификации диола и уксусной кислоты.

Уравнения реакций:

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 =

В заключение приведем примеры заданий, которые были представлены на федеральных окружных * и заключительных этапах Всероссийской олимпиады школьников по химии. На этих этапах цепочки превращений становятся более сложными. Кроме непосредственно цепочки, даются дополнительные сведения о свойствах зашифрованных веществ. Для дешифровки веществ часто необходимо проводить расчеты. В конце текста задания обычно предлагается ответить на несколько вопросов, связанных со свойствами веществ из «цепочки».

Задача 1 (федеральный окружной этап 2008 г., 9-й класс).

«А , Б и В – простые вещества. А быстро реагирует с Б при нагревании до 250 °C, образуя темно-красные кристаллы соединения Г . Реакция Б с В после предварительной инициации протекает очень бурно, приводя к образованию бесцветного вещества Д , газообразного при нормальных условиях. Г , в свою очередь, способно реагировать с В при температуре 300–350 °С, при этом красные кристаллы превращаются в белый порошок Е и образуется соединение Д . Вещество А вступает в реакцию с Д только при температуре около 800 °C, при этом образуются Е и В . Вещество Г легко может быть сублимировано при пониженном давлении и температуре ниже 300 °C, но при нагревании выше 500 °C его пары разлагаются с образованием вещества Б и опять же соединения Е .

1. Определите вещества А –Е .

2. Напишите уравнения всех упомянутых реакций в соответствии с приведенной схемой.

3. Как будут взаимодействовать вещества Г и Е с водными растворами сульфида и йодида натрия, с избытком концентрированного раствора цианида калия? Напишите уравнения реакций.

4. Напишите уравнения реакций, происходящих при взаимодействии веществ Г , Д и Е с концентрированной азотной кислотой».

Р е ш е н и е

1. Обратим внимание на проценты: соединение Д , состоящее из двух элементов Б и В , газообразное и содержит всего 2,74 % В . Такой малый процент свидетельствует о том, что или атомная масса элемента В очень мала, или в формуле Д большой индекс у элемента Б . Учитывая, что Д при н.у. является газом, наиболее вероятно, что В – это водород. Проверим нашу гипотезу. Если состав Д выразить формулой Н х Э у , то

2,74: (97,26/М Э) = х : у .

Заметим, что соединения, где у не равен 1, не получить прямым взаимодействием элемента с водородом в ходе «бурной реакции после предварительной инициации». Перегруппировав уравнение, получаем М Э = 35,5х , которое имеет единственное разумное решение при х = 1. Таким образом, В – водород, Б – хлор.

Определим вещество Е , в состав которого входит 55,94% хлора. Оно образуется в ходе реакции простого вещества А с хлороводородом, и при этом выделяется водород, что позволяет предположить: Е – хлорид элемента, образующего простое вещество А . Для соединения ЭCl x :

(55,94/35,45) : (44,06/М Э) = х .

Отсюда М Э = 27,92х . При х = 1 и 3 получаются соответственно кремний (28) и криптон (84), но это противоречит их валентным возможностям и условию задачи, а вот при х = 2 получается железо (56), которое в реакции с хлороводородом действительно образует FeCl 2 . В ходе прямой реакции железа с хлором образуется другой хлорид – FeCl 3 .

Итак, зашифрованные вещества:

А – Fe; Б – Cl 2 ; В – H 2 ;

Г – FeCl 3 ; Д – HCl; Е – FeCl 2 .

2. Уравнения реакций в цепочке:

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

FeCl 2 + Na 2 S = FeS + 2NaCl;

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

(возможны реакции:

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

3HCl + HNO 3 = NOCl + Cl 2 + 2H 2 O;

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

Задача 2 (федеральный окружной этап 2007 г., 10-й класс).

«Под А –Е (кроме В ) зашифрованы вещества, содержащие переходные металлы.

Количественный состав веществ А и С :

А: (Cu)=49,3%, (O)=33,1%, (S)=16,6%.

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

1. Определите вещества A –E и напишите уравнения реакций.

2. В каком случае в приведенной схеме вещество В получается аморфным и в каком кристаллическим? Предложите по одному альтернативному методу синтеза кристаллического и аморфного вещества В .

3. Какое тривиальное название имеет вещество D ?»

Р е ш е н и е

1. Сложив все приведенные массовые доли (как для вещества А , так и для вещества С ), мы не получим 100%. Значит, в этих веществах содержится как минимум еще по одному элементу!

Вещество А:

Учитывая малую массовую долю неизвестного элемента, можно предположить, что это водород. Тогда брутто-формула соединения А : Cu 3 S 2 O 8 H 4 , или Cu 2 SO 3 CuSO 3 2H 2 O.

Вещество С :

Аналогично предыдущему случаю можно предположить, что и здесь неизвестный элемент – водород. Тогда формула вещества С будет Co 2 (OH) 2 SO 3 .

Вещество В – это Al(OH) 3 . При взаимодействии сульфата алюминия с сульфитом натрия образуется аморфный гидроксид алюминия. Во втором же случае, при взаимодействии хлорида триэтиламмония с Na образуется кристаллический гидроксид алюминия.

При взаимодействии В и С при нагревании образуется алюминат кобальта – Co(AlO 2) 2 .

В щелочной среде восстановление перманганат-иона идет либо до степени окисления +6, либо до +5, соответственно Е – K 2 MnO 4 или K 3 MnO 4 .

А – 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 или K 3 MnO 4 .

Уравнения реакций в «цепочке»:

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

(наряду с гидроксидом алюминия в данной фазе будут присутствовать основные сульфаты различного состава, но традиционно считается, что образуется аморфный гидроксид алюминия);

3) Na + Cl = Al(OH) 3 + NaCl + NEt 3 + H 2 O;

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. Растворы солей алюминия имеют кислую среду:

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

При добавлении щелочи (или водного раствора аммиака), карбонатов или гидрокарбонатов повышение рН раствора приводит к смещению равновесия вправо и полимеризации аквагидроксокомплексов через мостиковые гидроксо- и оксо-группы в многоядерные комплексы. В результате образуется продукт состава Al 2 O 3 x H 2 O (х > 3) (аморфный осадок, не имеющий постоянного состава).

Метод получения аморфного гидроксида алюминия:

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 .

Метод получения кристаллического гидроксида алюминия заключается в медленном пропускании CO 2 через раствор тетрагидроксоалюмината натрия:

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

Во втором случае получается продукт определенного состава – Al(OH) 3 .

3. Алюминат кобальта имеет тривиальное название «тенарова синь».

Задача 3 (заключительный этап 2008 г., 10-й класс).

«На приведенной ниже схеме представлены превращения соединений A –К , содержащих в своем составе один и тот же элемент Х .

Дополнительно известно:

Элемент Х встречается в природе в виде минерала A (содержание по массе: Na – 12,06 % ,
X – 11,34 %, H – 5,29 %, остальное – кислород);

Б – бинарное соединение, содержащее 15,94 % (по массе) Х;

В – бесцветный газ с плотностью по воздуху около 1;

Соединение Д используется в медицине в виде спиртового раствора;

d -модификация З схожа с графитом по физическим свойствам;

Вещество И находит широкое применение в органическом синтезе в качестве восстановителя;

Молекула К (почти плоская) имеет ось симметрии третьего порядка (при полном повороте вокруг этой оси симметрии молекула К воспроизводит свое положение в пространстве три раза); в спектре ЯМР 1 Н соединения К наблюдаются два сигнала.

1. Определите элемент Х . Ответ подтвердите расчетом.

2. Приведите формулы соединений A –И . Назовите минерал А .

3. Изобразите структурную формулу К и назовите это соединение.

4. Напишите уравнения всех представленных на схеме реакций.

5. Напишите уравнение реакции Х (аморф.) со смесью концентрированных азотной и плавиковой кислот.

6. Чем объясняется сходство физических свойств -модификации З с графитом?»

Р е ш е н и е

1. Бинарное вещество Б образуется при взаимодействии минерала А с фторидом кальция в присутствии концентрированной серной кислоты. Можно предположить, что Б помимо элемента Х содержит фтор. Учитывая, что валентность фтора в соединениях равна 1, Б можно записать в виде ХF n . Определим элемент Х:

где М r (Х) – относительная атомная масса элемента Х, n – валентность Х в соединении Б . Из этого уравнения находим

М r (Х) = 3,603n .

Перебираем значения n от 1 до 8. Единственный разумный вариант получаем при n = 3: М r (Х) = 10,81, т.е. элемент Х – бор, (а вещество Б – трифторид бора BF 3).

2. Найдем состав вещества А .

т.е. Na 2 B 4 H 20 O 17 , или Na 2 B 4 O 7 10H 2 O, – минерал «бура» (вещество А ).

При восстановлении трифторида бора гидридом натрия образуется бесцветный газ В , вероятнее всего, представляющий водородное соединение бора. Поскольку плотность В по воздуху около 1, молекулярная масса В близка к 29, следовательно, вещество В – диборан B 2 H 6 (M r = 28).

Дальнейшее взаимодействие диборана с избытком NaH в эфире приводит к образованию комплексного гидрида, широко используемого в органическом синтезе в качестве восстановителя, – тетрагидридобората натрия Na (вещество И ).

При сжигании диборана образуется оксид бора, Г – В 2 О 3 , восстановление которого металлическим алюминием приводит к образованию аморфного бора. Оксид бора реагирует с водой, в результате образуется ортоборная кислота Н 3 ВО 3 (вещество Д , в виде спиртового раствора применяется в медицине под названием «борный спирт»). Борная кислота вступает в реакцию с концентрированной плавиковой кислотой, давая комплексную кислоту, которая после обработки раствором гидроксида натрия превращается в тетрафтороборат натрия Na (соединение Е ).

Рассмотрим взаимодействие трифторида бора с газообразным аммиаком. BF 3 – типичная кислота Льюиса (акцептор электронной пары); в молекуле аммиака имеется неподеленная пара электронов, т.е. NH 3 может выступать в качестве основания Льюиса. При реакции трифторида бора с аммиаком образуется аддукт состава BF 3 NH 3 (соединение Ж ) (ковалентная связь между атомами бора и азота образуется по донорно-акцепторному механизму). Нагревание этого аддукта выше 125 °С приводит к образованию нитрида бора BN (соединение З ).

3. При реакции диборана с газообразным аммиаком при нагревании образуется продукт К , содержащий водород, бор и, вероятно, азот. Молекула К имеет плоское строение, ее высокая симметрия указывает на возможный углеродный аналог этого соединения – бензол. Однако, чтобы в молекуле К было два типа атомов водорода и имелась ось симметрии третьего порядка, необходимо в «бензольном» кольце вместо атомов углерода поочередно разместить атомы азота и бора (рис.). Соединение К называется «неорганическим бензолом» (боразол).

4. Уравнения описанных в задаче реакций:

1) Na 2 B 4 O 7 10Н 2 О + 6CaF 2 + 8H 2 SO 4 (конц.) = 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) B 2 H 6 + 2NaH 2Na;

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

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

Н + NaOH = Na + H 2 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 (аморф.) + 3HNO 3 (конц.) + 4HF (конц.) = Н + 3NO 2 + 3H 2 O.

6. Заметим, что частица BN изоэлектронна частице C 2 , сумма ковалентных радиусов атомов бора и азота примерно равна сумме двух ковалентных радиусов атома углерода. Кроме того, бор с азотом имеют возможность образовывать четыре ковалентные связи (три по обменному механизму и одну – по донорно-акцепторному). Соответственно, BN тоже образует две структурные модификации – графитоподобную (-модификация) и алмазоподобную (-модификация). Именно поэтому -BN по физическим свойствам очень похож на графит (тугоплавкость, смазочные свойства).

Л и т е р а т у р а

Задачи Всероссийских олимпиад по химии. Под ред. акад. РАН, проф. В.В.Лунина. М.: Экзамен, 2004, 480 с.; Химия: формулы успеха на вступительных экзаменах. Учебное пособие. Под ред. Н.Е.Кузьменко, В.И.Теренина. М.: Изд-во МГУ, Наука, 2006, 377 с.; Химия-2006: Вступительные экзамены в МГУ. Под ред. проф. Н.Е.Кузьменко и проф. В.И.Теренина. М.: Изд-во МГУ, 2006, 84 с.; Вступительные экзамены и олимпиады по химии в Московском университете: 2007. Под ред. проф. Н.Е.Кузьменко и проф. В.И.Теренина. М.: Изд-во МГУ, 2008, 106 с.; Задачи Всероссийской олимпиады по химии федерального окружного и заключительного этапов 2003–2008 гг. Интернет. http://chem.rusolymp.ru ; www.chem.msu.ru .

* До 2008 г. включительно ВОШ(х) проходила в пять этапов: школьный, муниципальный, региональный, федеральный окружной и заключительный. – Прим. авторов.

Задача 7. Напишите уравнения химических реакций, соответствующие последовательности превращений:

Определите неизвестные вещества.

Задача 8. Напишите уравнения химических реакций, соответствующие следующей цепочке превращений:

Задача 9. Напишите уравнения реакций, иллюстрирующие схему превращений:

Схемы, в которых органические вещества
зашифрованы в виде брутто-формул

Задача 10.

В уравнениях укажите структурные формулы веществ и условия реакций.

Задача 11.

Напишите уравнения реакций, соответствующие следующей схеме превращений:

В уравнениях укажите структурные формулы веществ и условия протекания реакций.

(Знак SN обозначает, что реакция протекает по механизму нуклеофильного замещения.)

Задача 1 (федеральный окружной этап 2008 г., 9-й класс).

1. Определите вещества А –Е .

2. Напишите уравнения всех упомянутых реакций в соответствии с приведенной схемой.

Р е ш е н и е

2,74: (97,26/М Э) = х : у .

(55,94/35,45) : (44,06/М Э) = х .

Отсюда М Э = 27,92х . При х = 1 и 3 получаются соответственно кремний (28) и криптон (84), но это противоречит их валентным возможностям и условию задачи, а вот при х = 2 получается железо (56), которое в реакции с хлороводородом действительно образует FeCl2. В ходе прямой реакции железа с хлором образуется другой хлорид – FeCl3.

Итак, зашифрованные вещества:

А – Fe; Б – Cl2; В – H2;

Г – FeCl3; Д – HCl; Е – FeCl2.

2. Уравнения реакций в цепочке:

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

FeCl2 + Na2S = FeS + 2NaCl;

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

(возможны реакции:

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.

Задача 2 (федеральный окружной этап 2007 г., 10-й класс).

«Под А –Е (кроме В ) зашифрованы вещества, содержащие переходные металлы.

Количественный состав веществ А и С :

А: (Cu)=49,3%, (O)=33,1%, (S)=16,6%.

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

1. Определите вещества A –E и напишите уравнения реакций.

3. Какое тривиальное название имеет вещество D ?»

Р е ш е н и е

Вещество А:

Вещество С :

Вещество В – это Al(OH)3. При взаимодействии сульфата алюминия с сульфитом натрия образуется аморфный гидроксид алюминия. Во втором же случае, при взаимодействии хлорида триэтиламмония с Na образуется кристаллический гидроксид алюминия.

При взаимодействии В и С при нагревании образуется алюминат кобальта – Co(AlO2)2.

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

Уравнения реакций в «цепочке»:

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

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

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. Растворы солей алюминия имеют кислую среду:

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

При добавлении щелочи (или водного раствора аммиака), карбонатов или гидрокарбонатов повышение рН раствора приводит к смещению равновесия вправо и полимеризации аквагидроксокомплексов через мостиковые гидроксо- и оксо-группы в многоядерные комплексы. В результате образуется продукт состава Al2O3 x H2O (х > 3) (аморфный осадок, не имеющий постоянного состава).

Метод получения аморфного гидроксида алюминия:

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

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

Метод получения кристаллического гидроксида алюминия заключается в медленном пропускании CO2через раствор тетрагидроксоалюмината натрия:

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

Во втором случае получается продукт определенного состава – Al(OH)3.

3. Алюминат кобальта имеет тривиальное название «тенарова синь».

Задача 3 (заключительный этап 2008 г., 10-й класс).

Дополнительно известно:

Б – бинарное соединение, содержащее 15,94 % (по массе) Х;

В – бесцветный газ с плотностью по воздуху около 1;

Соединение Д используется в медицине в виде спиртового раствора;

d -модификация З схожа с графитом по физическим свойствам;

Вещество И находит широкое применение в органическом синтезе в качестве восстановителя;

1. Определите элемент Х . Ответ подтвердите расчетом.

2. Приведите формулы соединений A –И . Назовите минерал А .

3. Изобразите структурную формулу К и назовите это соединение.

4. Напишите уравнения всех представленных на схеме реакций.

5. Напишите уравнение реакции Х (аморф.) со смесью концентрированных азотной и плавиковой кислот.

6. Чем объясняется сходство физических свойств -модификации З с графитом?»

Р е ш е н и е

где Мr (Х) – относительная атомная масса элемента Х, n – валентность Х в соединении Б . Из этого уравнения находим

Мr (Х) = 3,603n .

Перебираем значения n от 1 до 8. Единственный разумный вариант получаем при n = 3: Мr (Х) = 10,81, т.е. элемент Х – бор, (а вещество Б – трифторид бора BF3).

2. Найдем состав вещества А .

т.е. Na2B4H20O17, или Na2B4O7 10H2O, – минерал «бура» (вещество А ).

При сжигании диборана образуется оксид бора, Г – В2О3, восстановление которого металлическим алюминием приводит к образованию аморфного бора. Оксид бора реагирует с водой, в результате образуется ортоборная кислота Н3ВО3 (вещество Д , в виде спиртового раствора применяется в медицине под названием «борный спирт»). Борная кислота вступает в реакцию с концентрированной плавиковой кислотой, давая комплексную кислоту, которая после обработки раствором гидроксида натрия превращается в тетрафтороборат натрия Na (соединение Е ).

Рассмотрим взаимодействие трифторида бора с газообразным аммиаком. BF3 – типичная кислота Льюиса (акцептор электронной пары); в молекуле аммиака имеется неподеленная пара электронов, т.е. NH3 может выступать в качестве основания Льюиса. При реакции трифторида бора с аммиаком образуется аддукт состава BF3 NH3 (соединение Ж ) (ковалентная связь между атомами бора и азота образуется по донорно-акцепторному механизму). Нагревание этого аддукта выше 125 °С приводит к образованию нитрида бора BN (соединение З ).

Рис. Боразол

4. Уравнения описанных в задаче реакций:

1) Na2B4O7 10Н2О + 6CaF2 + 8H2SO4 (конц.) = 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 (конц.) = Н + 3H2O,

Н + NaOH = Na + H2O;

8) BF3 + NH3 = BF3 NH3;

9) 4BF3 NH3 BN + 3NH4BF4;

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

5. B (аморф.) + 3HNO3 (конц.) + 4HF (конц.) = Н + 3NO2 + 3H2O.

6. Заметим, что частица BN изоэлектронна частице C2, сумма ковалентных радиусов атомов бора и азота примерно равна сумме двух ковалентных радиусов атома углерода. Кроме того, бор с азотом имеют возможность образовывать четыре ковалентные связи (три по обменному механизму и одну – по донорно-акцепторному). Соответственно, BN тоже образует две структурные модификации – графитоподобную ( -модификация) и алмазоподобную ( -модификация). Именно поэтому -BN по физическим свойствам очень похож на графит (тугоплавкость, смазочные свойства).

Л и т е р а т у р а

ДЕСЯТЫЙ КЛАСС

5. Определите частные порядки реакции по 2 Ни Сl2 , т. е. степениx иy в уравненииr =k эфф x y и полный порядок реакцииn =x +y .

Задача 10-5.

Перед химиками-органиками нередко встает проблема десимметризации симмет-

ричных диолов с получением их хиральных производных. Такая проблема была решена при использовании некоторых ферментов или микроорганизмов, выступающих в качестве катализатора. Ниже дана схема синтеза оптически активного карбоциклического аналога нуклеозидов (1R, 3S )-1-[(аденин-9-ил)метил]-3-(гидроксиметил)индана (Х ), проявляющего противоопухолевую активность:

CH3 SO2 Cl

C 13H 16O 3

A OH

Исходное соединение А было получено по следующей схеме:

		1) O3	LiAlH4
		1) O3	LiAlH4
ультразвук

	2) Zn, CH3 COOH

N NH2

A OH

1. Напишите структурные формулы B-G , учитывая, что соединениеE является неста-

бильным интермедиатом.

Если первую стадию этого синтеза проводить в отсутствии циклопентадиена или любого иного активного соединения, интермедиат E превращается в продуктН .

2. Напишите структурную формулу продукта Н .

3. Укажите основную причину, почему на стадии превращения A вB используют винил-

ацетат, но не этилацетат.

4. Какие из изомерных ацетатов формулы С 5 H8 O2 эффективны в этой реакции, какие нет?

Задания первого теоретического тура

ОДИННАДЦАТЫЙ КЛАСС

Задача 11-1.

На приведенной ниже схеме представлены превращения соединенийA–К , содер-

жащих в своем составе один и тот же элемент Х .

NaH изб.

NH 3 (газ)

180o C

CaF 2, H 2SO 4 (конц.)

800-900o C

NH 3 (газ)

125o C

1) HF (конц.)

Дополнительно известно:

· элемент Х встречается в природе в виде минералаA (содержание по массе: Na – 12,06 % ,X – 11,34 %, H – 5,29 %, остальное – кислород);

· Б – бинарное соединение, содержащее 15,94 % (по массе)Х ;

· В – бесцветный газ с плотностью по воздуху около 1;

· соединение Д используется в медицине в виде спиртового раствора;

· a -модификация З схожа с графитом по физическим свойствам;

· вещество И находит широкое применение в органическом синтезе в качестве восста-

новителя;

· Молекула К (почти плоская) имеет ось симметрии третьего порядка (при полном по-

вороте вокруг этой оси симметрии молекулаК воспроизводит свое положение в про-

странстве три раза); в спектре ЯМР 1 Н соединенияК наблюдаются два сигнала.

1. Определите элемент Х . Ответ подтвердите расчетом.

2. Приведите формулы соединений A–И . Назовите минералА .

3. Изобразите структурную формулу К и назовите это соединение.

4. Напишите уравнения всех представленных на схеме реакций.

5. Напишите уравнение реакции Х (аморф.) со смесью концентрированных азотной и пла-

виковой кислот.

6. Чем объясняется сходство физических свойств a -модификации З с графитом?

Задания первого теоретического тура

ОДИННАДЦАТЫЙ КЛАСС

Задача 11-2.

Бесцветное легкоплавкое бинарное веществоА (в котором массы элементов отно-

сятся друг к другу как2:3) дает с жидкостью В (массовые доли элементов равны 7,79% и 92,21%) смесь продуктовХ 1 ,Х 2 ,Х 3 (количественное соотношение продуктов меняется в зависимости от соотношения реагентов), а также газС с запахом прелого сена, применяв-

шийся как боевое отравляющее вещество (массовые доли тех же элементов, что и в В рав-

ны 12,12% и 71,72%, соответственно). Вещества Х 1 ,Х 2 ,Х 3 можно считать «гомологами».

При пропускании этих веществ через раскаленную трубку образовались газовые смеси одинакового качественного состава, которые затем пропустили над твердымK2 SO4 . По-

теря массы после пропускания над сульфатом калия для трех веществ приведена в табли-

Вещество

Далее полученную смесь(её состав одинаков во всех случаях) пропустили над камфорой (уст. камфара) (альтернативный катализатор – активированный уголь), убыль объема составила 50%, причем образовался родоначальник«гомологического» ряда Х .

Также известно, что структурная единица А является «гомологической» разностью дляХ 1 ,

Х 2 ,Х 3 .

1. Определите все неизвестные вещества(A, B, C, D, X, X 1 , X 2 , X 3 ), если газС массой

5,3 г полностью поглощается водным растворомNaOH, образуя раствор двух солей,

при подкислении которого выделяется 1200 мл газа D (н.у.) без цвета и запаха.

2. Изобразите структурные формулы А (в кристаллическом состоянии),Х 1 ,Х 2 ,Х 3 ,Х . Ка-

ков качественный состав газовых смесей, образовавшихся после пропускания веществ

Х 1 – Х 3 через раскаленную трубку?

3. Напишите уравнения вышеупомянутых реакций.

4. Приведите по два примера гомологических рядов и изомерии (кроме оптической) в не-

органической химии.

Задача 11-3

Термодинамика самосборки

Задания первого теоретического тура

ОДИННАДЦАТЫЙ КЛАСС Самосборка – один из способов ковалентного синтеза сложных молекулярных

структур из более простых молекул. Образующиеся при самосборке супрамолекулярные структуры находятся в динамическом равновесии с исходными веществами. Положение этого равновесия зачастую сильно зависит от растворителя, концентрации или температу-

В качестве примера рассмотрим порфириновые производные цинка, такие как:

В дихлорметановых растворах	возможно образование как макроциклических
структур, так и линейных олигомеров. Определим, при каких условиях в растворе преоб-
ладают циклы.
Пусть A обозначает мономер. В растворахA конкурируют равновесия образования
линейных структур и циклического димера:
K лин

2A ¬¾¾¾ A 2 (лин.)

	K лин	(лин.) и т.д.
A 2 (лин.)+ A ¬¾¾¾ A 3		(лин.) и т.д.
K цикл

2 A ¬¾¾¾A 2

причём K цикл >>K лин >> 1 л/моль.

Задания первого теоретического тура

ОДИННАДЦАТЫЙ КЛАСС

1. За счёт какого типа связей указанные выше молекулы могут соединяться друг с другом?

Какая из приведённых молекул может образовать циклический димер? Какое минималь-

ное число молекул второго типа необходимо для образования макроцикла?

2. Сравните между собой термодинамические функции образованияA 2 (лин.) иA 2 (цикл.)

из A . Какие знаки (>, < или =) надо поставить вместоÚ в соотношениях:

D H циклÚ D H лин

D S циклÚ D S лин?

Объясните, почему K цикл >>K лин >> 1. Какой из факторов – энтальпийный или энтропий-

ный – оказывается решающим в данном случае?

4. Критической концентрацией самосборки (ККС) называют минимально возможную кон-

центрацию мономера, при которой ровно половина молекулA входит в состав цикла. За-

пишите выражение для расчёта ККС, считая, что при низких концентрациях линейные структуры практически не образуются.

5. При увеличении концентрацииA растёт доля линейных структур. При какой макси-

мальной концентрации мономера ровно половина молекул A будет входить в состав цик-

ла? Считайте, что в растворе есть только молекулыA 2 (цикл.) иA 3 (лин.), а число свобод-

ных молекул A мало.

Необходимые формулы:

D G= D H– TD S,

D G ° = –RT lnK .

Задача 11-4.

Диазометан СН2 N2 проявляет высокую реакционную способность и широко - ис пользуется в различных реакциях, несмотря на его неустойчивость и высокую токсич-

ность. Так, он эффективно алкилирует карбоновые кислоты и другие соединения, содер-

жащие группы –ОH с выраженными кислотными свойствами.

Задания первого теоретического тура

ОДИННАДЦАТЫЙ КЛАСС

1. Напишите уравнение реакции диазометана с пара -нитрофенолом.

При облучении диазометан образует неустойчивую частицу X , которая выступает в роли интермедиата во многих реакциях с его участием.

2. Изобразите частицу Х .

3. Напишите уравнение реакции диазометана с циклогексеном.

Однако оказалось, что диазометан длительное время существует при 10 К в аргоно-

вой матрице даже при облучении. Для объяснения этого явления было предложено два механизма. Согласно первому, фотолитический распад диазометана обратим. Другой ме-

ханизм является двухстадийным. На первой стадии диазометан необратимо разлагается на

X и азот. Вторая стадия представляет собой обратимое взаимодейстие диазометана с мо-

лекулой азота:

CH2 N2 + N2 N N

Для определения механизма использовали эксперименты с диазометаном, меченым 15 N.

4. Напишите, каким будет распределение изотопной метки в диазометане после длитель-

ного облучения, предполагая, что распад проходит: а) по одностадийному механизму?

б) по двухстадийному механизму?

5. К чему приведёт бесконечно длительное облучение диазометана согласно первому и второму механизму?

Было найдено, что облучение дииодметана в матрице азота при10 К сопровожда-

ется образованием диазометана. Этот эксперимент послужил основой для вывода, что, по крайней мере, один из двух упомянутых механизмов точно реализуется в указанных усло-

виях, хотя и не отбросил окончательно возможность протекания и другого механизма.

6. Укажите, какой механизм распада диазометана доказан этим экспериментом.

Задача 11-5.

М. С. Цвет: "Every scientific advance is an advance in method"

Хроматография аминокислот

Задания первого теоретического тура

ОДИННАДЦАТЫЙ КЛАСС Хроматография – метод разделения смеси веществ, основанный на разнице в ско-

рости передвижения веществ, зависящей от их сродства к неподвижной фазе.

Ионообменная хроматография основана на электростатическом взаимодействии между противоположно заряженными частицами. В качестве неподвижной фазы исполь-

зуется полимер с заряженными группами, ионообменник. Одним из примеров таких носи-

телей является стекло, на поверхность которого присоединены заряженные группы. Под-

вижная фаза – жидкость с определенным значением рН и концентрации солей. Чем боль-

ше разница в зарядах неподвижной фазы и разделяемого вещества, тем прочнее это веще-

ство удерживается на полимере. Ионообменники делятся на четыре типа в зависимости от знака заряда и константы ионизации заряженной группы.

В таблице приведены примеры функциональных групп каждого типа и их значения

Тип смолы	Сильный кати-	Слабый кати-
Тип смолы	онообменник	онообменник	анионообменник	анионообменник
	онообменник	онообменник	анионообменник	анионообменник

Функциональная	–(CH2 )2 –SO3 H	–CH2 –COOH	–(CH2 )2 –N+ (C2 H5 )3	–(CH2 )2 –NH+ (C2 H5 )2
	–(CH2 )2 –SO3 H	–CH2 –COOH	–(CH2 )2 –N+ (C2 H5 )3	–(CH2 )2 –NH+ (C2 H5 )2


Название	Сульфоэтил	Карбоксиметил	Триэтиламмониоэтил	Диэтиламмониоэтил

Сокращение

1. К какому типу ионообменников можно отнести смолу, содержащую следующие груп-

а) диэтил-2-оксипропил-аммониоэтил-;

б) фосфо-;

в) п -аминобензил-;

г) сульфо-;

2. Используя предложенные оси координат, изобразите зависимость числа заряженных групп (в процентах) от значения рН раствора для ионообменников, перечисленных в таблице. Обозначьте кривые сокращенными названиями.

Задания первого теоретического тура

ОДИННАДЦАТЫЙ КЛАСС

Разделение a -аминокислот NH2 –CHR–COOH ионообменной хроматографией осно-

вано на различии в общем заряде аминокислот. Все они содержат, по крайней мере, 2

группы, способные к ионизации – a -амино и карбоксильную: H3 N+ –CHR–COO‾ . В общем

случае (без учета ионизируемых групп вR) при титровании щелочью из сильнокислой среды аминокислоты ведут себя как двухосновные кислоты, отдавая 2 протона. Значение рН, при котором общий заряд молекулы равен нулю(заряды на ионизируемых группах скомпенсированы), называется изоэлектрической точкой. Это значение важно для опреде-

ления значения рН элюента (раствора, которым промывают колонку и который «смывает» разделяемые вещества с носителя), используемого для разделения методом ионообменной хроматографии.

В таблице для четырех аминокислот приведены значенияpK a групп, способных к

ионизации.

Аминокислота,	Значение pKa α-NH2	Значение pKa α-СООН	Значение pKa боковой
боковой радикал

Фенилаланин –CH2 C6 H5

Серин –CH2 OH

Лизин –(CH2 )4 NH2

Аспарагиновая кислота
–CH2 COOH
–CH2 COOH

3. Для этих четырех аминокислот изобразите ионные формы, в которых общий заряд мо-

лекулы равен нулю, и вычислите значения изоэлектрических точек с учетом приведен-

Задания первого теоретического тура

ОДИННАДЦАТЫЙ КЛАСС

4. Рассчитайте минимальный объем смолы, содержащей сульфогруппы, необходимый для разделения смеси из 0,5 г лизина и 0,5 г аланина при рН 4,0. Емкость катионооб-

менника (количество ионизируемых групп в мл смолы) составляет 1,7 мэкв/мл.

Три аминокислоты: гистидин (His), цистеин (Cys) и аргинин (Arg) можно разделить на анионообменнике.

5. Каков будет порядок элюции («смывания») этих аминокислот с колонки, если в каче-

стве анионообменника используется смола, содержащая DEAE-группы, а в качестве элюента – фосфатный буфер с рН 7,0? Примите, что все аминокислоты характеризу-

ются одинаковым значением pK a карбоксильной группы (2,2) и одинаковым значениемpK a аминогруппы (9,5). ЗначенияpK a боковых групп составляют 8,0 (Cys), 6,0 (His) и 12,5 (Arg).

Каталог заданий.
Задания 14. Органика. Взаимосвязь между основными

Версия для печати и копирования в MS Word

Изопропиловый спирт используют как универсальный растворитель: он входит в состав средств бытовой химии, парфюмерной и косметической продукции, стеклоомывающих жидкостей для автомобилей. В соответствии с приведённой ниже схемой составьте уравнения реакций получения этого спирта. При написании уравнений реакций используйте структурные формулы органических веществ.

Сохранено

Этилен важное вещество в химической промышленности. Его используют для получения полиэтилена, винилхлорида, винилацетата и многого другого. В соответствии с приведённой ниже схемой замените знаки «?» на реагенты или продукты реакции. Вещества должны соответствовать номеру реакции.

Сохранено