Bor – opracowanie cz. II

Bor – opracowanie cz. II

Pierwszą część można znaleźć tutaj :  Bor – (prawie) wszystko co musisz wiedzieć cz. I

W drugiej części zajmę się reakcjami oraz obliczeniami. Czyli przetestujemy naszą wiedzę w praktyce :

Zacznijmy od najłatwiejszego zadania z II etapu : 62 edycja, II etap : Zadanie 2

Oto treść (podkreśliłem najważniejsze informacje) :

Bor - zadanie


Rozwiązanie :

a) banalne, zadanie na poziomie I etapu :

Ca : B : O = \frac{32}{40,08} : \frac{17}{10,81} : \frac{51}{16} \approx 0,8 : 1,6 : 3,2 = 1 : 2 : 4

Czyli wzór  A = CaB_{2}O_{4}

*pozwoliłem sobie na takie zaokrąglenie w obliczeniach, ponieważ dane przedstawione w zadaniu są również mocno przybliżone (rzadko w sumie na Olimpiadzie podają pełne procenty, zazwyczaj mamy do drugiego miejsca po przecinku.

b) to jest właściwie jedyny podpunkt w tym zadaniu, na którym ludzie tracili punkty (*62 edycja, II etap to niechlubna edycja, gdzie wszedł folder wstępny  właściwie w 100%, łącznie z borem – co przełożyło się na najwyższy w historii próg – było to niemalże 90 punktów! Zresztą i tak dokładnie ten anion pojawił się w tamtej edycji FW!!!!!!).

Związek ten pojawił się w opracowaniu w poprzedniej części. Jest to metaboran wapnia :  Ca_{2}(BO_{2})_{2} , ale jest to taka najprostsza forma zapisu, nie oddająca rzeczywistej budowy. (*to tak samo jak NaCl to tak naprawdę wzór mówiący nam jedynie o stosunku atomów sodu do chloru, ale kompetnie nie oddaje pełnej, krystalicznej budowy komórki typu NaCl). Można tutaj mieć chwilę zawahania, bo w sumie nie wiadomo czy ma to być postać łańcuchowa czy też postać sześcioczłonowego pierścienia. Okazuje się, że można było narysować dowolną z nich i obie odpowiedzi byłyby dobre. Zatem jest tak jak mówiłem w części I – budowa musi być sprecyzowana, bo nikt od Was nie będzie wymagał takiej wiedzy. Tutaj nie było to sprecyzowane, zatem sprawiedliwie obie formy będą punktowane.

No dobrze – wszystko super, ale wychodzi na to, że trzeba przeczytać Bielańskiego (albo moje fantastyczne opracowanie 😛 ), żeby takie podpunkty rozwiązywać, tak?

Nie! W sytuacji, gdy jest jakiś trudniejszy anion do narysowania (bo generalnie najczęściej to pojawiały się kompleksy tetraedryczne i oktaedryczne, gdzie po prostu patrzyło się czy LK = 4 czy LK = 6 ) to zawsze jest jakaś podpowiedź – i gwarantuję Wam (i przy okazji się nie dziwie zupełnie), że na pierwszy rzut oka zawsze wydaje się to beznadziejną i nic nie wartą podpowiedzią.

Wskazówka (podana w treści polecenia b) ) : LK dla centrum koordynacji (czyli oczywiście atom boru) wynosi 3. No dobrze, czyli od atomu boru, będą wychodzić trzy wiązania / trzy ,,kreski” : to by była pierwsza informacja jaką można wyciągnąć z tego, a druga to taka, że całość będzie płaska (i to słowo warto było dopisać – należy zwrócić uwagę w treści polecenia, że należy przedstawić zarówno rysunek jak i opis!). 

Wzór anionu jest następujący :  B_{2}O_{4}^{2-} = (2BO_{2})^{2-}

Spróbujmy jakoś połączyć te dwa atomy boru oraz cztery atomy tlenu, pamiętając że każdy atom boru będzie miał trzy wiązania (czego w sumie i tak byśmy się spodziewali). Najpierw można by spróbować ułożyć to tak symetrycznie : czyli dwa atomy boru w środku, a cztery tlenu tak jakby w narożach, po dwa z lewej i z prawej strony.

Bez tytułu

Bor ma faktycznie trzy wiązania więc jest ok, ale sam anion miałby łączny ładunek (4-) , a ma być (2-), a zatem to błędna struktura.

Inna opcja to wstawić tlen pomiędzy atomy boru, co jednak dałoby ładunek (3-). Wstawianie dwóch atomów do środka to już tworzenie wiązania nadtlenkowego, co musiałoby się wiązać z jakąś reakcją utleniania, a więc nie zgadza nam się to z warunkami zadania.

Hmm, to jeszcze raz.

  1. Zacznijmy od narysowania dwóch atomów boru, z każdego wychodzą trzy kreski : Bez tytułu
  2. Potrzebujmy sumarycznego ładunku (2-), który z pewnością będzie pochodził od dwóch atomów tlenu, każdy z jednym wiązaniem, więc dorysujmy te atomy tlenu symetrycznie, do każdego atomu boru. (rysowane w Paincie, więc rewelacji nie oczekujcie) Bez tytułu
  3. Zostały dwa atomu tlenu, nie mogę ich dać na koniec (i połączyć ze sobą, bo powstanie wiązanie nadtlenkowe), ani tak samo dać je do środka, bo również takie wiązanie powstanie. Jedyna opcja to dać je niesymetrycznie, a więc jeden tlen do środka, tworząc ostatecznie wiązanie  B-O-B , a drugi tlen obojętnie do którego atomu boru. Aby zgadzały się wiazania i ładunki, musimy ten tlen połączyć z drugim atomem boru, robiąc coś w rodzaju polimeru, uzyskując w końcu nasz docelowy anion.

Struktura anionu, o którym mówiliśmy już w poprzedniej części :

metaboran łańcuchowy

c) ten podpunkt to klasyczne ,,prowadzenie za rękę” , bo oczywiście od tego trzeba zacząć, żeby wyliczyć skład procentowy całej mieszaniny M1. Myślę, że tutaj nie powinno być większych problemów.

  • reakcja 1)  Ca(OH)_{2} \xrightarrow{T_{1} = 450^{\circ} C} CaO + H_{2}O
  • reakcja 2)  CaCO_{3} \xrightarrow{T_{2} = 850^{\circ} C} CaO + CO_{2}
  • reakcja 3)  CaO + B_{2}O_{3} \xrightarrow{T_{3} = 1000^{\circ} C} CaB_{2}O_{4}

Wyjaśnienie : w niższej temperaturze będzie rozkładał się wodorotlenek wapnia (woda będzie łatwiej odchodzić, zatem w tej temperaturze chodziło własnie o rozkład wodorotlenku). Dodatkowo, wiadomo, że na koniec ma zostać tylko związek A, którego strukturę już znamy. Wiemy, że w całej tej mieszaninie jest tlenek boru  B_{2}O_{3} i to na pewno nie on ulega rozkładowi, bo inaczej związek A nie miałby z czego powstać.

Ostatnia, największa temperatura dotyczy tworzenia związku A, więc jej przypisanie jest najłatwiejsze. Spodziewamy się tak dużej temperatury, bo przecież stapiamy dwa ciała stałe, tlenki.

d) sedno zadania – musimy obliczyć skład procentowy mieszaniny M1, która składa się aż z czterech składników :  B_{2}O_{3} + CaO + Ca(OH)_{2} + CaCO_{3}   – oznaczę te związki odpowiednio indeksami 1, 2 , 3 i 4. Więc masy w wyjściowej mieszaninie oznaczymy sobie jako :  m_{1} , m_{2} , m_{3}, m_{4} , podobnie liczby moli : n_{1} , n_{2} , n_{3}, n_{4}   i masy molowe :  M_{1} = 69,62 \ ; M_{2} = 56,08 \ ; M_{3}\approx 74,1 \ ; M_{4} \approx 100,1

*czemu masy zaookrągliłem? Nie wiem – w zadaniu wyraźnie napisali, żeby masę wodoru wziąć z taką dokładnością 1,008 , a potem sami używają w obliczeniach 1,01 … a potem robią jeszcze bardziej losowe przybliżenia w trakcie rozwiązywania zadania. Także każdy z Was uzyska pewnie inny wynik, ale to oczywiście nieistotne.

Niech masa całej mieszaniny M1 wynosi  m . Wtedy oczywiście  m = m_{1} + m_{2} + m_{3} + m_{4} . Nieważne jaka jest początkowa masa próbki – zawartości procentowe danych składników tej mieszaniny i tak będą takie same, a przecież to chcę obliczyć. Najwygodniej zatem założyć sobie :  niech  m = 100 \ g . (*oczywiście dowolnie wybrana przez Was masa da ostatecznie te same wyniki). Po prostu przyjmując taką masę od razu będziemy mieć procent zawartości w mieszaninie, a to chcę ostatecznie obliczyć.

Z danych zadania znam ubytki masy (wyrażone w procentach, co od razu zamieniam na ułamek)  w reakcji 1) (\Delta m_{r1} = 0,7 \% = 0,007 )  oraz reakcji 2)  (\Delta m_{r2} = (2,9 \% - 0,7 \% ) = 2,2 \% = 0,022 )

W pierwszej reakcji za ubytek masy odpowiada oczywiście parująca woda, w reakcji drugiej sprawcą jest dwutlenek węgla. Czyli :

\Delta m_{r1}  = \frac{m_{H_{2}O}}{m}

Woda powstaje tylko z wodorotlenku wapnia, zatem ich liczby moli muszą być sobie równe :  n_{Ca(OH)_{2}} = n_{3} = n_{H_{2}O}

Korzystam z prostej zależności :  n = \frac{m}{M} \implies m = nM

I pamiętając, że nasza masa mieszaniny wynosi  m = 100 g   :

\Delta m_{r1} = 0,007 = \frac{n_{H_{2}O} \cdot 18,02}{100}

\Delta m_{r1} = 0,007 = \frac{n_{3}}{100 \cdot 18,02 } \implies n_{3} = 0,0388

Czyli liczba moli  Ca(OH)_{2}   wynosi 0,0388 co odpowiada masie (i jednocześnie procentowi )  m_{3} = 2,87 \ g

Analogicznie postępujemy z drugim ubytkiem masy, który dotyczy drugiej reakcji, ponieważ liczba moli powstającego tam dwutlenku węgla musi się równać liczbie moli węglanu wapnia, czyli  n_{4}

\Delta m_{r2}  = \frac{m_{CO_{2}}}{m}

\Delta m_{r2} = 0,022 = \frac{n_{CO_{2}} \cdot 44,01}{100}

Zgodnie z tym, co powiedzieliśmy :  n_{CO_{2}} = n_{4}   , czyli :

\Delta m_{r2} = 0,022 = \frac{n_{4} \cdot 44,01}{100} \implies n_{4} \approx 0,05

W takim razie masa tego węglanu wapnia wynosi  m_{4} = 0,05 \cdot 100,1 = 5,005 \approx 5 \ g   , czyli zawartość procentowa w mieszaninie też wynosi  5%

Pamiętamy, że :

m_{1} + m_{2} + m_{3} + m_{4} = 100

Podstawiając uzyskane już  m_{3} = 2,87   oraz  m_{4} = 5

m_{1} + m_{2} = 92,13

I teraz zdecydowanie najtrudniejsza sprawa. Zauważmy, że całkowita liczba moli tlenku wapnia wynosi :  n_{CaO} = n_{2} + n_{3} + n_{4}   [czyli : liczba moli tlenku wapnia = liczba moli tlenku wapnia, który był na początku + liczba moli tlenku wapnia powstałego w czasie rozkładu wodorotlenku wapnia + liczba moli tlenku wapnia powstałego w czasie rozkładu węglanu wapnia] .

Oprócz tego, widzimy, że liczba moli (całkowita) tlenku wapnia musi być równa liczbie moli tlenku boru, co wynika z ostatniej reakcji, tworzenia naszego związku A. Czyli :

n_{CaO} = n_{B_{2}O_{3}} \implies n_{2} + n_{3} + n_{4} = n_{1}

A przecież  n_{3}   oraz  n_{4} mamy już obliczone wcześniej – wynoszą odpowiednio 0,0388 oraz 0,05. Podstawiając te liczby :

n_{2} + 0,0388 + 0,05 = n_{1} \implies n_{1} - n_{2} = 0,0888

Dodatkowo wiemy, że :

m_{1} + m_{2} = 92,13    , co można przekształcić tak, aby wprowadzić tam mole (albo odwrotnie, tamto pierwsze równanie zmienić tak, by wprowadzić masy) i ostatecznie uzyskamy układ równań :

\begin{cases} 69,62n_{1} + 56,08n_{2} = 92,13 \\  n_{1} - n_{2} = 0,0888 \end{cases}

Wstawiamy do kalkulatora i uzyskujemy :

\begin{cases}n_{1} = 0,7726 \implies m_{1} = 53,78 \ g \\ n_{2} = 0,6838 \implies m_{2} = 38,35 \ g \end{cases}

Czyli zawartości procentowe wynoszą odpowiednio :  53,78 \% \ ; 38,35 \% \ ; 2,87 \% \ ; 5 \% 

*delikatne różnice wynikają z większych zaokrągleń we wzorcówce.

**muszę przyznać, że moje rozwiązanie może nie wydawać się zbyt atrakcyjne w porównaniu do olchemowskiego – ich sposób jest naprawdę bardzo ładny, krótki i elegancki oraz pomysłowy. Zdecydowanie polecam zerknąć. Ale generalnie jak to bywa z nieorganiczną – ile osób tyle pomysłów i rozwiązań, więc pewnie każdy z Was podchodził do tego zadania trochę inaczej. Ja wyznaję zasadę, żeby robić tak, jak to Wam wygodnie, chyba że po prostu nie potraficie jeszcze zrobić tego zadania (muszę przyznać, że nie było to takie łatwe obliczenie) to wtedy trzeba wybrać tą metodę, która bardziej Wam odpowiada. Najlepiej jednak znać tych metod jak najwięcej, aby potem na zawodach dysponować jak najszerszym arsenałem do walki z tym nieszczęsnym Zadaniem drugim.

e)  kolejny podpunkt to równanie reakcji, które jest do wykombinowania. Wiemy, że nasz związek A reaguje w wodnym roztworem kwasu siarkowego, w wyniku czego tworzy się kwas borowy. Można powiedzieć, że jest to prosta wymiana kation-anion pomiędzy tymi związkami (i dla podpowiedzi mamy, że anion  B_{2}O_{4}^{2-}   przeszedł w kwas borowy (III) ). W takim razie drugim produktem będzie siarczan wapnia.

CaB_{2}O_{4} + H_{2}SO_{4} \rightarrow H_{3}BO_{3} + CaSO_{4}

Problem jest taki, że reakcji nie idzie w żaden sposób zbilansować. Oczywistym posunięciem jest postawienie dwójki przed kwasem borowym :

CaB_{2}O_{4} + H_{2}SO_{4} \rightarrow 2H_{3}BO_{3} + CaSO_{4}

Nie możemy dostawić nic przed kwasem siarkowym, bo wtedy od razu trzeba by postawić to samo przed siarczanem wapnia, a to by się wiązało ze zmianą tego boranu wapnia, więc to wszystko jest błędnym kołem (tzw. perpetuum debile). Patrzymy, że w tym momencie zgadza się wszystko oprócz wodoru i tlenu. Konkretnie, brakuje po lewej stronie 4 atomów wodoru i dwóch atomów tlenu  (H_{4}O_{2} = 2H_{2}O ) . I w sumie nam to bardzo pasuje, bo w zadaniu została jakby dopowiedziana ta rzecz, że jest to WODNY roztwór kwasu borowego, więc ostatecznie :

CaB_{2}O_{4} + H_{2}SO_{4} + 2H_{2}O  \rightarrow 2H_{3}BO_{3} + CaSO_{4}

Można powiedzieć, że jest to podobna sytuacja do reakcji np. glinu z wodorotlenkiem sodu – tam też o wodzie po stronie substratów trzeba pamiętać – miejcie to na uwadze!

*jest to jedna z potężnych broni przewidywania produktów reakcji : poprzez bilansowanie niedokończonej jeszcze reakcji.

Oczywiście wiele z Was pewnie od razu napisało tą reakcję bez problemów, ale nie dla wszystkich jest to takie proste.

Dodatkowo, chcę pokazać, że do wielu reakcji da się właśnie w jakiś sposób (kombinowaniem, liczeniem) dojść samemu. 

Kolejna część to wybrane, trudniejsze reakcje związane z borem i jego związkami :

  • generalne prawidłowości : chemia boru i jego związków w zdecydowanej większości na OlChemie będzie opierała się na wykorzystaniu faktu, że mamy pusty orbital p, co sprawia, że atom boru ma deficyt elektronów i będzie się zachowywał jak kwas Lewisa. Tak dla przypomnienia :
    • kwas Lewisa = związek, który może akceptować parę elektronową (akceptor pary elektronowej) np. trimetyloboran (boran, w którym wszystkie atomy wodoru zostały zastąpione grupami metylowymi)  (CH_{3})_{3}B
    • zasada Lewisa = związek, który może dać wolną parę elektronową (dawca pary elektronowej). np. amoniak  NH_{3}
    • w wyniku reakcji kwas Lewisa + zasada Lewisa tworzy się tzw. addukt, w którym występuje wiązanie koordynacyjne (donorowo-akceptorowe : czyli coś dało elektrony, a coś przyjęło). To wiązanie oznacza się albo znaną Wam pewnie ze szkoły ,,strzałką koordynacyjną” :  (\rightarrow ) albo też kropką (\cdot )
      •  przykład (CH_{3})_{3}B \ + :NH_{3} \rightarrow (CH_{3})_{3}B \leftarrow NH_{3}
      • inny zapis :  (CH_{3})_{3}B \ + :NH_{3} \rightarrow (CH_{3})_{3}B \cdot NH_{3}
      • Dwukropek przy amoniaku to akcentowanie wolnej pary, ale można to oczywiście pominąć. Patrz niżej :
      • Me_{3}B \ + NH_{3} \rightarrow Me_{3}B \leftarrow NH_{3} . Zobaczcie, że na pierwszy rzut oka reakcja wydaje się kompletnie inna, a to wciąż to samo co wyżej, kwestia odmiennego zapisu – tym razem drobne zapożyczenie z chemii organicznej, gdzie  Me = CH_{3} . Nie dajcie się nigdy zmylić takim rzeczom. Właśnie takie zabiegi ze strony układających zadania odpowiadają za ten strach i dezorientację, kiedy po raz pierwszy w życiu patrzycie na dane zadanie.

Poniżej znajduje się schemat wyjęty z IChO sprzed kilku lat :

IChO Bor

 

*wszystkie reagenty nad strzałką zostały dodane w nadmiarze.

Patrząc na cały ten niesympatyczny chemograf, widzimy, że mamy tu az trzy punkty uchwytu (diboran, ten cykliczny związek oraz ten związek w prawym rogu), z czego najważniejszy (bo jest w samym centrum) jest diboran.

  1. Sytuacja ,, NIC NIE WIEM” – zdarza się, mogło wypaść z głowy, albo ktoś nie zdążył przeczytać. Oczywiście zakładam, że jakąś tam minimalną wiedzę posiadacie, w końcu dostaliście się do II etapu. Zobaczmy czy coś da się zrobić :

Ja mam taki trik, że gdy jest nieznana reakcja, to staram się rozbić wszystkie substraty na kationy i aniony (czyli taka dysocjacja) – nie zważając na to czy dany związek w rzeczywistości dysocjuje czy nie, robię to dla siebie, do brudnopisu. Zacznijmy od reakcji z diboranu do związku 3 :

B_{2}H_{6} + Cl_{2} \rightarrow \  ?

B_{2}H_{6} = B^{3+} + H^{-}

Ewidetnie w takim razie w tej reakcji chodzi o wymianę jonów wodorkowych na chlorkowe.

B_{2}H_{6} + 3Cl_{2} \rightarrow B_{2}Cl_{6}  + 3H_{2}

Popatrzmy na schemat dla reakcji z związku cyklicznego przy użyciu tetrahydroboranu sodu. Odczynnik doskonale nam znany z chemii organicznej, jako dawca jonu wodorkowego  H^{-}   , znany reduktor . Związek 5 powstał w wyniku ogrzewania związku 4, który to z kolei powstał w wyniku reakcji  B_{2}H_{6} + NH_{3}   , zatem związek 5 może zawierać jedynie atomy  B, N, H . Z tego wnioskujemy, że przejście : związek cykliczny do związku 5 to zamiana atomów chloru (bo ich już nie ma w związku 5) na atomy wodoru. Czyli związek 5 to znana nam borazyna :

Znalezione obrazy dla zapytania borazyna     *ciekawostka – nawet na IChO nie kazali pisać ładunków na atomach azotu i boru, co jest wskazówką co do szans pojawienia się takich związków na II etapie ( i w sumie boru ogólnie – a jeśli będzie, to w takiej formie jak w tym roku na I etapie, czyli z wyjaśnieniem. Z wyjaśnieniem to możecie dostać wszystko, nawet związki  Cn   czy uranu).

Przejście związku 4. w związek 5, można by zapisać ogólnym schematem :

B_{x}H_{y}N_{z} \xrightarrow{T} B_{3}H_{6}N_{3} + gaz

Powstaje jakiś gaz, bo coś się musi raczej wydzielać podczas ogrzewania. Związek 4 (B_{x}H_{y}N_{z} ) z kolei powstał w reakcji diboranu z amoniakem, zatem można by ustalić dla niego ogólną strukturę :

Diboran zapiszę sobie jako :  B_{2}H_{6} = 2 \cdot BH_{3}

p \cdot (2 \cdot BH_{3} ) + qNH_{3} \rightarrow B_{x}H_{y}N_{z}

Po uzgodnieniu współczynników otrzymam :

xBH_{3} + z NH_{3} \rightarrow B_{x}H_{y}N_{z}

Ze względu na bilans atomów wodorów mam kolejną równość :  3x + 3z = y   i ostatecznie :

x BH_{3} + z NH_{3} \rightarrow B_{x}H_{3(x + z)}N_{z}

*alternatywnie można było oczywiście działać na diboranie, nie ma problemu :

\frac{x}{2} B_{2}H_{6} + z NH_{3} \rightarrow B_{x}H_{3(x + z)}N_{z}

Sumaryczny schemat diboran  \rightarrow związek 4  \rightarrow związek 5  :

xBH_{3} + z NH_{3} \rightarrow B_{x}H_{3(x + z)}N_{z} \xrightarrow{T} B_{3}H_{6}N_{3} + gaz

Z tego, można by wnioskować, że  x = 3   oraz z = 3 , co przełożyło by się na sumaryczny wzór związku 4B_{3}H_{3(3+3)}N_{3} = B_{3}H_{18}N_{3}

Prawdopodobnie B_{3}H_{18}N_{3} to wzór empiryczny, więc ostatecznie widać : B_{3}H_{18}N_{3} = 3BH_{6}N = BH_{3} \cdot NH_{3} . Można też użyć zapisu :

Niepodpisana grafika związku chemicznego; prawdopodobnie struktura chemiczna bądź trójwymiarowy model cząsteczki

Dojście do tego, że to wzór empiryczny (czyli można powiedzieć w tej sytuacji, że pomnożony przez współczynnik stechiometryczny) nie było łatwe.

Wtedy wydzielający się gaz, miałby strukturę  B_{3}H_{18}N_{3}  - B_{3}H_{6}N_{3} = H_{12} = 6H_{2}

Uzyskany rezultat mógłby nakierować zawodnika, żeby diboran traktować w reakcjach najlepiej jako dimer  BH_{3}   . Można by skorygować wzór związku 3 na  BCl_{3}

Teraz zajmiemy się powstawaniem związku 1 :

B_{2}H_{6} + CH_{3}OH \rightarrow \ ?

Lub inaczej zapisane (tak brudnopisowo) :

BH_{3} + CH_{3}OH \rightarrow \ ?

,,Dysocjuję sobie substraty” :

\big ( B^{3+} + H^{-} \big ) + \big ( CH_{3}O^{-} + H^{+} \big ) \rightarrow ?

I teraz kwestia powymieniania par kation-anion (H^{+} + H^{-} \rightarrow H_{2} )  oraz  ( B^{3+} + CH_{3}O^{-} \rightarrow  B(OCH_{3})_{3} ) :

BH_{3} + CH_{3}OH \rightarrow \ B(OCH_{3})_{3} + H_{2}

I z uwzględniem diboranu jako produktu startowego i w zbilansowanej reakcji :

B_{2}H_{6} + 2CH_{3}OH \rightarrow \ 2B(OCH_{3})_{3} + 4H_{2}

*dwa alternatywne zapisy, z którymi się możecie spotkać, a są niemalże identyczne (i oczywiście na pierwszy rzut oka kompletnie inne) :

  • B_{2}H_{6} + 2MeOH \rightarrow \ 2B(OMe)_{3} + 4H_{2}
  • B_{2}H_{6} + 2ROH \rightarrow \ 2B(OR)_{3} + 4H_{2}

I został nam ostatni produkt – związek 1.

*dodatkowo – zobaczcie, że ten związek, który został nam łaskawie podany, też był jak najbardziej do wykombinowania. Znamy dobrze związki Grignarda i wiemy, że o ich wyjątkowości stanowi częściowy ujemny ładunek ujemny na atomie węgla. Związki Grignarda, również można sobie brudnopisowo zdysocjować :  ( C_{6}H_{5} ^{-} + MgBr^{+} )   i teraz ten karboanion podłączamy za jedną z reszt  CH_{3}O^{-} , natomiast pozostałe dwie reszty alkoholowe pierwotnie dołączone do tego atomu boru są hydrolizowane przy użyciu wody do grup hydroksylowych.

Dla ułatwienia zapisu, użyję znanego Wam pewnie skrótu  Ph = C_{6}H_{5}

Dobrze, to wracamy do związku 1. Skoro mamy ogrzewanie, to będzie się odszczepiać jakaś gazowa cząsteczka. Myślę, że większości z Was udało się pomyśleć o wodzie. Czyli mamy reakcję :

  • PhB(OH)_{2} \xrightarrow{T} H_{2}O + PhB=O
  • Teraz trzeba zauważyć, że jest to bardzo podobne (grupa hydroksylowa zamieniona na łańcuch węglowy – R) do kwasu metaborowego H-O-B=O   – co jest jego zapisem takim ,,niedokładnym” , ponieważ wiemy, że kwas (i jego sole) występują w postaci albo trimeru, który jest cykliczny, albo w formie łańcuchowej. Również nie ma tu sprecyzowanej powstającej formy i obie formy były na zawodach punktowane. To już omawiałem w poprzednim zadaniu.

Odpowiedź do zadania :

  • związek 1B(OCH_{3})_{3}
  • związek 2(PhBO)_{n}
  • związek 3 :  BCl_{3}
  • związek 4BH_{3} \leftarrow NH_{3}   lub  BH_{3} \cdot NH_{3} , a więc ten nasz addukt (produkt reakcji kwas + zasada Lewisa)
  • związek 5 :  borazyna :  B_{3}H_{6}N_{3} 

A więc zobaczcie, jak wiele dało się wykombinować, nie znając tak naprawdę chemii boru. A robiliśmy zadanie z Olimpiady Międzynarodowej! Więc chyba można zyskać wiarę, że II etap też jest do zrobienia, prawda 🙂 ? Ewentualnie na czym można by stracić punkty to zapisanie  B_{2}Cl_{6}   zamiast  skorygowanej postaci  BCl_{3}   bo to nie było oczywiste. Ale cała reszta była do rozpykania. Owszem, była to droga dookoła, trudna, pracochłonna, ale mająca tak ogromną zaletę, że robimy niemalże całe zadanie przy absolutnie minimalnej wiedzy.

Podsumowując :

Nawet w bardzo trudnych zadaniach (a takie niewątpliwie są już zadania z II czy III etapu) do wielu rzeczy da się dojść na zasadzie kombinowania przy użyciu minimalnej wiedzy. Zarówno do przewidywania produktów nieznanych reakcji jak i budowy nieznanych związków. 

Jeśli ktoś chciałby sobie teraz poćwiczyć bor to zapraszam :

Znalezione obrazy dla zapytania chemistry quote

2 myśli w temacie “Bor – opracowanie cz. II”

Leave a Reply