Archiwum kategorii: Konkursy/Liga Zadaniowa

Konkursy chemiczne – czy coś oprócz Olimpiady Chemicznej jest godne uwagi?

Konkursy chemiczne

Czy warto startować w konkursach chemicznych poza Olimpiadą, jeśli to ona jest naszym nadrzędnym celem, często też drogą uzyskania wstępu na wybrane studia, poprzez ominięcie maturalnej maskarady?

Radek startował w wielu konkursach i na szczęście jest w stanie odpowiedzieć na to pytanie.


Oczywiście, że tak!

Zupełnie zrozumiałym jest uczenie się chemii wyłącznie pod olimpiadę, w końcu wymaga ona konkretnego zestawu umiejętności, daje duże profity, w połączeniu z bardzo przystępną formułą i systemem etapowym. Ale na pewno, pod względem chemicznym, olimpiada nie jest zawsze na topowym poziomie, a przynajmniej ma sporą konkurencję.

Osobiście uważam, że do zbierania doświadczenia i intuicji chemicznej (która jest, moim zdaniem, najważniejszym elementem przy rozwiązywaniu zadań) warto startować w wielu różnych konkursach, ponieważ w każdym dostrzeżemy inne podejście do tematu i każdy rozwija w nas inne umiejętności.

Uczenie się typowo pod Olimpiadę może nas mocno ograniczyć. W końcu chemia to coś więcej niż Olimpiada. Niestety wielu ludzi o tym zapomina, dlatego mamy co roku tak dużą różnicę punktową między laureatami z top 15-20 powiedzmy, a finalistami. Po prostu ci najlepsi, poza tym, że mają bardzo szeroką wiedzę tak ogólnie, to co najważniejsze, mają świetną intuicję chemiczną.

Pod kątem zagadnień folderowych pewnie wszyscy na finale, którym zależy na tytule, są podobnie przygotowani, różnice zaczynają się kiedy wkracza zadanie, bądź jego fragment, nie związany tematycznie z folderem. Wtedy trzeba kombinować, a ta umiejętność skutecznego kombinowania, nie jest czymś łatwym do nabycia.

Nie da się, w końcu, nauczyć kreatywności i intuicji. Można ją trenować robiąc różnorodne zadania. Niestety zadania z Olimpiady często są schematyczne i nudne. Szczególnie mówię to o chemii analitycznej oraz ponad połowie zadań z każdego I etapu.

Sam nauczyłem się bardzo dużo robiąc zadania z np. konkursu Politechniki Warszawskiej. Na pewno wpłynęło to na moją intuicję i pewność siebie, szczególnie w drugiej liceum, kiedy już niby dużo umiałem, ale brakowało mi czasem tego „czegoś”, żeby wybić się poza bycie po prostu rzemieślnikiem chemicznym. Mam nadzieję, że rozumiecie. Im bardziej będziecie różnorodnie podchodzili do tematu chemii i zadań, tym wasza wiedza i zdolności będą lepiej ewoluować.

Po drugie startowanie w innych konkursach, to jest kolejna lekcja nauki kontrolowania stresu i lęku przed porażką. Uczymy się zarządzania czasem, umiejętności relaksowania się w trudnych momentach. To naprawdę ważne sprawy.

Doszedłem kiedyś do wniosku, że w przygotowaniach do olimpiady, skupiamy się zbyt mocno na przerobieniu każdego kawałka materiału i wykucia się wszystkich reakcji z organy, związków berylu czy innego kobaltu.

Tak naprawdę sama wiedza niewiele znaczy na olimpiadzie, jeśli nie umiemy jej dobrze wykorzystywać. Wiele razy widziałem osoby, które naprawdę sporo czasu siedziały w zaawansowanych książkach, starając się zapamiętać jak najwięcej, a gdy przychodziło co do czego, to mało z tej wiedzy pamiętają, jeszcze mniej umieją wykorzystać w praktyce. Pamiętajcie, żeby zwracać uwagę na to, jak to o czym czytacie, może wam się przydać w zadaniach. Olimpiada to nie jest typowo konkurs wiedzy, 1 z dziesięciu, tylko konkurs, kto umie tę wiedzę lepiej wykorzystywać i kto umie zachować spokój.

Oczywiście, uczmy się jak najwięcej, ale moim zdaniem zgodnie ze starą zasadą Pareto: 80% naszej wiedzy powstaje poprzez przerobienie 20% zadań i materiałów. Ponadto, można dojść do wniosku, że około 20% czasu na chemię, powinniśmy poświęcić na książki i faktyczną naukę, natomiast aż 80% na robienie zadań, bądź czytanie rozwiązań tychże zadań (co w moim przypadku było standardem). Jest to o wiele bardziej wydajne niż siedzenie cały czas w książkach.

Tak naprawdę, wszystko nabiera znaczenia, tym większego im na wyższy poziom wchodzimy, bo różnice między najlepszymi pod względem wiedzy są niewielkie, więc to co pijemy podczas konkursu, co i czy jemy, jak często sobie robimy przerwy, czy samo-kontrolujemy się przed popełnianiem głupich błędów jest mega ważne. Z tym ostatnim ja miałem szczególny problem. Łatwo tracę koncentrację jak robię, moim zdaniem, coś zbyt prostego i popełniam strasznie głupie błędy (najlepiej o tym świadczy, że zawsze na Olimpiadzie miałem więcej punktów z teorii z II etapu niż z I oraz, że miałem z próbnej matury w tym roku 80%…).

Dobra, bo tu wychodzi już z tego powoli proza moralizatorska, a ja tu miałem gadać o konkursach. Pod każdym konkursem będą opinie moich kolegów i koleżanki z klasy (niestety już byłej klasy):

Piotra – dwukrotnego finalistę olimpiady, świetnego i doświadczonego chemika, który ma za sobą wiele, wiele konkursów;

Jakuba – również dwukrotnego finalistę, z bardzo dużym doświadczeniem i talentem, który zawsze kręcił prawie 30 pkt na labach na drugim etapie Olimpiady;

Ewy – która, mimo że nie uzyskała tytułu finalisty (po odwołaniu), to brała udział w  ciągu trzech lat liceum w masie konkursów, prawie zawsze awansując do finałów;


Konkurs Chemiczny PW (Warszawa)

  • ogólnopolski zasięg
  • dwa etapy: wysyłkowy (18 zadań) i finałowy (5 zadań teoretycznych : 3h pisania)
  • terminy: wysyłkowy – do końca lutego, finał – tydzień przed finałem Olimpiady
  • ok. 70 osób w finale, ok. 10 zostaje laureatami, laureaci uzyskują nagrody pieniężne

Moim zdaniem najfajniejszy konkurs chemiczny w Polsce. Pojawiają się tam mechanizmy z organicznej, takie całkiem skomplikowane, ścieżki syntez, zadania z technologii chemicznej. Najwięcej jednak używałem zadań z analitycznej, które są o wiele ciekawsze niż te olimpijskie i wymagają więcej zrozumienia tematu. Naprawdę można się wiele nauczyć i nabyć doświadczeń. Dodatkowo są do wygrania nagrody pieniężne. Polecam startować, a chociaż porobić zadania wstępne. Dla przykładu dwa zadania wstępne z tego roku:

„Zadanie 8. (11 punktów)”
Oblicz maksymalne stężenie jonów żelaza(II), przy jakim z wodnego roztworu siarkowodoru o stężeniu 1,5 \cdot 10^{-3} \ mol \cdot dm^{-3} , którego pH doprowadzono do wartości równej a) 4,5, b) 6,5 c) 8,5 nie będzie jeszcze wytrącał się osad FeS. Jakie teoretyczne pH musiałby mieć roztwór o takim stężeniu H_2S , aby zamiast FeS jako pierwszy wytrącił się osad wodorotlenku żelaza(II)?

pK_{So} \ FeS = 17,20; pK_{So} \ Fe(OH)2 = 17,31; pKa_1 \  H_2S = 7,05; pKa_2  \ H_2S = 12,89

„Zadanie 12 ( 9 punktów)”
Jak z izopropanolu i związków organicznych zawierających maksymalnie dwa atomy węgla oraz
dowolnych reagentów nieorganicznych otrzymać 3-amino-2,6-dimetyloheptan?” W miarę możliwości bez produktów ubocznych – przypis autora

Podsumowując: wymagający i ciekawy konkurs, ale moim zdaniem dla bardziej zaawansowanych.

Opinie: „Konkurs dość mocno specjalistyczny, polecam jedynie osobom już z pewnym doświadczeniem na olimpiadzie. Konkurs jest stosunkowo krótki i organizowany w Warszawie, co organizacyjnie wiele ułatwia. Nawet jeśli nie wystartujesz w tym konkursie, warto zrobić dla siebie (i wysłać) zadania wstępne, które są ambitne i otwierają oczy na nowe tematy (mnie osobiście urzekły obliczenia konduktometryczne).”,   


Konkurs Chemiczny im. prof. Antoniego Swinarskiego (Toruń)

  • ogólnopolski
  • dwa etapy: rejonowy (5 zadań teoretycznych :  4h), finałowy (teoria i laboratoria – 2 dni)
  • terminy: rejonowy – początek grudnia, finałowy – połowa marca
  • ok. 80 osób w finale, ok. 10 zostaje laureatami, za pierwsze trzy miejsca nagrody pieniężne;

Mój lokalny konkurs (chodziłem do Akademickiego w Toruniu), całkiem popularny w skali kraju, nawet ludzie z Rzeszowa przyjeżdżali zawsze na finał. Moim zdaniem warto w nim wystartować ze względu na rozbudowaną część laboratoryjną (niewiele konkursów w Polsce oferuje część laboratoryjną). Jest to pełna analiza jakościowa, idealny trening do przyszłych olimpiad. Dostajecie próbówki z mieszaninami i wszystkie popularne odczynniki. Więc tylko kreatywność jest limitem. Mimo to, część teoretyczna jest dość …meh, chyba że ktoś jest fanem chemii żywności (poniżej).

„Zadanie B”  (kliknij)

Jak widać, dużo liczenia, gąszcz informacji, typowe zadanie ze Swinarskiego. Trzeba się dobrze wczytać.

Podsumowując : Polecam startować, jeśli chcecie potrenować laby. Dodatkowo konkurs sam w sobie jest dość prestiżowy i są nagrody pieniężne za pierwsze trzy miejsca. Poziom trudności jest przystępny.

Opinie:

„Warto wystartować w tym konkursie ze względu na dobre przygotowanie do olimpiady w kwestii obliczeń – zadania tutaj są długie i żmudne, jest w nich sporo liczenia, więc takie ćwiczenie może pomóc nam uniknąć błędów obliczeniowych na olimpiadzie i pomóc wejść we wprawę w liczeniu (zwłaszcza w analizie ilościowej). Na plus warto również wspomnieć etap laboratoryjny, który jest naprawdę przyjemny i sprawdza dość dobrze ogólną wiedzę na temat systematycznej analizy kationów i anionów. Jest ogólnopolski, więc może w nim wystartować każdy.”,

„Historyczny konkurs odbywający się w najpiękniejszym mieście w kraju. Przejście pierwszego etapu jest w nim osiągalne dla większości uczniów myślących poważnie o olimpiadzie, zdobycie dobrej lokaty po drugim etapie jest już trudniejsze, ale warto wziąć w nim udział dla samych laboratoriów i wizyty w Toruniu. Formuła etapów pisemnych jest zbliżona do tej z olimpiady, więc jest to świetnym przygotowaniem do niej.” 


Konkurs Chemiczny UAM (Poznań)

  • Konkurs obejmuje województwa : kujawsko-pomorskie, lubuskie, wielkopolskie
    oraz zachodniopomorskie;
  • dwa etapy: I etap (5 zadań teoretycznych : 3h), finałowy (laboratoria : 4h)
  • terminy: rejonowy – przełom listopada i grudnia, finałowy – początek marca
  • ok. 80 osób w pierwszym etapie, ok. 15 osób w finale, ok. 5 zostaje laureatami;

Najśmieszniejszy konkurs chemiczny na jakim byłem. Prowadzi go dwóch przezabawnych profesorów z UAM-u. Końcowa klasyfikacja opiera się na sumie punktów procentowych z obu etapów. Zadania są bardzo niestandardowe. Zahaczają o elektrochemię, chemię minerałów, rozpuszczalność, syntezy nieorganiczne i trudne zagadnienia z chemii organicznej, w tym roku na rejonie pojawiła się chemia arsenoorganiczna. Wyszło świetne zadanie:

Zadanie 3 (kliknij)

W finale, w tym roku po raz pierwszy był etap laboratoryjny, ale inaczej przeprowadzony niż w Toruniu. Mieliśmy do wyznaczenia stężenie jonów miedzi w roztworze i dużo sprzętu do użycia. Dowolną metodą! Moim zdaniem ciekawe i nowatorskie podejście do problemu, o ile na Olimpiadzie punktuje się wykonanie, bo przepisy na III etapie są podane, tak tutaj trzeba było samemu metodę opracować i cały przepis. Link poniżej. Ciekawe ile jesteście w stanie wymyślić metod z podanych sprzętów i odczynników.

Zadanie laboratoryjne (kliknij)

Podsumowując : Jeśli jesteś z jednego z podanych województw, to musisz koniecznie wystartować w tym konkursie, naprawdę ciekawe doświadczenie, które mocno daje do myślenia. Dla średnio- zaawansowanych i wyżej.

Opinie:

„Konkurs, który sprawdza wiedzę chemiczną bardzo szeroko, co czyni uczestników chemikami obeznanymi we wszystkich tematach chociaż trochę – to ważne, żeby nie zamykać się jedynie na tematykę olimpijską, która jest bardzo mocno ograniczająca. Dodatkowym atutem w ostatnim roku był bardzo profesjonalnie zorganizowany etap laboratoryjny – UAM ma świetnie wyposażone laboratoria, w których praca jest czystą przyjemnością. Minusem jest fakt, że regulamin konkursu ogranicza uczestników jedynie do tych z czterech województw – nie każdy będzie mógł w nim wystartować.”

„Bardzo specyficzny, ale satysfakcjonujący konkurs. Start w nim w pierwszej klasie jest dość trudny, z racji na tematykę zadań, która rzadko pokrywa się z tą licealną czy olimpijską. Jednak jest świetnym testem dla osób, które czują się już trochę mocniejsze, dodatkowym wielkim plusem tego konkursu w tym roku był wyjątkowo ciekawy i przyjemny etap doświadczalny, który być może będzie pojawiał się w kolejnych edycjach. Po 3 latach udziału stał się chyba moim ulubionym w całym konkursowym kalendarzu.”


Konkurs Chemiczny Politechniki Łódzkiej 

  • ogólnopolski
  • dwa etapy : wysyłkowy (ok. 10 zadań teoretycznych), finałowy (teoria i laboratoria – tego samego dnia)
  • terminy: wysyłkowy – do grudnia, finałowy – luty
  • ok. 50 osób w finale, ok. 10 zostaje laureatami

Osobiście nie byłem nigdy na finale, mimo że dwa razy startowałem (nie pytajcie dlaczego!). Konkurs jest moim zdaniem na poziomie liceum rozszerzonego, więc jest dobrym wyborem dla początkujących olimpijczyków. Dodatkowym plusem jest etap laboratoryjny na finale z analizą jakościową, więc idealnie pod drugi etap Olimpiady. Zadania teoretyczne, jednak nie robią na mnie wrażenia.

Opinie:

„Konkurs dość przystępny już dla osób, które dopiero zaczynają swoją przygodę z przygotowaniami do olimpiady oraz dla tych, którzy na olimpiadę się nie szykują, lecz dobrze czują chemię i potrafią myśleć twórczo. Trzeba wykazać się przede wszystkim dokładnością i precyzją w rozwiązywaniu zadań, bo część zagadnień wykraczających poza poziom liceum (np. mechanizmy reakcji, które normalnie do olimpiady trzeba umieć i rozumieć) jest wytłumaczonych w zadaniach, a sprawdzana jest umiejętność zrozumienia i wykorzystywania w praktyce pewnych mechanizmów. Nie jest to konkurs w zakresie maturalnym, lecz nie wymaga też obkucia się we wszystkich reakcjach i wzorach. Na drugim etapie oprócz części teoretycznej jest również część laboratoryjna. W takich konkursach najlepsze jest to, ze jest to pewien trening przed olimpiadą. Można się sprawdzić lub też zauważyć, co jeszcze trzeba powtórzyć z analizy jakościowej. Ze wszystkich osób startujących w konkursie finalistami lub laureatami zostaje łącznie kilkanaście osób, lecz opłaca się zawalczyć, bo nagrody są cenne! A najważniejsze jest doświadczenie, które zdobywamy i umiejętność radzenia sobie ze stresem.”


Konkurs Chemiczny Politechniki Gdańskiej 

  • ogólnopolski;
  • dwa etapy: wysyłkowy (3 zadania), finałowy (5 zadań, losowych z puli 15)
  • terminy: wysyłkowy – koniec lutego, finałowy – 
  • ok. 300 osób w finale, ok. 100 zostaje laureatami

Konkurs bardzo popularny, zadania przypominają bardziej te „z gwiazdką” z gimnazjum [*]. Dla pierwszoklasistów to idealny konkurs na początek. Dwa etapy – wysyłkowy i finał. Sam w nim startowałem w 1 klasie z powodzeniem, po tym jak odpadłem w 1 etapie Olchema. Bardzo łatwo zdobyć tytuł laureata.

Opinie:

Idealny konkurs dla osób z 1. i 2. klasy, które nie czują się jeszcze pewne siebie w starciu z konkursowymi zadaniami. Do wielkich plusów tego konkursu należą niski próg wejścia, przyjazna możliwość zdobycia doświadczenia, fakt, że jego finał zwykle pokrywa się z finałem olimpiady i oczywiście poczęstunek po samym konkursie, kiedyś były też kwiatki dla dziewcząt, nie wiem czy utrzymali tę tradycję. Z minusów to oczywiście tylko godzina czasu i losowo rozdawane zadania. Na dobry początek zdecydowanie warto!”

„Konkurs, w którym powinien wystartować każdy, kto w ogóle myśli o olimpiadzie. To dobry pierwszy krok. Konkurs jest prosty, krótki i przyjemny – jest świetnym początkiem przygody z konkursami chemicznymi.”


Olimpiada o Diamentowy Indeks AGH (Kraków)

  • ogólnopolski;
  • dwa etapy: wstępny i finałowy

Sam nigdy w nim nie startowałem, ponieważ nie chciało mi się nigdy aż tak daleko jeździć, ale Ewa brała udział i może Wam coś o tym powiedzieć.

Opinie:

„Konkurs rozpoczyna się etapem wstępnym, który od tego roku przeprowadzany jest w formie online. Kolejny etap obejmuje część teoretyczną, w której zadania przyjmują postać podobną do zadań olimpijskich (jest ich 5 i tematycznie podzielone są tak jak na olimpiadzie). Jednak mniej więcej dokładna tematyka nie jest wcześniej sygnalizowana (aczkolwiek elektrochemia to prawie pewnik). Konkurs bazuje na wiedzy- pojawiają się bardziej wymagające reakcje, które trzeba pamiętać. Jest on przeznaczony dla osób, które miały do czynienia chociażby z McMurrym i dysponują konkretną wiedzą. Nie jest to konkurs ze sztampowymi zadaniami – zapewnia dobry trening przed olimpiadą i pozwala sprawdzić wyrywkowo np. znajomość reakcji organicznych.”


Wszystkie konkursy organizowane przez politechniki za tytuł laureata oferują indeks (wstęp na studia) na kierunki chemiczne (np. technologia chemiczna).

Wybór jest bardzo duży, terminy konkursów praktycznie się nie pokrywają. Nic tylko startować! Pamiętajcie, że na Olimpiadzie świat się nie kończy. Dodatkowo można poznać bardzo fajnych ludzi na finałach konkursów, a w maturalnej klasie, to twarze już się na tyle powtarzają, że wszyscy znamy się praktycznie.

PS  Zapraszam na instagrama, gdzie pojawiają się inne treści niż na nieco bardziej formalnym facebooku.

Konkurs ,,Chemiczny Olimp”

Witam serdecznie na konkursie  ,,Chemiczny Olimp” !

Swoje rozwiązania proszę przesyłać w formie zdjęć bądź skanów na adres e-mail :   chemicznaolimpiada@gmail.com 

  • Przesyłajcie ,,czystopis” . Nieczytelność będzie punktowana na niekorzyść zawodnika.

*Możecie też pisać do mnie bezpośrednio na fb z dodatkowym potwierdzeniem, że wysłaliście rozwiązania.

Do maila proszę dopiszcie swój kod zawodnika!!!

Czas rozwiązywania (wraz z przesłaniem rozwiązań) jest do godziny 22:15 !

Jako jedyną pomoc w rozwiązywaniu zadań można mieć układ okresowy pierwiastków.

POWODZENIA!


Wyniki konkursu ..Chemiczny Olimp


Zadanie 1 – Co to za metal? 

Na schemacie poniżej przedstawiono niektóre reakcje jakim ulega pewien nieznany metal E, który wchodzi w skład związków (X, Y, Z) przedstawionych na schemacie poniżej :

E \xrightarrow{HNO_{3 \ (rozc)}} X \xrightarrow{\ NaOH \ } Y \xrightarrow{ \ NH_{3} \ } Z

W dwóch osobnych naczyń znajdowało się po 100 ml roztworu soli X o tym samym stężeniu.

W pierwszym naczyniu zanurzono płytkę glinianą i zaobserwowano zmianę masy wynoszącą  | \Delta m_{1} | = 0,989 \ g

W drugim naczyniu zanurzono płytkę cynkową i zaobserwowano zmianę masy wynoszącą  | \Delta m_{2} | = 0,752 \ g

Przyjmij następujące wartości mas molowych : 

M_{Al} = 26,98 \ \frac{g}{mol}     M_{Zn} = 65,38 \ \frac{g}{mol}

a) zidentyfikuj metal E – potwierdź obliczeniami. Oblicz stężenie użytego w zadaniu roztworu dobrze rozpuszczalnej w wodzie soli X.  Wskazówka : zauważ, że podane zmiany masy są podane jako wartość bezwzględna.  (8 pkt)

b) podaj wzory związków X, Y oraz Z.   (4,5 pkt)

c) napisz reakcje tworzenia związku X, Y oraz Z.   (4,5 pkt)

d) narysuj lub krótko opisz budowę kationu wchodzącego w skład  związku Z.  (2 pkt)

e) podaj jedno zastosowanie związku Z w analizie jakościowej (1 pkt)

 

Zadanie 2 – Co to za kwas? 

Pewien roztwór kwasu jednoprotonowego (o stężeniu procentowym równym  C_{p} = 0,195 \ \% ) wykazuje wartość  pH = 2,54

Roztwór ten następnie dwukrotnie rozcieńczono i ponownie zmierzono wartość pH uzyskując  pH = 2,7

Uwaga : w zadaniu można pominąć dysocjację wody.  Masy molowe zaokrąglaj do całości. 

a) oblicz stałą kwasową (K_{a} ) dla tego kwasu oraz stężenie molowe wyjściowego roztworu (przed rozcieńczeniem).  (6 pkt)

b) podaj wzór strukturalny tego kwasu, jeśli gęstość wyjściowego roztworu wynosiła  d = 1,22 \ \frac{g}{cm^{3}} . Bez względu na uzyskany wynik w podpunkcie a) , przyjmij że stężenie wyjściowego roztworu tego kwasu wynosiło  0,0518 \ M   (2 pkt)

c) krótko wyjaśnij czy dwukrotne rozcieńczenie roztworu wodorotlenku potasu również spowoduje wzrost pH.  (2 pkt)

d)  zdefiniujmy \Delta pH   jako zmianę pH wywołaną  r-krotnym   rozcieńczeniem roztworu pewnego (dowolnego) jednoprotonowego kwasu. Wyznacz możliwy zakres zmiany pH  (\Delta pH ) kwasu wywołany takim rozcieńczeniem w zależności od wartości  r   ; przyjmij, że  r > 1      (8 pkt)

e) przedstaw budowę anionu wchodzącego w skład kwasu, o którym była mowa w zadaniu. Uwzględnij ewentualne formy rezonansowe.  (2 pkt)

 

Zadanie 3 – Nie tylko węgiel, wodór i tlen

Współczesna chemia organiczna w dużym stopniu opiera się na zastosowaniu pierwiastków z każdej części układu okresowego. Pierwiastki te są kluczowe w syntezie katalizatorów, które z kolei są niezbędne do zaawansowanej syntezy organicznej, gdzie niezwykle ważną rolę odgrywają również aspekty stereochemiczne.

Cztery pierwiastki  T \ , \ Q \ , \ R \  , \ L    (nie są to : wodór, węgiel,  azot,  tlen,  fosfor)  znajdują powszechne zastosowanie w nowoczesnej chemii organicznej. Trzy z nich (T \ , \ Q \ , \ R ) należą do bloku d  i każdy z nich wchodzi w skład katalizatorów odpowiednio  K_{1} \ , \ K_{2} \ , \ K_{3}    , a czwarty (L ) należy do bloku p  i wchodzi w skład związku X.

Niezbędne katalizatory, których używa się w chemii metaloorganicznej bardzo często spełniają tak zwaną regułę 18 elektronów, tak samo jak trzy spośród czterech katalizatorów  K_{1} - K_{4} , które zostały użyte w tym zadaniu. Poniżej podano trzy przykłady związków, które również spełniają tą regułę :

W związku drugim ligandem jest cyklopentadienyl.

W tabeli zebrano katalizatory  K_{1} - K_{4} , które zostały użyte w zadaniu.

K_{1}

T_{x}(CO)_{y}   , gdzie  x \ , \ y   to indeksy stechiometryczne

K_{2}

HQ(CO)(PPh_{3})_{3}

K_{3}

R(PPh_{3})_{4}

K_{4}

Q(PPh_{3})_{3}Cl

Dodatkowe informacje o katalizatorach :

  • zawartość procentowa pierwiastka  T   w katalizatorze  K_{1}   wynosi  34,5 \%
  • pierwiastek Q leży w piątym okresie układu okresowego, natomiast pierwiastek R leży bezpośrednio obok niego.
  • katalizator  K_{4}   nie spełnia reguły 18 elektronów.

Schemat I 

Pierwsza reakcja, w której użyto tlenku węgla (II) w obecności katalizatora  K_{1}   to reakcja cykloaddycji [2+2+1].  Powstały związek A ulega pozytywnej próbie z 2,4-dinitrofenylohydrazyną, ale daje negatywny wynik w próbie Tollensa. Związek A reaguje z wodorem w obecności palladu w stosunku molowym 1:1 , dając związek B. Związek D jest węglowodorem i związkiem o dużej symetrii. Związki A oraz D mają ten sam szkielet węglowy.

Schemat II

Na schemacie II przedstawiono zastosowanie katalizatora  K_{2} . Związek E nie odbarwia wody bromowej i w widmie  ^{1}H \ NMR   oraz  ^{13}C \ NMR   jest po 7 sygnałów.

Schemat III

Katalizatora  K_{3}   używa się do pewnej reakcji sprzęgania. Wiadomo, że reakcja ta przebiega z retencją geometrii wiązania podwójnego. Związek F reaguje z magnezem w obecności eteru dietylowego, natomiast związek G już nie. W związku G występuje obecne w pewnych antybiotykach ugrupowanie endiynowe (en-diinowe).

Schemat IV

Katalizatora  K_{4}   można użyć do selektywnej hydrogenacji wiązania podwójnego węgiel-węgiel. Jest on bardzo przydatny, ponieważ grupy funkcyjne takie jak karbonylowa, nitrowa czy arylowa pozostaje wówczas nietknięte. Powstały na schemacie związek H odbarwia wodę bromową.

Schemat V

m-bromometoksybenzen \  \xrightarrow{X \ , \ kat. K_{3} \ , \ zasada} \ J

Katalizator  K_{3}   można użyć do innej reakcji sprzęgania, do których używa się reagentów będących organicznymi związkami pierwiastka  L

Do syntezy związku J użyto m-bromometoksybenzenu i dodano do niego związek X  w obecności katalizatora  K_{3}

Związek X ma masę molową równą  121,94 \ \frac{g}{mol}   i jest aromatyczny i zawiera co najmniej jeden atom tlenu. Nitrowanie związku X dałoby jeden produkt w zdecydowanej przewadze – 85% (dipodstawioną pochodną benzenu).  W związku J nie ma pierwiastka  L

Uwaga : w zadaniu używaj mas molowych z zaokrągleniem do drugiego miejsca po przecinku.

M_{H} = 1,01     M_{C} = 12,01     M_{O} = 16

a) czy związek o wzorze  (TMEDA)Ni(CH_{3})_{2}   , gdzie TMEDA =   (CH_{3})_{2}NCH_{2}CH_{2}N(CH_{3})_{2}   spełnia regułę 18 elektronów?  (1 pkt)

b) ustal jakimi pierwiastkami są  T \ , \ Q \ , \ R   oraz wzory sumaryczne katalizatorów  K_{1} - K_{4} . Podaj tok rozumowania i obliczenia.  (2,5  pkt)

c) podaj wzory strukturalne związków A-D. Uzasadnij strukturę związku A w oparciu o dane dotyczące schematu I.  (4,5 pkt)

d) podaj wzór strukturalny związku E   (2 pkt)

e) podaj wzory strukturalnie związków F oraz G (z uwzględnieniem prawidłowej konfguracji E/Z).  (2 pkt)

f) podaj wzór związku H  wraz z krótkim wyjaśnieniem, dlaczego tworzy się akurat ten izomer. (2 pkt)

g) podaj wzór strukturalny związku X i przypisz  L do odpowiedniego pierwiastka. Podaj wzór związku J.  (4 pkt)

h) wyjaśnij dlaczego nitrowanie związku X daje głównie jeden produkt. Swoją odpowiedź poprzyj poprzez narysowanie odpowiednich struktur rezonansowych.  (2 pkt)

Suma punktów do zdobycia :  60 pkt


 

Rozwiązanie zadania 1 : 

a) Metal E należy tutaj zidentyfikować na podstawie obliczeń, inaczej jest to raczej ciężka (i przede wszystkim – niekonieczna) sprawa. Pewnej wskazówki może dostarczać polecenie e), w którym dowiadujemy się, że pewien związek tego metalu E jest używany w analizie jakościowej, a powstał on przez dodanie amoniaku do zasadowego roztworu metalu E, więc nasuwałby się kompleks amoniakalny (zwłaszcza, że w podpunkcie d) należy podać budowę tego związku, zatem prawdopodobnie o to by mogło chodzić. Jest to jednak wskazówka raczej dla osób zaawansowanych, które mają już przerobione zadania z olimpiad i zauważyły prawidłowość, że najczęściej pytania o budowę dotyczą związków kompleksowych o liczbie koordynacyjnej równej 2,4 lub 6). Można zatem podejrzewać, że związek Z to odczynnik Tollensa, a sam metal E to srebro.

Sól X musi być azotanem metalu E i występują w niej jony azotanowe oraz jony metalu E, którego stopnia utlenienia nie znamy, zatem zapiszemy to sobie ogólnie jako :  E^{n+}

  • reakcja z płytką glinianą :   3E^{n+} + nAl \rightarrow 3E + nAl^{3+}
  • reakcja z płytką cynkową :   2E^{n+} + nZn \rightarrow 2E + nZn^{2+}

Trudność zadania polega na tym, że nie wiadomo czy zmiana masy to jej przyrost czy ubytek. Dlatego też, obliczenia trzeba będzie przeprowadzać z użyciem wartości bezwzględnej (lub z użyciem odpowiednich założeń). Zadanie można rozwiązać na mnóstwo sposób i też prace, które do mnie napływały były odmienne.

Liczbę moli  E^{n+}   można łatwo wyznaczyć oznaczając nieznane stężenie jako  c   i wtedy :

n_{E^{n+}} = 0,1c  = \frac{c}{10}

Ze stechiometrii reakcji widzimy, że liczba moli glinu oraz cynku, które przereagowały wynoszą odpowiednio :  n_{Al} = \frac{nc}{30}    oraz  n_{Zn} = \frac{nc}{20} 

Zmianę masy wyliczamy w następujący sposób :

| \Delta m_{1} | = |m_{E} - m_{Al} | = | 0,1cM_{E} - \frac{nc}{30} \cdot M_{Al} | = c| (0,1M_{E} - 0,893n) |

| \Delta m_{2} | = |m_{E} - m_{Zn} | = | 0,1cM_{E} - \frac{nc}{20} \cdot M_{Al} | = c| (0,1M_{E} - 3,269n) |

Tworzymy z tego układ równań :

\begin{cases} c| (0,1M_{E} - 0,893n) | = 0,989  \\ c | (0,1M_{E} - 3,269n | = 0,752 \end{cases}

Obustronnie podzielenie równań wyeliminuje nam stężenie  c   – zatem nie było ono potrzebne.

\frac{|0,1M_{E} - 0,893n |}{|0,1M_{E} - 3,269n|} = \frac{0,989}{0,752} = 1,315

Ułamek po lewej stronie można pomnożyć przez 10 (zarówno licznik jak i mianownik – dla wygody).

\frac{|M_{E} - 8,93n |}{|M_{E} - 32,69n|} = 1,315  \implies |M_{E} - 8,93n | = 1,315 (|M_{E} - 32,69n | )

I ostatecznie :

|M_{E} - 8,93n | = |1,315M_{E} - 42,99n |

Wartość  n   to ładunek jonu, zatem właściwie maksymalna wartość dla metalu jakiej moglibyśmy się spodziewać to  n = 4 , zatem wystarczy sprawdzić wszystkie opcje :

Rozwiązanie tego równania przypada od razu dla  n = 1    (i założeniu, że  M_{E} > 32,7 )  i wówczas otrzymujemy  M_{E} \approx 107,8 \ \frac{g}{mol}   co odpowiada masie molowej srebra, a zatem  :

E = Ag

A stężenie wynosi  c = 0,1 \ \frac{mol}{dm^{3}}

b) Związkiem X jest azotan srebra, związek Y to jego tlenek srebra, natomiast związek Z to odczynnik Tollensa czyli amoniakalny kompleks wodorotlenku srebra. 

  • X = AgNO_{3}
  • Y = Ag_{2}O
  • Z = [Ag(NH_{3})_{2}]OH 

Ag \xrightarrow{HNO_{3 \ (rozc)}} AgNO_{3} \xrightarrow{\ NaOH \ } Ag_{2}O  \xrightarrow{ \ NH_{3} \ } [Ag(NH_{3})_{2}]OH

d) Równania reakcji :

  1. 3Ag + 4HNO_{3 \ (rozc)} \rightarrow 3AgNO_{3} + NO + 2H_{2}O
  2. 2AgNO_{3} + 2NaOH \rightarrow 2NaNO_{3} + Ag_{2}O + H_{2}O
  3. Ag_{2}O + H_{2}O + 4NH_{3} \rightarrow 2[Ag(NH_{3})_{2}]OH

[Komentarz] : reakcję drugą można było również zapisać dwuetapowo z uwzględnieniem tworzenia wodorotlenku srebra, który jest nietrwały i rozkłada się do tlenku srebra.

2a)  AgNO_{3} + NaOH \rightarrow AgOH + NaNO_{3}

2b)  2AgOH \rightarrow Ag_{2}O + H_{2}O

e) w kationie  Ag(NH_{3})_{2}^{+}   widzimy, że liczba koordynacyjna dla srebra wynosi  LK = 2   co wskazuje na budowę liniową. Jest to budowa charakterystyczna dla kompleksowych związków srebra.

Znalezione obrazy dla zapytania Ag(NH3)2 structure

f)  związek Z to już wcześniej wspomniany odczynnik Tollensa, którego używa się w organicznej analizie jakościowej do identyfikacji aldehydów (często do rozróżnienia ketonu od aldehydu).

 

Rozwiązanie zadania 2 :

a) Zapiszmy nasz kwas jednoprotonowy jako  HX   , który będzie dysocjował w myśl równania :

HX \leftrightarrow H^{+} + X^{-}

Wyrażenie na stałą kwasową przyjmuje wówczas postać :

K_{a} = \frac{[H^{+}][X^{-}]}{[HX]}

Podczas rozcieńczania roztworu zmienia się stężenie. Niech  c   oznacza stężenie początkowe (przed rozcieńczeniem), natomiast  c_{k}   oznacza stężenie końcowe tj. po rozcieńczeniu. Jeśli zmieni się stężenie kwasu to automatycznie zmienia się stężenie jonów wodorowych, a co za tym idzie – pH roztworu. Oznaczmy zatem stężenie jonów wodorowych przed i po rozcieńczeniu odpowiednio jako  x   oraz  y

Możemy wówczas ułożyć następujący układ równań :

\displaystyle \begin{cases} K_{a} = \frac{x^{2}}{c - x}  \\ K_{a} = \frac{y^{2}}{c_{k} - y}  \end{cases}

Nie musimy jednak męczyć się z taką postacią, bo przecież znamy stężenie jonów wodorowych w jednym i drugim roztworze :

x = 10^{-2,54} = 2,884 \cdot 10^{-3}    oraz  y = 10^{-2,7} = 2 \cdot 10^{-3}

\displaystyle \begin{cases} K_{a} = \frac{(2,884 \cdot 10^{-3})^{2}}{c - 2,884 \cdot 10^{-3}}  \\ K_{a} = \frac{( 2 \cdot 10^{-3}) ^{2}}{c_{k} - 2 \cdot 10^{-3}}  \end{cases}

Dodatkowo, wiemy że roztwór został dwukrotnie rozcieńczony, a co za tym idzie stężenie zmalało dwukrotnie. Można więc zapisać, że  c_{k} = \frac{1}{2}c

Ostatecznie :

\displaystyle \begin{cases} K_{a} = \frac{(2,884 \cdot 10^{-3})^{2}}{c - 2,884 \cdot 10^{-3}}  \\ K_{a} = \frac{( 2 \cdot 10^{-3}) ^{2}}{\frac{1}{2}c - 2 \cdot 10^{-3}}  \end{cases}

Wyliczenie tego układu równań prowadzi do następujących wyników :

K_{a} = 3,2 \cdot 10^{-4}   oraz  c = 0,02877 \ \frac{mol}{dm^{3}}

b) Korzystając ze wzoru łączącego stężenie procentowe ze stężeniem molowym można od razu wyliczyć masę molową naszego nienznaego kwasu :

c = \frac{C_{p}d}{100M}

Używam stężenia początkowego (przed rozcieńczeniem), ponieważ  dla niego znam stężenie procentowe. Należy pamiętać o ujednoliceniu jednostek (można przykładowo zamienić gęstość na  \frac{g}{dm^{3}} )

0,0518 = \frac{0,195 \cdot 1220}{100M} \implies M = 45,92 \approx 46 \ \frac{g}{mol}

Taką masę molową ma tylko kwas mrówkowy. Czyli  HX = HCOOH

Znalezione obrazy dla zapytania formic acid

c) w przypadku zasady będzie odwrotnie – rozcieńczenie spowoduje spadek pH. W przypadku wodorotlenku potasu mamy reakcję :

KOH \rightarrow K^{+} + OH^{-}

a zatem jak widzimy stężenie samego wodorotlenku potasu jest tutaj bezpośrednio powiązane (zależnością wprost proporcjonalną) z stężeniem jonów wodorotlenkowych. Zatem rozcieńczenie będzie powodowało zmniejszenie stężenia jonów  OH^{-} , a co za tym idzie wzrost stężenia jonów  H^{+}   i w efekcie obniżenie pH.

d) Skorzystamy z układu równań, który pojawił się w pierwszym podpunkcie, w nieco zmodyfikowanej formie. Przyjmijmy, że na początku stężenie kwasu wynosiło  c   , natomiast podczas ,,r” – krotnego rozcieńczenia wynosiło ono naturalnie  \frac{c}{r}   . Stężenie jonów wodorowych w obu roztworach wynosiło odpowiednio  x   oraz  y

My chcemy obliczyć zmianę pH czyli :  \displaystyle \Delta pH = pH_{kon} - pH_{pocz} = - log \ y - (- log \ x) = log \ x - log \ y = log \ \frac{x}{y}

Czyli  \Delta pH = \frac{x}{y}

\displaystyle \begin{cases} K_{a} = \frac{x^{2}}{c - x}  \\ K_{a} = \frac{y^{2}}{\frac{c}{r} - y}  \end{cases}

Możemy na przykład wyprowadzić wzór na stężenie z pierwszego równania uzyskując :

K_{a} = \frac{x^{2}}{c - x}  \implies c = \frac{x^{2} + xK_{a}}{K_{a}}

I tą wartość wstawiamy do drugiego równania :

\displaystyle K_{a} = \frac{y^{2}}{\frac{c}{r} - y} = \frac{y^{2}}{\frac{\frac{x^{2} + xK_{a}}{K_{a}} }{r} - y}

Mnożę obustronnie przez mianownik :

K_{a} \Big ( \frac{x^{2} + xK_{a}}{rK_{a}} - y \Big ) = y^{2} 

\frac{x^{2} + xK_{a}}{r} - yK_{a} = y^{2}

K_{a} = \frac{x^{2} - ry^{2}}{yr - x}

Oczywistym jest, że  K_{a} > 0 , zatem spełnione muszą być następujące nierówności :

\frac{x^{2} - ry^{2}}{yr - x}  > 0  \implies \begin{cases} x^{2} - ry^{2} > 0  \\ yr - x > 0  \end{cases}

Dalsze przekształcenia na tych nierównościach prowadzą do następujących zależności :

\begin{cases} x^{2}  > ry^{2}  \\ yr > x  \end{cases}

\begin{cases} x > y \sqrt r  \\ yr > x  \end{cases}

W takim razie :

y \sqrt r < x < yr

Szukamy stosunku  \frac{x}{y}   , więc dzielimy wszystko przez  y

\sqrt r < \frac{x}{y} < r

I ostatecznie logarytmując :

log \  \sqrt r < log \  \frac{x}{y} < log \  r

Z rozważań na początku mamy :    log \  \frac{x}{y} = \Delta pH

Czyli :  log \  \sqrt r < \Delta pH < log \  r

Sprawdźmy, że w przypadku kwasu mrówkowego na początku, możemy wyliczyć, że dwukrotne rozcieńczenie (r = 2 )  spowoduje zmianę pH w zakresie od :

log \  \sqrt2 \approx  0,15   do  log \ 2 \approx 0,3

I faktycznie, w tym zadaniu zmiana pH wynosiła :  \Delta pH = 2,7 - 2,54 = 0,16   i  widać, że :

0,15 < 0,16 < 0,3

[Dodatkowy komentarz] : zadanie można było policzyć od samego początku w sposób ogólny to jest najpierw wyprowadzić wzór na stałą kwasową zależny od rozcieńczenia :

K_{a} = \frac{x^{2} - ry^{2}}{yr - x}

Podstawiając dane, które mamy w zadaniu, czyli :

  • x = 10^{-2,54}
  • y = 10^{-2,7}
  • r = 2

Uzyskamy :

\displaystyle K_{a} = \frac{(10^{-2,54})^{2} - 2 \cdot (10^{-2,7})^{2}}{2 \cdot 10^{-2,7} - 10^{-2,54}}

Co prowadzi do wcześniej uzyskanej wartości :

K_{a} \approx 3,2 \cdot 10^{-4}

e)    HCOOHpopr

 

Rozwiązanie zadania 3 :

a) Założenie zadania było takie, że uczestnik nie zna reguły 18 elektronów. Rozwiązywanie tego podpunktu należy w takim razie rozpocząć od analizy trzech podanych związków, które spełniają tą regułę.

Zajmijmy się związkiem 1) : centralnym atomem jest iryd, który ma 9 elektronów walencyjnych, zatem do 18 brakuje jeszcze 9 elektronów, które muszą w takim razie pochodzić od ligandów. Trifenylofosfina prawdopodobnie będzie dawcą wolnej pary elektronowej (atom fosforu), podobnie ligand  CO , co zostawia nam 3 elektrony, zatem każdy z pozostałych ligandów musi dostarczać po jednym (wniosek : chlor, lub ogólnie halogenek liczymy jako ,,jeden” , podobnie resztę metylową / alkilową). To samo rozumowanie dla związku 3) również doprowadza nas do 18 elektronów.

W związku drugim mamy połączenie dwóch anionów cyklopentadienylowych (które są aromatyczne i spełniają regułę Huckla  4n + 2 , zatem mają 6 elektronów) z żelazem. Żelazo ma 8 elektronów walencyjnych, ale tutaj jest na +2 stopniu utlenienia, a więc ma 6 elektronów walencyjnych. Zatem tutaj również otrzymujemy łącznie 18 elektronów (2 razy 6 od ligandów i 6 od żelaza).

[Dodatkowy komentarz] : ogółem są dwie metody na liczenie elektronów, tzw. model kowalencyjny oraz model jonowy, nie to jednak jest celem tego zadania.

W przedstawionym związku :  (TMEDA)Ni(CH_{3})_{2}   mamy ligand dwukleszczowy, z dwoma atomami azotu, z których każdy ma wolną parę elektronową. Sam nikiel ma 10 elektronów walencyjnych, grupa metylowa liczy się za 1 elektron, mamy zatem łącznie :   10 + 2 \cdot 4 + 2 \cdot 1 = 16 \ e^{-} \neq 18

A zatem związek ten nie spełnia reguły 18 elektronów.

b) Najłatwiej rozpocząć od pierwszego katalizatora (K_{1} ) , ponieważ mamy daną zawartość procentową pierwiastka lub pośrednio – zawartość procentową ligandu  CO , która w takim razie wynosi   100 - 34,5 = 65,5 \%

Wiemy, że ligandów tych jest  y , zatem można ułożyć proporcję, z której wyznaczamy masę molową całego katalizatora  :

M = \frac{28,01y \cdot 100}{65,5} \approx 42,76y

Masę molową możemy jeszcze zapisać jako :

M = xM_{T} + 28,01y   , gdzie  M_{T}   to masa molowa pierwiastka  T

xM_{T} + 28,01y = 42,76y \implies M_{T} = 14,75 \frac{y}{x}

Dla  y = 4   oraz  x = 1   otrzymujemy :

M_{T} = 59 \implies T = Co

[Dodatkowy komentarz] : jest to element zadania, którego nikt z zawodników nie rozwiązał poprawnie. Wszyscy od razu dali nikiel, chociaż były osoby, które zastanawiały się nad kobaltem, odrzucając go jednak na rzecz niespełnienia przez ten kompleks reguły 18 elektronów. Jak widać z obliczeń poniżej, to kobalt pasuje bardziej do zawartości procentowej przedstawionej w danych (34,5 \% )

  • Dla  Ni(CO)_{4}   :  \% Ni = \frac{58,69}{58,69 + 4 \cdot 28,01} = 34,37 \%
  • Dla  Co(CO)_{4}   :  \% Co = \frac{58,93}{58,93 + 4 \cdot 28,01} = 34,47 \%

Naszym pierwiastkiem jest zatem kobalt, a katalizatorem jest karbonylek kobaltu. Wzór katalizatora nie odpowiada jednak najprostszemu wzorowi empirycznemu  Co(CO)_{4}   , ponieważ wówczas niespełniona jest reguła 18 elektronów.

Rozwiązując ogólnie – przedstawiamy wzór ogólny karbonylku który uzyskaliśmy :  Co_{n}(CO)_{4n}

I korzystając z reguły 18 elektronów :

(9+i)n + 2 \cdot 4n = 18

Gdzie  i   oznacza liczbę wiązań kobalt-kobalt.

Wiemy, że  n \neq 1 , co oznacza, że będą co najmniej 2 atomy kobaltu, a to oznacza, że musi istnieć pomiędzy nimi wiązanie.  Dla  n = 2   mamy oczywiście  i = 1

Czyli wzór katalizatora  K_{1}   to  Co_{2}(CO)_{8}   i będzie jedno wiązanie pomiędzy atomami kobaltu. Strukturę tego kompleksu można znaleźć w Chemii Organicznej Claydena tom IV , rozdział Chemia metaloorganiczna. 

Katalizor  K_{2}   można bezpośrednio ustalić, ponieważ znamy stechiometrię tego związku, zatem wystarczy skorzystać z reguły 18 elektronów. Przez  f   oznaczymy liczbę elektronów walencyjnych pierwiastka  Q   :

18 = 1 + f + 2 + 3 \cdot 2 \implies f = 9

Pierwiastek, który leży w 5 okresie i ma 9 elektronów walencyjnych to rod, zatem  Q = Rh

Pierwiastkiem R musi być zatem albo leżący po lewej stronie Ruten albo leżący po prawej Pallad. Patrząc na wzór sumaryczny katalizatora  K_{3}   można łatwo obliczyć, że pierwiastek R musi mieć 10 elektronów walencyjncyh (bo   18 - 4 \cdot 2 = 10 ) , co odpowiada Palladowi. Podsumowując :

  • T = Co   oraz  K_{1} = Co_{2}(CO)_{8}
  • Q = Rh   oraz  K_{2} = HRh(CO)(PPh_{3})_{3}
  • R = Pd   oraz  K_{3} = Pd(PPh_{3})_{4} 
  • K_{4} =   Rh(PPh_{3})_{3}Cl   (jest to katalizator Wilkinsona)

c) Na schemacie poniżej przedstawiono całą syntezę

Pierwsza reakcja to tak zwana reakcja Pausona-Khanda, która zgodnie z treścią zadania, jest reakcją cykloaddycji [2+2+1] , co oznacza, że biorą w niej udział 3 indywiduua. W naszym przypadku będzie to alkin, alken oraz tlenek węgla (II).

Informacja o próbie z 2,4-dinitrofenylohydrazyną identifykuje nam związek A jako aldehyd lub keton, a ujemna próba Tollensa wyklucza aldehyd. Wiemy także, że nic nie wydarzyło się w tej reakcji z grupą estrową, bo potem w ostatnim przejściu jest ona hydrolizowana. Zatem nowo powstała grupa ketonowa, musiała wziąć się z tlenku węgla (II).

Posługując się analogią – skoro w reakcji Dielsa-Aldera tworzy się pierścien 6-członowy, a jest ona reakcją cykloaddycji [4+2] , to w reakcji cykloaddycji [2+2+1] powstanie pierścień pięcioczłonowy, co zgadzałoby się również z tym, że późniejszy węglowodór D wykazuje dużą symetrię (mamy same pierścienie pięcioczłonowe).

Powyżej przedstawiono symbolicznie reakcję Pausona Khanda. Czerwoną kreskowaną linią pokazano tworzące się nowe wiązania.

d) Skoro związek E nie odbarwia wody bromowej to znaczy, że nie będzie on posiadał już wiązania podwójnego, które też identyfikujemy jako centrum tej reakcji (co oznacza, że pierścień cykloheksanowy pozostanie niezmieniony). Wyjściowy związek miałby 6 sygnałów w widmie  ^{13}C \ NMR , a związek E ma ich 7, zatem będzie miał on 7 atomów węgla, a ten dodatkowy musi pochodzić w takim razie z tlenku węgla. Jest to reakcja hydroformylowania. 

*alternatywna odpowiedź, również punktowana :

e) Reakcja, która jest przedstawiona na schemacie to tak zwane sprzęganie Sonogashiry. Tak jak wiadomo z treści zadania – geometria (E bądź Z) zostaje zachowana i tak też należało narysować powstałe produkty. Skoro związek F reaguje z magnezem w obecności eteru dietylowego (z utworzeniem związku Grignarda) to znaczy, że związek F ma jeden atom chloru, a związek G już nie ma żadnego. Kluczową informacją jest tutaj ugrupowanie endiynowe związku G, co oznacza ugrupowanie :       alkin – alken -alkin                            (-C \equiv C - C=C - C \equiv C- )

f) Analizując budowę katalizatora użytego w zadaniu widzimy, że jest on dość mocno zatłoczony sterycznie, zatem można wnioskować, że będzie on reagował z grupą, która jest bardziej sterycznie dostępna (a ponadto grupa egzocykliczna jest po prostu bardziej reaktywna), zatem uwodornienie musiało zajść na grupie egzo-metylenowej.

g) Zacznijmy od masy molowej, która wynosi  121,94 \ \frac{g}{mol}

Wiemy, że związek X jest monopodstawioną pochodną benzenu (bo nitrowanie daje dipodstawioną pochodną). Można zapisać zatem X jako  X = C_{6}H_{5}S-Z , gdzie  -Z   to pewna reszta. Masa tej reszty wraz z pierwiastkiem  L   wynosi  121,94 -  77,11 = 44,83

Skoro nitrowanie związku X daje głównie tylko jeden produkt, to jest to produkt o orientacji meta, co oznacza, że podstawnik dołączony do benzenu jest grupą wyciągającą elektrony, co oznacza, że możemy spodziewać się atomów tlenu.

  • zakładając jeden atomu tlenu :  masa pierwiastka  L   wynosiłaby  M_{L} \approx 28,83   co nie pasuje do żadnego pierwiastka.
  • zakładając dwa atomy tlenu :  M_{L} = 12,83   co również nie pasuje do żadnego pierwiastka.
  • nie może być trzech atomów tlenu.

W takim razie musi być jeszcze jakiś pierwiastek. Tlen może być połączony z wodorem w formie grupy hydroksylowej.

  • zakładając jedną grupę hydroksylową :  M_{L} = 27,82 , co znów nie daje nam żadnego dopasowania.
  • zakładając dwie grupy hydroksylowe :  M_{L} = 10,81   co idealnie zgadza się z borem.

Związek X to zatem :  PhB(OH)_{2}

Poniższa reakcja przedstawia reakcję sprzęgania Suzukiego.

h) struktury rezonansowe pokazane poniżej pokazują, że na pozycje orto i para są bogatsze w elektrony, co zostawia pozycję meta jako najbardziej reaktywne centrum podczas elektrofilowej substytucji aromatycznej, jaką jest reakcja nitrowania. Atom boru jest centrum kwasowym Lewisa – jest zatem akceptorem pary elektronowej. Para elektronowa z pierścienia fenylowego jest zdelokalizowana na atomie boru.

 

Statystyki i wnioski po próbnym I etapie

Statystyki i wnioski po próbnym I etapie

W ankiecie wzięło udział 44 osoby. Deklarowało się około 100 osób, więc ten, tego… No ale w sumie na obronę można powiedzieć, że wypełnienie ankiety mogło zająć nawet 10 minut, więc W PEŁNI ROZUMIEM! *to aż 1,4% czasu, który zajęło mi stworzenie tych zadań wraz z napisaniem pełnych rozwiązań (skromne 10000 słów).

Wiele jednak osób pisało mi bardzo złożone odpowiedzi na pytania otwarte, za co ogromnie dziękuję! Wreszcie jest co poczytać o tej olimpiadzie 🙂 . Jeśli chcecie ogólnie sobie porozmawiać o OlChemie – nie bójcie się do mnie pisać!

Jak ktoś jeszcze nie widział, to zadania są tu :  Próbny I etap przed 65 Olimpiadą Chemiczną

Czy będzie w takim razie próbny II etap – zobaczymy… Czytaj dalej Statystyki i wnioski po próbnym I etapie

Próbny I etap – rozwiązania cz. 2

Próbny I etap – rozwiązania cz. 2

Treść zadań znajdziesz tu : Próbny I etap przed 65 Olimpiadą Chemiczną

Pierwszą część rozwiązań (Zadania 1 – 3) można znaleźć tu : Próbny I etap – rozwiązania

*Zdjęcie przedstawia jednego z wybitniejszych chemików organicznych dwudziestego wieku : Roberta Woodwarda


Zadanie 4 – rozwiązanie : 

Czytaj dalej Próbny I etap – rozwiązania cz. 2

Próbny I etap przed 65 Olimpiadą Chemiczną

Próbny I etap przed 65 Olimpiadą Chemiczną

Serdecznie zapraszam!

Czytaj dalej Próbny I etap przed 65 Olimpiadą Chemiczną