Учебна програма на курса

Вестник бр.	Учебен материал
17	Лекция №1.Основните цели и задачи на олимпиадното движение в контекста на съвременното образование в Русия. История на движението на химическите олимпиади в Русия. Системата от химически олимпиади и творчески състезания в Русия. Ролята на химическите олимпиади в образованието и науката.(Тюлков И.А., Архангельская О.В.)
18	Лекция №2.Методика за подготовка и провеждане на олимпиади на различни нива. Организация на олимпиади по химия: от прости до сложни. Подготвителен, основен и заключителен етап от организирането на олимпиадите. Системата на участниците в олимпиадата, тяхната роля.(Тюлков И.А., Архангельская О.В.)
19	Лекция No3.Концептуални основи на съдържанието на олимпиадните задачи. Приблизителна програма за съдържание за различни етапи на химически олимпиади: строги граници или насоки за подготовка? Класификация на олимпиадните задачи. Цели на олимпиадите по химия: от етап на етап, от кръг на кръг.(Тюлков И.А., Архангельская О.В.) Тест №1(краен срок: 25 ноември 2008 г.)
20	Лекция №4.Методология за решаване на проблеми, включващи "верига" от трансформации. Класификация на задачите с трансформационни схеми. Тактика и стратегия за решаване на олимпиадни задачи с „вериги“.
21	Лекция № 5.Методи за решаване на задачи по физикохимия (1). Проблеми по термохимия. Задачи с използване на понятията „ентропия” и „енергия на Гибс”.(Тюлков И.А., Архангельская О.В., Павлова М.В.)
22	Лекция №6.Методи за решаване на задачи по физикохимия (2). Проблеми с химическия баланс. Проблеми с кинетиката.(Тюлков И.А., Архангельская О.В., Павлова М.В.) Тест No2(срок – 30 декември 2008 г.)
23	Лекция No7.Методически подходи при изпълнение на експериментални задачи. Класификация на задачите от експерименталния кръг. Практически умения, необходими за успешно изпълнение на експериментални задачи.(Тюлков И.А., Архангельская О.В., Павлова М.В.)
24	Лекция No8.Методически принципи за подготовка на ученици за олимпиади. Използването на съвременни педагогически технологии при подготовката за олимпиади на различни нива. Тактика и стратегия на подготовка и участие в олимпиади. Организационна и методическа работа на учителя-наставник. Методически подходи за съставяне на олимпиадни задачи. Олимпиадата като средство за повишаване на квалификацията на учителите-ментори. Ролята на Интернет комуникацията и медиите в обмена на преподавателски опит.(Тюлков И.А., Архангельская О.В., Павлова М.В.)
Финална работа. Кратък отчет за финалната работа, придружен с удостоверение от учебното заведение, трябва да бъде изпратен в Педагогическия университет не по-късно от 28 февруари 2009 г. (Повече подробности за финалната работа ще бъдат публикувани след лекция № 8.)

И.А.ТЮЛКОВ,
О.В.АРХАНГЕЛСКАЯ,
М.В. ПАВЛОВА

ЛЕКЦИЯ №4
Методика за решаване на проблеми,
включващи „верига“ от трансформации

Класификация на задачите с трансформационни схеми

В задачите на Всеруската олимпиада по химия за ученици на всеки етап и за всяка възрастова група участници винаги има задачи с диаграми на последователни превръщания на едно вещество в друго, които характеризират връзката между основните класове органични и неорганични вещества. Многоетапна схема за превръщане на едно вещество в друго в определена последователност често се нарича "верига". Във „верига“ някои или всички вещества могат да бъдат криптирани.

За да изпълните тези задачи, трябва да знаете основните класове неорганични и органични съединения, номенклатура, лабораторни и промишлени методи за тяхното получаване, химични свойства, включително продукти от термично разлагане на веществата, и механизми на реакция.

„Веригите“ са оптималният начин за проверка на голямо количество знания (почти всички раздели на общата, неорганичната и органичната химия) в една задача.

Схемите на трансформации на веществата могат да бъдат класифицирани по следния начин.

1) По обекти:

а) неорганични;

б) органични;

в) смесени.

2) По видове или механизми на реакции (това се отнася главно за органичната химия).

3)Под формата на "верига".

а) Всички вещества са дадени без да се посочват условията на реакцията.

б) Всички или някои вещества са кодирани с букви. Различните букви съответстват на различни вещества, условията на реакцията не са посочени.

(В диаграмите стрелките могат да бъдат насочени във всяка посока, понякога дори и в двете посоки. Освен това, това не е знак за обратимост! Такива реакции, като правило, съдържат различни реагенти.)

в) Веществата в диаграмата са напълно или частично кодирани с букви и са посочени условията на реакцията или реагентите.

г) В диаграмите вместо вещества са дадени елементите, които изграждат веществата в съответните степени на окисление.

д) Схеми, в които органичните вещества са криптирани под формата на брутни формули.

Схемите могат да бъдат линейни, разклонени, под формата на квадрат или друг многоъгълник (тетраедър, куб и др.).

Тактика и стратегия за решаване на олимпиадни задачи с „вериги“

В тази лекция ще се придържаме към класификацията на задачите според форматапредставени във „верига“ от последователни трансформации на едно вещество в друго.

За да разрешите правилно всеки проблем за съставяне на уравнения на реакцията според диаграмата, трябва:

1) поставете числа под или над стрелките - номерирайте уравненията на реакцията, обърнете внимание по какъв начинстрелките са насочени във веригата от трансформации;

2) дешифрирайте веществата, представени с букви, свойства или груби формули (отговорът трябва да бъде мотивиран, т.е. необходимо е не само да се запишат формулите на декриптираните съединения, но и да се дадат подробни обяснения на дешифрирането);

3) запишете (под съответните номера) всички уравнения на реакцията;

4) внимателно проверете дали коефициентите са зададени правилно;

5) напишете условията за реакциите, ако е необходимо.

Едно вещество може да се превърне в друго по различни начини. Например CuO може да се получи от Cu, Cu(OH) 2, CuSO 4, Cu(NO 3) 3 и др. Всякакви правилнорешение. За някои проблеми са дадени алтернативни решения.

Нека илюстрираме почти всички видове „вериги“, които се дават на регионален (III) етап. Нивото на тези задачи е близко до програмата за влизащите в химическите университети. Следователно това ще бъдат примери не само от наборите от регионалните етапи на Всеруската олимпиада, но и от картите за приемни изпити по химия в Московския държавен университет. М. В. Ломоносов. Освен това се използват задачи от олимпиадите от последните години, предшестващи тези изпити (например от състезанието „Покори Спароу Хилс“ и олимпиадата „Ломоносов“). При решаване на задачи, в които има криптирани вещества, се дават подробни обяснения за дешифриране на конкретна връзка.

Да започнем с най-лесните задачи.

Всички вещества са дадени без да се посочват условията на реакцията

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.

Решение

Нека номерираме веригата:

За провеждане на първата реакция са необходими както редуциращ агент, така и съединение, способно да отстрани сулфатния йон от реакционната сфера. Например бариев йодид.

Третата реакция изисква окислител. Най-подходящ е водородният прекис, т.е. получава се само един реакционен продукт. Нека напишем уравненията на реакцията.

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

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

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

4) 2Fe(OH)3 = Fe2O3 + 3H2O;

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

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

Задача 2.Напишете уравнения на реакцията, съответстващи на следната схема:

Решение

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

2) 5CH3COCH3 + 8KMnO4 + 12H2SO4 = 5CH3COOH + 5CO2 + 8MnSO4 + 4K2SO4 + 17H2O;

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

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

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

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

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

Задача 3.

Напишете уравнения на реакцията, съответстващи на следната схема:

Решение

1) 2СuCl + Cl 2 = 2CuCl 2 ;

2) CuCl (твърд) + 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 реакция 6) може да бъде само пропинова сол (C 3 H 4), тъй като алкините с терминал
° С = СН групата е СН киселина, с която реагират медни и сребърни комплекси.

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

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

8) CuSO 4 CuO + SO 3

CuSO 4 CuO + SO 2 + 0.5O 2;

9) CuO + 2HCl = CuCl 2 + H 2 O;

10) CuCl + 2NH3 (воден разтвор) = Cl;

11) C 3 H 3 Cu + 3HNO 3 (конц.) = Cu(NO 3) 2 + C 3 H 4 + NO 2 + H 2 O (във воден разтвор);

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

Всички или някои вещества са кодирани с букви.
Условията на реакцията не са посочени

Задача 4.Схемата за трансформация е дадена:

Напишете уравненията за реакциите, обозначени със стрелки. Назовете непознатите вещества.

Решение

Идентифициране на неизвестни вещества. CuSO4 може да се получи чрез разтваряне на Cu, CuO или Cu2O в сярна киселина. Cu 2 O не е подходящ, защото това вещество вече присъства във веригата. Така че първите две реакции могат да бъдат:

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

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

1) Cu 2 O = Cu + CuO

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

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

Известно е, че прясно приготвеният меден (II) хидроксид окислява алдехидите. В резултат на реакцията се получава оранжева утайка от Cu 2 O. Следователно X 2 – Cu(OH) 2.

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

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

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

Отговор. X1 е или мед, или меден(II) оксид; X 2 е прясно приготвен меден (II) хидроксид.

Проблем 5(Химически факултет на Московския държавен университет, 1998 г.). Напишете уравненията на химичните реакции, съответстващи на следната последователност от трансформации:

Решение

Началната (ключова) връзка в тази схема е вещество Е - алдехид. Нека разгледаме реакции 4, 5 и 1. Известно е, че качествена реакция към алдехид е неговото взаимодействие с прясно приготвен Cu(OH) 2. Резултатът е карбоксилна киселина, съответстваща на алдехида и Cu 2 O. Вероятно веществото F е Cu 2 O, т.к. от вещество F трябва да се получи вещество B. Тъй като вещество B също се получава от термично разлагане на Cu(OH) 2, ясно е, че B е CuO. От това следва, че веществото е C – H 2 O. D е алкохол, който се редуцира с помощта на CuO до алдехид. И накрая, реакция 2: алкохолът (D) се получава чрез хидратиране на алкен (в схемата алкохолът се получава от вода!), което означава, че трябва да съдържа поне два въглеродни атома във веригата.

A – Cu(OH) 2 ; B – CuO;

C – H 2 O; D – RCH 2 CH 2 OH;

E – RCH 2 CHO; F – Cu 2 O.

Реакционни уравнения:

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=O + Cu + H 2 O;

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

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

5) 2Cu 2 O + O 2 4CuO

Cu 2 O = Cu + CuO.

Проблем 6 (за самостоятелно решение).

Напишете уравнения на реакцията, съответстващи на следната схема на последователни трансформации:

Назовете веществата X 1 и X 2.

Веществата в схемата са напълно или частично криптирани с букви
и са посочени условията на потока или реагентите

Задача 7.Напишете уравненията на химичните реакции, съответстващи на последователността от трансформации:

Идентифицирайте неизвестни вещества.

Решение

Когато желязото реагира със солна киселина, се получава железен (II) хлорид. (Това се обяснява с факта, че водородът по време на освобождаването не позволява на желязото да се окисли до степен на окисление +3.) При втората реакция той се окислява до и сярната киселина може да се редуцира до сяра или SO 2. Полученият разтвор на железни (III) соли има кисела среда, т.к Това са соли, образувани от слаба основа и силни киселини. Когато се добави сода - сол на силна основа и слаба киселина - възниква съвместна хидролиза, която протича до края, т.е. образуват се утайка (Fe(OH) 3) и газ (CO 2). Хидролизата на всяка сол засилва хидролизата на другата.

X 1 – FeCl 2; X 2 – Fe 2 (SO 4) 3 и FeCl 3 (смес);

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

Реакционни уравнения:

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.Напишете уравненията на химичните реакции, съответстващи на следната верига от трансформации:

Решение

Нека номерираме уравненията на реакцията във „веригата“:

Реакция 1 е тримеризация на ацетилен (типичен метод за производство на бензен). Следваща (реакция 2) е алкилирането на Фридел-Крафтс на бензен в присъствието на киселина на Луис AlBr 3 . Бромирането в светлина (реакция 3) се извършва в страничната верига. Алкохолният разтвор на алкали в реакция 4 е реагент за получаване на алкин от дихалогенно производно на алкан. Следва реакцията на обмен (реакция 5): водород при тройната връзка в алкина и сребърен йон в амонячен разтвор на сребърен оксид. И накрая (реакция 6) - полученият сребърен фенилацетиленид влиза в обменна реакция с метил йодид, в резултат на което въглеродната верига се удължава.

Реакционни уравнения:

1) 3C2H2 = C6H6;

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

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

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

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

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

И така, криптираните вещества:

В диаграмите вместо вещества са дадени елементи,
съставки на веществата в съответните степени на окисление

Задача 9.Напишете уравнения на реакцията, илюстриращи схемата на трансформация:

Решение

Нека номерираме уравненията на реакцията във веригата:

В реакция 1 съединението Fe(II) се окислява до съединението Fe(III) (това могат да бъдат соли, хидроксиди, оксиди и др.). Като окислител можете да вземете дихромати или хромати, перманганати, халогени и др.

В реакция 4 желязото от степен на окисление +3 се редуцира до просто вещество. Металното желязо обикновено се получава чрез редуциране на неговите оксиди (например с хром или алуминий при високи температури - металотермия).

Железен (III) оксид може да се получи чрез термично разлагане на неговите соли или хидроксид (реакция 3). Реакция 2 най-вероятно е размяна. Реакция 5 – взаимодействие на метално желязо с неокисляваща киселина (HCl, HBr, CH 3 COOH и др.).

Нека разгледаме три от всички възможни решения на този проблем.

Първи вариант:

1) 2Fe 2+ + Cl 2 = 2Fe 3+ + 2Cl – ;

2) Fe 3+ + 3OH – = Fe(OH) 3;

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

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

Втори вариант:

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

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

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

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

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

Трети 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 (калциниране);

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

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

Схеми, в които органични вещества
криптирани под формата на брутни формули

Проблем 10.Напишете уравнения на реакцията, съответстващи на следната схема на трансформация:

В уравненията посочете структурните формули на веществата и условията на реакцията.

Решение

Ключовата връзка във веригата е вещество с формула C 3 H 4 O 2. В реакция 1 веществото се редуцира (допълнителни четири водородни атома се появяват в брутната формула), а в реакция 3 се окислява (допълнителни два кислородни атома се появяват във формулата). Най-вероятно C 3 H 4 O 2 е пропандиал (CHO–CH 2 –CHO), след това C 3 H 4 O 4 е пропандиолова киселина (COOH–CH 2 –COOH), а C 3 H 8 O 2 е пропандиол - 1,3 (CH2OH–CH2–CH2OH). Разсъждавайки по подобен начин (изчислявайки промените в броя на атомите в молекулата), заключаваме, че реакция 4 произвежда двоен етилов естер на пропандиоловата киселина (C 2 H 5 OOC–CH 2 – COOC 2 H 5). Реакция 5 е алкална хидролиза на естера, което води до C 3 H 2 O 4 Na 2 сол (NaOOC–CH 2 –COONa), а реакция 6 с помощта на халогенметан произвежда двоен метилов естер на пропандиоловата киселина (CH 3 OOC– CH 2 –COOCH 3).

Реакция 2 – взаимодействие на пропандиол-1,3 с метанал до образуване на диоксан-1,3

Реакционни уравнения:

Проблем 11.

Напишете уравнения на реакцията, съответстващи на следната схема на трансформация:

В уравненията посочете структурните формули на веществата и условията на реакцията.

(Знак S Nпоказва, че реакцията протича по механизма на нуклеофилно заместване.)

Решение

Нека номерираме уравненията на реакцията във веригата:

Молекулата на веществото C 8 H 9 Cl, получена чрез един етап от бензен, очевидно съдържа фенилов радикал - това следва от съотношението на въглерод и водород в съединението (C 6 H 5 C 2 H 4 Cl). Тогава X може да бъде вещество C 6 H 5 –CH 2 – CH 3, което се превръща в C 6 H 5 – C 2 H 4 Cl, когато е изложено на хлор на светлина; или X може да бъде вещество C 6 H 5 –CH=CH 2, което дава C 6 H 5 C 2 H 4 Cl, когато е изложено на HCl. И в двата случая хлорът отива към вторичния въглероден атом C 6 H 5 CHCl–CH 3.

Веществото Y се получава чрез реакция на нуклеофилно заместване на хлор, най-вероятно с ОН група (реакция 3). Тогава реакция 4 ще бъде реакция на дехидратация. C 8 H 8 в контекста на този проблем вероятно е C 6 H 5 –CH=CH 2. В този случай реакция 5 - окисление при двойната връзка с перманганат в неутрална среда - води до образуването на диол с брутната формула C 8 H 10 O 2. И накрая, появата във формулата, която завършва „веригата“ (в сравнение с веществото Z) на още четири въглеродни атома, четири водородни атома и два кислородни атома, означава реакция на естерификация на диол и оцетна киселина.

Реакционни уравнения:

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 даваме примери за задачи, които бяха представени федерален окръг* И финалните етапи на Всеруската олимпиада по химия за ученици.На тези етапи веригите от трансформации стават по-сложни. В допълнение към самата верига е предоставена допълнителна информация за свойствата на криптираните вещества. За дешифриране на вещества често е необходимо да се извършват изчисления. В края на текста на задачата обикновено се иска да отговорите на няколко въпроса, свързани със свойствата на веществата от „веригата“.

Проблем 1 (федерален окръжен етап 2008 г., 9 клас).

« А, бИ IN- прости вещества. Ареагира бързо с бпри нагряване до 250 °C, образувайки тъмночервени кристали от съединението Ж. реакция бс INслед предварително иницииране протича много бурно, което води до образуването на безцветна субстанция д, газообразен при нормални условия. Ж, от своя страна, е в състояние да реагира с INпри температура 300–350 °C, докато червените кристали се превръщат в бял прах ди се образува връзка д. вещество Ареагира с дсамо при температура от около 800 °C, в който случай дИ IN. вещество Жможе лесно да се сублимира при понижено налягане и температура под 300 °C, но при нагряване над 500 °C неговите пари се разлагат, за да образуват вещество би отново връзки д.

1. Идентифицирайте веществата А–д.

2. Напишете уравненията за всички споменати реакции в съответствие с дадената диаграма.

3. Как ще си взаимодействат веществата? ЖИ дс водни разтвори на натриев сулфид и йодид, с излишък от концентриран разтвор на калиев цианид? Напишете уравненията на реакцията.

4. Напишете уравненията за реакциите, протичащи при взаимодействие на веществата Ж, дИ дс концентрирана азотна киселина."

Решение

1. Нека обърнем внимание на процентите: връзка д, състоящ се от два елемента бИ IN, газообразен и съдържа само 2,74% IN. Такъв малък процент показва, че или атомната маса на елемента INмного малък, или във формулата делементът има голям индекс б. Като се има предвид това дна бр. е газ, най-вероятно е това IN- това е водород. Нека проверим нашата хипотеза. Ако съставът дизразяват с формулата Н хд при, Че

2,74: (97,26/М E) = х : при.

Имайте предвид, че връзките където прине е равно на 1, не може да се получи чрез директно взаимодействие на елемента с водород по време на „бурна реакция след предварително иницииране“. Пренареждайки уравнението, получаваме МЕ = 35,5 х, което има единственото разумно решение, когато х= 1. Така, IN– водород, б– хлор

Да дефинираме веществото д, който съдържа 55,94% хлор. Образува се по време на реакцията на просто вещество Ас хлороводород и се отделя водород, което предполага: д– хлорид на елемент, образуващ просто вещество А. За съединение ECl х :

(55,94/35,45) : (44,06/М E) = х.

Оттук МЕ = 27,92 х. При х= 1 и 3 се получават съответно силиций (28) и криптон (84), но това противоречи на техните валентни възможности и условията на проблема, но с х= 2 се получава желязо (56), което в реакция с хлороводород всъщност образува FeCl 2. По време на директната реакция на желязото с хлора се образува друг хлорид - FeCl3.

И така, криптираните вещества:

А– Fe; б– Cl 2 ; IN– H2;

Ж– FeCl3; д– HCl; д– FeCl 2.

2. Реакционни уравнения във веригата:

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

FeCl2 + Na2S = FeS + 2NaCl;

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

(възможни реакции:

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

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

FeCl3 + 6KCN = K3 + 3KCl;

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

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

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

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

Проблем 2 (федерален окръжен етап 2007 г., 10 клас).

„Под А–д(с изключение IN) веществата, съдържащи преходни метали, са криптирани.

Количествен състав на веществата АИ СЪС:

A:(Cu)=49,3%, (О)=33,1%, (S)=16,6%.

° С:(Co)=50,9%, (О)=34,5%, (S)=13,8%.

1. Идентифицирайте веществата А–ди напишете уравненията на реакциите.

2. В какъв случай в дадената схема е веществото INсе оказва аморфен и в какво кристален? Предложете един алтернативен метод за синтез на кристални и аморфни вещества IN.

3. Какво е тривиалното наименование на веществото? д?»

Решение

1. Добавяне на всички дадени масови фракции (както за вещество А, и за веществото СЪС), няма да получим 100%. Това означава, че тези вещества съдържат поне още един елемент!

вещество A:

Като се има предвид малката масова част на неизвестния елемент, може да се приеме, че това е водород. Тогава брутната формула на съединението е А: Cu 3 S 2 O 8 H 4 или Cu 2 SO 3 CuSO 3 2H 2 O.

вещество СЪС:

Подобно на предишния случай, можем да приемем, че тук неизвестният елемент е водород. След това формулата на веществото СЪСще бъде Co 2 (OH) 2 SO 3 .

вещество IN– това е Al(OH) 3. Когато алуминиевият сулфат реагира с натриев сулфит, се образува аморфен алуминиев хидроксид. Във втория случай, когато триетиламониев хлорид реагира с Na, се образува кристален алуминиев хидроксид.

При взаимодействие INИ СЪСпри нагряване се образува кобалтов алуминат - Co (AlO 2) 2.

В алкална среда редукцията на перманганатния йон става съответно до степен на окисление +6 или до +5 д– K 2 MnO 4 или K 3 MnO 4 .

А– Cu 2 SO 3 CuSO 3 2H 2 O; б– Al(OH)3; ° С– Co 2 (OH) 2 SO 3 ; д– CoAl 2 O 4 ; д– K 2 MnO 4 или K 3 MnO 4 .

Реакционни уравнения във „веригата“:

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

(заедно с алуминиев хидроксид, тази фаза ще съдържа основни сулфати с различен състав, но традиционно се смята, че се образува аморфен алуминиев хидроксид);

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

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

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

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

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

2. Разтворите на алуминиеви соли имат кисела среда:

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

При добавяне на алкали (или воден разтвор на амоняк), карбонати или бикарбонати, повишаването на рН на разтвора води до изместване на равновесието надясно и полимеризация на аквахидроксо комплекси чрез свързване на хидроксо и оксо групи в полинуклеарни комплекси. В резултат на това се образува продукт със състав Al 2 O 3 х H2O( х > 3) (аморфна утайка, която няма постоянен състав).

Метод за получаване на аморфен алуминиев хидроксид:

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.

Методът за получаване на кристален алуминиев хидроксид е бавно преминаване на CO 2 през разтвор на натриев тетрахидроксиалуминат:

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

Във втория случай се получава продукт с определен състав - Al(OH) 3.

3. Кобалтовият алуминат има тривиалното име "тенар синьо".

Проблем 3 (последен етап 2008 г., 10 клас).

„Диаграмата по-долу показва трансформациите на съединенията А–ДА СЕсъдържащи същия елемент х.

Допълнително известни:

елемент хсреща се естествено като минерал А(тегловно съдържание: Na – 12,06%,
X – 11,34%, H – 5,29%, останалото е кислород);

б– бинарно съединение, съдържащо 15,94% (по маса) X;

IN– безцветен газ с плътност на въздуха около 1;

Съединение дизползва се в медицината под формата на алкохолен разтвор;

д- модификация Зподобни на графита по физични свойства;

вещество Исе използва широко в органичния синтез като редуциращ агент;

Молекула ДА СЕ(почти плоска) има ос на симетрия от трети ред (при пълно завъртане около тази ос на симетрия молекулата ДА СЕвъзпроизвежда позицията си в пространството три пъти); в 1Н NMR спектъра на съединението ДА СЕсе наблюдават два сигнала.

1. Определете елемент х. Потвърдете отговора си с изчисления.

2. Дайте формулите на съединенията А–И. Назовете минерала А.

3. Начертайте структурната формула ДА СЕи назовете тази връзка.

4. Напишете уравненията за всички реакции, показани на диаграмата.

5. Напишете уравнението на реакцията х(аморфен) със смес от концентрирана азотна и флуороводородна киселина.

6. Какво обяснява сходството на физичните свойства - модификация Зс графит?

Решение

1. Бинарно вещество бобразувани от взаимодействието на минерал Ас калциев флуорид в присъствието на концентрирана сярна киселина. Може да се предположи, че бв допълнение към елемента X съдържа флуор. Като се има предвид, че валентността на флуора в съединенията е 1, бможе да се запише във формата XF н. Нека дефинираме елемент X:

Където Г-н(X) – относителна атомна маса на елемент X, н– валентност X в съединението б. От това уравнение намираме

Г-н(X) = 3,603 н.

Преглеждане на стойностите нот 1 до 8. Единственият разумен вариант се получава, когато н = 3: Г-н(X) = 10,81, т.е. елементът X е бор (и веществото б– борен трифлуорид BF 3).

2. Нека намерим състава на веществото А.

тези. Na 2 B 4 H 20 O 17, или Na 2 B 4 O 7 10H 2 O, е минералът "боракс" (вещество А).

Когато борният трифлуорид се редуцира с натриев хидрид, се образува безцветен газ IN, най-вероятно представляващо водородно съединение на бор. Тъй като плътността INпо въздух около 1, молекулно тегло INе близо до 29, следователно веществото B е диборан B 2 H 6 ( Г-н = 28).

По-нататъшното взаимодействие на диборан с излишък от NaH в етер води до образуването на сложен хидрид, широко използван в органичния синтез като редуциращ агент - натриев тетрахидрид борат Na (вещество И).

При изгаряне на диборан се образува борен оксид, Ж– B 2 O 3 , чиято редукция с метален алуминий води до образуването на аморфен бор. Борният оксид реагира с вода, което води до образуването на ортоборна киселина H 3 BO 3 (вещество д, под формата на алкохолен разтвор, се използва в медицината под името "борен алкохол"). Борната киселина реагира с концентрирана флуороводородна киселина, за да се получи комплексна киселина, която след обработка с разтвор на натриев хидроксид се превръща в натриев тетрафлуороборат Na (съединението д).

Нека разгледаме взаимодействието на борен трифлуорид с газообразен амоняк. BF 3 – типична киселина на Луис (акцептор на електронна двойка); молекулата на амоняка има несподелена електронна двойка, т.е. NH3 може да действа като база на Люис. Когато борен трифлуорид реагира с амоняк, се образува адукт със състав BF 3 NH 3 (съединение И) (ковалентната връзка между борните и азотните атоми се образува съгласно донорно-акцепторния механизъм). Нагряването на този адукт над 125 °C води до образуването на борен нитрид BN (съединение З).

3. Когато диборан реагира с газ амоняк при нагряване, продуктът се образува ДА СЕ, съдържащ водород, бор и вероятно азот. Молекула ДА СЕима плоска структура, високата му симетрия показва възможен въглероден аналог на това съединение - бензен. Въпреки това, за да може една молекула ДА СЕИмаше два вида водородни атоми и имаше ос на симетрия от трети ред, беше необходимо последователно да се поставят азотни и борни атоми в "бензеновия" пръстен вместо въглеродни атоми (фиг.). Съединение ДА СЕнаречен "неорганичен бензен" (боразол).

4. Уравнения на реакциите, описани в задачата:

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

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

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

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

5) B2H6 + 2NaH2Na;

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

7) H3BO3 + 4HF (конц.) = H + 3H2O,

H + NaOH = Na + H2O;

8) BF3 + NH3 = BF3NH3;

9) 4BF3NH3BN + 3NH4BF4;

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

5. B (аморфен) + 3HNO 3 (конц.) + 4HF (конц.) = H + 3NO 2 + 3H 2 O.

6. Имайте предвид, че частицата BN е изоелектронна на частицата C 2; сумата от ковалентните радиуси на борния и азотния атом е приблизително равна на сумата от двата ковалентни радиуса на въглеродния атом. Освен това борът и азотът имат способността да образуват четири ковалентни връзки (три чрез обменния механизъм и една чрез донорно-акцепторния механизъм). Съответно BN също образува две структурни модификации – графитоподобна (-модификация) и диамантоподобна (-модификация). Ето защо -BN е много подобен по физични свойства на графита (огнеупорност, смазочни свойства).

Литература

Цели на Всеруските олимпиади по химия. Изд. акад. РАН, проф. В. В. Лунина. М.: Изпит, 2004, 480 с.; Химия: формули за успех на приемните изпити. Урок. Изд. Н. Е. Кузменко, В. И. Теренина. М.: Издателство на Московския държавен университет, Наука, 2006, 377 с.; Химия-2006: Приемни изпити в Московския държавен университет. Изд. проф. Н. Е. Кузменко и проф. В.И.Теренина. М.: Издателство на Московския държавен университет, 2006, 84 с.; Приемни изпити и олимпиади по химия в Московския университет: 2007 г. Изд. проф. Н. Е. Кузменко и проф. В.И.Теренина. М.: Издателство на Московския държавен университет, 2008 г., 106 с.; Цели на Всеруската олимпиада по химия на федералния окръг и финалните етапи на 2003–2008 г. Интернет. http://chem.rusolymp.ru; www.chem.msu.ru.

* До 2008 г. включително VOSH(x) се проведе на пет етапа: училищен, общински, регионален, федерален окръжен и финален. – Забележка автори.

Назад напред

внимание! Визуализациите на слайдове са само за информационни цели и може да не представят всички характеристики на презентацията. Ако се интересувате от тази работа, моля, изтеглете пълната версия.

Цели на урока:

• повторете алгоритъма за съставяне на ORR с помощта на метода на електронния баланс и разкрийте същността на метода на полуреакция MPR.
• покажете предимствата при развиването на умения за прогнозиране на посоката на протичане на редокс реакции в разтвори, като използвате примера на манганови съединения.
• консолидират умения за съставяне на уравнения на ORR, срещащи се в различни среди.
• учат как да прилагат придобитите знания за решаване на конкретни проблеми.

Цели на урока.

• Подгответе учениците за изпълнение на задача 36 от Единния държавен изпит по химия
• Планиран резултат

Предмет:

• зная ОВР, правила за съставяне на ОВР;
• да бъде в състояние да Определете естеството на околната среда, условията за възникване на окислително-редукционната реакция, първоначалните и продуктите на образуване, окислител и редуциращ агент, съставете електронен баланс и използвайте метода на полуреакциите, направете експеримент и направете заключение въз основа на експеримента.

Метасубект:

• да бъде в състояние да Организирайте дейността си, определете нейните цели и задачи, изберете средства за постигане на целта и ги приложете на практика, оценете резултатите; установяват причинно-следствени връзки, изграждат логически разсъждения, правят изводи; умение за създаване на модели и диаграми; способност за организиране на учебно сътрудничество и съвместни дейности с учителя и връстниците, работа индивидуално и в група.

лични:Формиране на отговорно отношение към ученето, готовност и способност на учениците за саморазвитие и самообразование на базата на мотивация за учене и познание; формиране на комуникативна компетентност в общуването и сътрудничеството с връстниците в процеса на учебната дейност.

Оборудване и реактиви:

• персонален компютър, проектор, презентация
• Разтвор на калиев перманганат, кристален калиев перманганат, разтвор на сярна киселина, алкален разтвор, разтвор на калиев йодид, натриев сулфит, 5-10% разтвор на водороден прекис
• Големи епруветки, поставени в демонстрационна стойка с бял фон, устройство за получаване на газове, приемна колба, желязна стойка, спиртна лампа, треска, кибрит, епруветки в универсална стойка на всяка маса, стъклена пръчка
• Приложение 1 „Съединения на елемента манган: окислители и редуктори, изчисляване на степени на окисление“
• Приложение 2 „Алгоритъм за съставяне на OVR уравнения с помощта на метода на електронния баланс“
• Приложение 3 „Алгоритъм за съставяне на OVR уравнения с помощта на йонно-електронен метод“
• Приложение 4 „Окислителни и редукционни свойства на водородния прекис в зависимост от естеството на околната среда. Указания за извършване на лабораторни опити.”

Тип урок:усвояване на нови знания с помощта на съществуващи знания и умения, последвано от обобщаване и систематизиране.

Форми използвани в урока

• Обяснение (обяснително-илюстративно)
• разсъждение (частично търсене)
• общи характеристики (проблемни)

Методи, използвани в урока

• устно (разговор, обяснение)
• визуални (експерименти, компютърна презентация, информационни приложения)
• практически (демонстрация и самостоятелно изпълнение на опити).

План на урока.

1. Актуализиране на знанията.
2. Повторение на основните теоретични понятия на темата.
3. Определяне на средата (киселинна, неутрална или алкална), в която протича реакцията.
4. Електронен и йонно-електронен метод за съставяне на ORR уравнения
5. Затвърдяване на придобитите знания

По време на часовете

1. Актуализиране на знанията.

Подготовката за задача 36 се състои от няколко елемента:

Изучаване на теоретичен материал, индивидуални консултации с преподавателя и изпълнение на задачи по този методически материал.

Преди да започнете работа, е необходимо да овладеете основните термини, определения, понятия и да овладеете техниката на химичните изчисления.

Задачата предлага схема на реакция, като формулите на едно или две вещества са заменени с точки.

Всички задачи 36 могат да бъдат разделени на три типа:

Учителят прожектира диаграми на екрана с помощта на видео проектор Слайд 2

2. Повторение на преминатия материал

В основната училищна програма вече сте засегнали основните въпроси, необходими за изпълнение на задача 36.

Знаете ли кои химични реакции са редокс и че в ORR един от участниците се окислява. Това е редуциращ агент, т.е. той отдава електрони и повишава степента си на окисление. Другият се реставрира. Той е окислител, т.е. той привлича валентна двойка електрони върху себе си, понижавайки степента на окисление.

Слайд 3 Учителят използва видео проектор, за да прожектира диаграми на екрана.

Да изпълним задачата. На чиновете учениците имат приложение Приложение 1

Да направим упражнението:

1. определяне на степента на окисление на елементите по формулата
2. структурата на мангановия атом определя възможните степени на окисление на елемента, неговата окислителна и редукционна способност.
3. попълнете таблицата по видове химични реакции
4. формира заключение

Учениците попълват таблицата. Те заключават: всички реакции на заместване и реакции, в които присъстват прости вещества, се класифицират като ORR. Помислете за структурата на мангановия атом. Те правят заключение.

3. Определяне на средата (киселинна, неутрална или алкална), в която протича реакцията.

Когато стартирате тази задача, трябва, като използвате логически разсъждения, да идентифицирате липсващите вещества. За да направите това, трябва да знаете основните окислители и редуциращи агенти, както и продуктите от тяхната редукция или окисление.

Освен това, за да се добавят липсващи вещества, трябва да се вземе предвид средата, в която протича редокс реакцията.

Можете да определите средата

А) чрез продукти на редукция на окислителя (например манган)

Перманганатите са силни окислители и в зависимост от pH на околната среда:

Учителят използва видеопроектор, за да прожектира диаграми на екрана и да проведе експеримент.

Слайд 4, 5, 6 Демонстрационен експеримент „Химически хамелеон“

Редукция на калиев перманганат с натриев сулфит в различни среди.

4. Процедури за избор на коефициенти в уравнения

Що се отнася до действителната процедура за избор на коефициенти в уравненията, можете да използвате метода на електронния баланс, а за реакции в разтвори е удобен така нареченият метод на полуреакция или електронно-йонен метод.

Учителят прожектира диаграми на екрана с помощта на видео проектор Слайд 7,8,9

Съставяне на ORR уравнения по метода на електронния баланс

Методът на електронния баланс се основава на сравняване на степента на окисление в изходните и крайните вещества, когато са известни всички изходни вещества и продукти на реакцията. Вече сте използвали този метод при работа в уроци в 8-9 клас.

Приложение 2.

Работа на дъската:Използвайки метода на електронния баланс, определете нивото на реакцията и определете окислителя и редуциращия агент. Слайд 7,8,9

Те заключават:Удобно е да се задават коефициенти, като се използва методът на електронния баланс, ако изходните материали и продуктите на реакцията са известни, т.е. дадени са пълни реакционни схеми.

Метод на полуреакция или електронно-йонен.

Когато се използва методът на полуреакция (електронно-йонен баланс), трябва да се има предвид, че във водни разтвори свързването на излишния кислород и добавянето на кислород от редуциращ агент се извършва по различен начин в кисела, неутрална и алкална среда.

Учителят проектира диаграми на екрана с помощта на видео проектор. Извършва опити.

На чиновете учениците имат приложения. Приложение 3. Слайд 10.11

д демонстрационен опит. Редукция на калиев перманганат с калиев йодид в различни среди. "Химически хамелеон"

Учителят проектира диаграми на екрана с помощта на видео проектор; за удобство учениците имат диаграми на бюрата си

Работа на дъската:Нивото на реакция, използвайки MPR, определете окислителя и редуциращия агент.

Учителят изпълнява една реакция и оставя две, за да могат учениците да работят самостоятелно.

Слайд 12,13,14

Заключаваме:

След като разгледахме метода на електронно-йонния баланс или метода на полуреакция, можем да подчертаем следните предимства на този метод:

• че използва не хипотетични йони, а реално съществуващи.
• не е необходимо да се използват степени на окисление, ролята на средата е ясно видима и се отчита реалното състояние на частиците в разтвора. Въпреки това, този метод е приложим за съставяне на уравнения за редокс процеси, които се случват само в разтвори.

5. Затвърдяване на придобитите знания

Реакции - диспропорционалност.

Учителят проектира диаграми на екрана с помощта на видео проектор. Извършва опит.

Демонстрационен експеримент „Химически хамелеон“ Слайд 15, 16

Описание:

За експеримента ви е необходима епруветка с изходна тръба за газ. Кристален калиев перманганат (калиев перманганат) се излива в епруветка. При нагряване калиевият перманганат се разлага, освободеният кислород преминава през изходната тръба за газ в приемната колба. Кислородът е по-тежък от въздуха, така че не напуска колбата и постепенно я изпълва. Ако спуснете тлееща треска в колба със събран кислород, тя ще пламне ярко, т.к. кислородът поддържа горенето.

Уравнение на извършената реакция:

2KMnO 4 = K 2 MnO 4 + MnO 2 + O 2

След като експериментът приключи и епруветката се охлади, в нея се наливат няколко милилитра вода, съдържанието се разклаща добре и се наблюдава цветът на получените вещества (K 2 MnO 4 е зелен, а MnO 2 е тъмнокафяв).

K 2 Mn +6 O 4 + H 2 O -> KMn +7 O 4 + Mn +4 O 2 + KOH

При силно разреждане с вода възниква реакция на самоокисление-самовъзстановяване. Цветът ще се промени от зелен на червено-виолетов и ще се образува кафява утайка.

Самостоятелна работа в тетрадки: Ниво на реакция с помощта на MPR, определяне на окислител и редуктор. Слайд 15,16

Генериране на изход: Това са реакции, при които окислителят и редуциращият агент са един и същ елемент, който е част от една молекула.

Ние самостоятелно провеждаме експеримента и записваме уравнението по метода на полуреакцията

Учителят обяснява, че водородният пероксид може да проявява окислителни и редуциращи свойства както в кисела, така и в алкална среда.

(пероксидите могат да бъдат както окислители, така и редуциращи агенти; електроните на пероксидите могат да се прехвърлят от една молекула в друга:

H 2 O 2 + H 2 O 2 = O 2 + 2H 2 O.)

Учениците извършват лабораторен опит и правят заключение за проявата на окислителните и редукционните свойства на водородния прекис в зависимост от средата.

Забележка. За експеримента използвайте 3% разтвор на водороден прекис, който можете да закупите в аптеката, както и разтвор на калиев перманганат.

Техниката на експеримента е проста и не изисква много време. .

Учителят проектира диаграми на екрана с помощта на видео проектор. За удобство учениците имат приложението на бюрата си. Приложение 4. Слайд 17

Лабораторна работа: „Редукция на перманганат с водороден прекис“ „Химичен хамелеон“ - Превръщане на пурпурен разтвор в безцветен“

Те заключават: В този случай водородният пероксид проявява редуциращи свойства, а калиевият перманганат проявява окислителни свойства.

6. Домашна работа:Слайд 18

Донесоха ми автоматична маска за заварчик etaltech et8f с оплакване - беше нестабилна. За съжаление не го снимах, така е, само стикера е различен:

Нека да разгледаме инструкциите:

Черно на бяло пише, че работи на слънчеви панели. Отварям и...

Две литиеви батерии, плътно затворени в платката. Толкова за слънчевите панели... За съжаление в интернет няма диаграми на маски. На таблото пише artotic s777f - Това е китайски производител на тези маски, както обикновено голяма китайска фабрика занитва продуктите, но ние надписваме само марката - Corvette, etalon, kraton, caliber...

Литиевите батерии са свързани последователно и преминават през диод към VCC шината. Платката разполага с операционен усилвател 27L2C, два четворни двуканални аналогови мултиплексора BU4551BF и един мултивибратор HCF4047. Промених малко веригата, често имах това изражение на лицето си: О, но успях да разбера нещо.

Мултиплексорите винаги се захранват от VCC. Тъй като са CMOS, консумират ток само при превключване. Соларната батерия е свързана към основата на транзистора, така че когато има светлина, транзисторът се отваря и захранването се подава към операционния усилвател през транзистора с VCC през филтър. Маската има два променливи резистора за настройка - степента на тъмнина и чувствителността. Вътре има два превключвателя – режим на заваряване-заточване и скорост на нарастване на стъклото след спиране на дъгата. Като сензори се използват два паралелно свързани фотодиода. Освен това, в режим на „заточване“ те дават късо съединение, седнали на земята. Оказва се, че слънчевата батерия се използва само като сензор. След 2-3-5 години батериите ще се развалят и маската ще бъде изхвърлена, купувайки нова. Ето как китайците умело осигуряват постоянен поток от поръчки. Няма предоставени йонистори или схеми за зареждане.

Какво друго разбрахме? Стъклото е двоен сандвич от LCD филтри, тоест две стъкла се използват за гарантирано засенчване. Вярно, качеството на стъклото не е високо и ясно видях разлика в оцветяването между центъра и краищата. Стъклото е свързано между изходите Q и!Q на мултивибратора 4047. В същото време върху стъклото има квадратна вълна, чиято амплитуда е степента на засенчване. Когато степента на засенчване се промени от минимум към максимум, амплитудата на меандъра се променя от 4.2V на 6V. За да се приложи този хитър трик, напрежението на входа на мултивибратора се променя. Защо да захранвам стъклото с правоъгълно напрежение - не знам дали за намаляване на поляризационния феномен или за нещо друго. Пробвах да си играя със стъклото точно така, ако му се подаде напрежение - зарежда се като контейнер и при сваляне на напрежението се разсейва за доста дълго време - трябва да минат 5-7 секунди преди да стане прозрачно.

UPD. Променливият ток за захранване на LCD филтъра се използва за елиминиране на феномена на електролизата; ако захранвате стъклото с постоянен ток, след време един от прозрачните електроди ще се разтвори. Захранващото напрежение е различно - за fubag optima 11 захранващото напрежение на стъклото е 24V AC с честота 0,5 Hz.

Самите сензори са фотодиоди в оцветена пластмасова кутия, предназначени за инфрачервено лъчение, така че маската упорито отказваше да задейства енергоспестяваща лампа. Но реагира рязко на LCD монитор и работи добре с лампа с нажежаема жичка.

Това е. Като се има предвид липсата на схеми за управление на маската в Интернет като цяло, изглежда интересна задача да се събере схема за управление на маска с отворен код на микроконтролер. С нормално зареждане от слънчева батерия, интелигентна обработка на сигнала от сензори и някои допълнителни функции. Например, чрез автоматично плътно засенчване, ако температурата е под прага, той все още няма да работи бързо на студено - така че ще го засенчваме напълно и ще станем просто маска за заваряване.

Беше договорено, че при мощности над 600 W е по-добре да се използва двустепенно захранване, което ви позволява доста сериозно да разтоварите изходния етап и да получите повече мощност с по-малко крайни транзистори. Като начало си струва да обясним какво е това - двустепенно хранене.
Надяваме се, че няма нужда да обясняваме какво е биполярен източник на захранване; същата тази опция може да се нарече „четириполюсна“, тъй като има 4 различни напрежения спрямо общия проводник. Схематична диаграма на такъв източник е показана на фигура 1.

Снимка 1.

Захранващото напрежение обаче трябва да се подава към крайното стъпало на усилвателя, но какво ще стане, ако има 2 от тези напрежения? Точно така - необходима е допълнителна верига за управление на същото това захранване. Според принципа на управление има 2 основни класа - G и H. Те се различават един от друг главно по това, че клас G променя захранващото напрежение в крайния етап плавно, т.е. Силовите транзистори на системата за управление на мощността работят в режим на усилване, а в клас H превключвателите на мощността на системата за управление на мощността се захранват стъпаловидно, т.е. Те са напълно затворени или напълно отворени...
Времедиаграмите са показани на фигури 2 и 3, на фигура 2 - клас G, на фигура 3 - клас H. Синята линия е изходният сигнал, червените и зелените линии са захранващото напрежение на крайното стъпало на усилвателя на мощността .

Фигура 2.


Фигура 3.

Изглежда, че разбрахме как трябва да се подава захранване към крайния етап, остава само да разберем с какъв набор от елементи да направим това...
Първо, нека разгледаме клас H. Фигура 5 показва схематична диаграма на усилвател на мощност, работещ в клас H.

Фигура 4 УГОЛЕМИ.

Синьото показва напрежение и мощност за товар от 4 ома, червено за товар от 8 ома, фигурата показва и препоръчителния източник на захранване. Както може да се види от диаграмата, ядрото му се състои от типичен клас AB, но захранването към усилвателя се подава от „клон“ с по-високо напрежение на захранването и влиянието на изходния сигнал върху захранващото напрежение на усилвателят е намален (съпротивлението R36, R37 е намалено, понякога стойността на тези резистори трябва да бъде намалена до 68 ома, особено при мощности над 1 kW), тъй като когато е свързан "вторият етаж" на мощността, има малък пик в изходния сигнал, който не всеки може да чуе, но се отразява доста сериозно на стабилността на веригата...
Захранването, подавано към крайните етапи, се контролира от компоратори LM311, чийто праг на реакция се регулира от подстригващи резистори R73 и R77. За да го настроите правилно, ще ви трябва или МНОГО добър слух, или за предпочитане осцилоскоп.
След компораторите има транзисторни драйвери, които работят директно върху портите на MOSfits с различни структури. Тъй като mosfits за управление на мощността работят в режим на превключване, топлината, генерирана от тях, е доста ниска; за тях максималният ток, протичащ през отвореното съединение дрейн-източник, е много по-важен. За тези цели използваме транзистори IRFP240-IRFP9240 за усилватели до 700 W, същите, но 2 в паралел за мощности до 1 kW и IRF3710-IRF5210 за мощности над 1 kW.
Фигура 5 показва схематична диаграма на усилвател на мощност от 1400 W клас H. Веригата се различава от предишната версия по това, че крайният етап вече използва 6 двойки транзистори (усилвател от 1000 W изисква 4 двойки), а превключвателите за управление на мощността са IRF3710 -IRF5210.

Фигура 5. УГОЛЕМИ

Фигура 6 показва принципна схема на усилвател “Chameleon 600 G”, работещ в клас G и с изходна мощност до 600 W, както за товар 4 Ohm, така и за 8 Ohm. По същество управлението на "втория етаж" на захранването се осъществява от повторители на напрежението на изходния сигнал, само те първо се захранват с допълнително референтно напрежение от 18 волта и веднага щом изходното напрежение се доближи до напрежението стойност на „първия етаж“ с повече от 18 волта, повторителите започват да подават напрежение от „втория етаж“. Предимството на този дизайн на схемата е, че няма смущения при превключване, характерни за клас H, но подобряването на качеството на звука изисква доста сериозни жертви - броят на транзисторите за управление на захранващото напрежение на крайния етап трябва да бъде равен на броя на крайните транзистори и това ще бъде почти на границата на OBR, т.е. изисква доста добро охлаждане.

Фигура 6 УГОЛЕМИ

Фигура 7 показва схема на усилвател за мощност до 1400 W, кутия G, която използва 6 двойки крайни и контролни транзистори (за мощности до 1000 W се използват 4 двойки)

Фигура 7 УГОЛЕМИ

Налични са чертежи на печатни платки - пълна версия. Чертежи в lay формат, в jpg ще бъдат малко по-късно...

Техническите характеристики на усилвателите са обобщени в таблицата:

Име на параметъра	Значение
Захранващо напрежение, V, двустепенно не повече
Максимална изходна мощност при натоварване от 4 ома: MIND CHAMELEON 600 H МИНД ХАМЕЛЕОН 1000 H MIND CHAMELEON 1400 H УМ ХАМЕЛЕОН 600 ГР УМ ХАМЕЛЕОН 1000 ГР
Входното напрежение се регулира чрез избор на резистор R22 и може да се настрои на стандартен 1 V. Все пак трябва да се отбележи, че колкото по-високо е вътрешното усилване, толкова по-високо е нивото на THD и вероятността от възбуждане.
THD за клас H и изходна мощност 1400 W не повече THD за клас G и изходна мощност 1400 W не повече При изходна мощност преди включване на „втория етаж“ на захранването Нивото на THD за двата усилвателя не надвишава	0,1 % 0,05 %
Препоръчителен ток на покой на предпоследното стъпало на резистор R32 или R35 напрежението се настройва на 0,2 V от резистор R8
Препоръчителен ток на покой на крайните транзистори на всеки от резисторите от 0,33 ома напрежението се настройва на 0,25 V от резистора R29
Препоръчително е да регулирате защитата на истински високоговорител, като свържете съпротивление 6 Ohm паралелно на високоговорителя и постигнете стабилно светене на светодиода VD7 при 75% от максималната мощност

За съжаление този усилвател има един недостатък - при високи захранващи напрежения диференциалното стъпало започва спонтанно да се нагрява поради твърде голям ток, протичащ през него. Намаляването на тока означава увеличаване на изкривяването, което е крайно нежелателно. Следователно беше използвано използването на радиатори за транзистори с диференциален етап:

ПРОЧЕТЕТЕ ЦЕЛИЯ МАТЕРИАЛ ЗА КОНСТРУКЦИЯТА НА СЕМЕТРИЧЕН УСИЛВАТЕЛ

Пантелеев Павел Александрович

Работата дава обяснения за появата на цвят в различни съединения, а също така изследва свойствата на веществата хамелеон.

Изтегли:

Преглед:

Химия на цвета. Хамелеонови вещества

Раздел: естествознание

Изпълнител: Пантелеев Павел Николаевич,

Ученик 11 "А" клас

СОУ No1148

тях. Ф. М. Достоевски

Учител: Кармацкая Любов Александровна

1. Въведение. Страница 2

2. Естество на цвета:

2.1. органични вещества; Страница 3

2.2. неорганични вещества. страница 4

3. Въздействието на околната среда върху цвета. Страница 5

4. Хамелеонови вещества. Страница 7

5. Експериментална част:

5.1. Преход от хромат към дихромат и обратно; Страница 8

5.2. Окислителни свойства на хромови (VI) соли; страница 9

5.3. Окисляване на етанол с хромна смес. Страница 10

6. Фотохромизъм. Страница 10

7. Изводи. Страница 13

8.Списък на използваните източници. Страница 14

1. Въведение.

На пръв поглед може да изглежда трудно да се обясни природата на цвета. Защо веществата имат различни цветове? Как се появява цветът?

Интересното е, че в дълбините на океана живеят същества, в чиито тела тече синя кръв. Един от тези представители са холотуриите. Освен това кръвта на рибите, уловени в морето, е червена, както кръвта на много други големи същества.

Какво определя цвета на различните вещества?

На първо място, цветът зависи не само от това как е оцветено веществото, но и от това как е осветено. В края на краищата в тъмното всичко изглежда черно. Цветът се определя и от химическите структури, които преобладават в веществото: например цветът на листата на растенията е не само зелен, но и син, лилав и т.н. Това се обяснява с факта, че в такива растения, в допълнение към хлорофила , което дава зеления цвят, преобладават други съединения.

Синята кръв в морските краставици се обяснява с факта, че техният пигмент, който осигурява цвета на кръвта, съдържа ванадий вместо желязо. Именно неговите съединения придават синия цвят на течността, съдържаща се в холотуриите. В дълбините, където живеят, съдържанието на кислород във водата е много ниско и те трябва да се адаптират към тези условия, така че в организмите са възникнали съединения, които са напълно различни от тези на обитателите на въздушната среда.

Но все още не сме отговорили на поставените по-горе въпроси. В тази работа ще се опитаме да дадем пълни, подробни отговори на тях. За да направите това, трябва да се проведат редица изследвания.

Целта на тази работа ще бъде да обясни появата на цвят в различни съединения, както и да изследва свойствата на веществата хамелеон.

Задачите се поставят в съответствие с целта

Като цяло цветът е резултат от взаимодействието на светлината с молекулите на дадено вещество. Този резултат се обяснява с няколко процеса:
* взаимодействие на магнитни вибрации на светлинен лъч с молекули на материята;

* избирателно поглъщане на определени светлинни вълни от молекули с различна структура;

* излагане на лъчи, отразени или преминали през вещество върху ретината на окото или върху оптично устройство.

Основата за обяснение на цвета е състоянието на електроните в молекулата: тяхната подвижност, способността им да се движат от едно енергийно ниво на друго, да се движат от един атом към друг.

Цветът се свързва с подвижността на електроните в молекулата на веществото и с възможността електроните да се движат към все още свободни нива, когато абсорбират енергията на светлинен квант (елементарна частица светлинно излъчване).

Цветът възниква в резултат на взаимодействието на светлинните кванти с електроните в молекулите на веществото. Въпреки това, поради факта, че състоянието на електроните в атомите на металите и неметалите, органичните и неорганичните съединения е различно, механизмът за появата на цвят във веществата също е различен.

2.1 Цвят на органичните съединения.

В органични веществаИмайки цвят (и не всички от тях имат това свойство), молекулите са сходни по структура: те, като правило, са големи, състоящи се от десетки атоми. За появата на цвят в този случай не са важни електроните на отделните атоми, а състоянието на системата от електрони на цялата молекула.

Обикновената слънчева светлина е поток от електромагнитни вълни. Светлинната вълна се характеризира с нейната дължина - разстоянието между съседни пикове или две съседни падини. Измерва се в нанометри (nm). Колкото по-къса е вълната, толкова по-голяма е нейната енергия и обратно.

Цветът на дадено вещество зависи от това какви вълни (лъчи) на видимата светлина поглъща. Ако слънчевата светлина изобщо не се абсорбира от дадено вещество, а се отразява и разсейва, веществото ще изглежда бяло (безцветно). Ако дадено вещество абсорбира всички лъчи, то изглежда черно.

Процесът на поглъщане или отразяване на определени светлинни лъчи е свързан със структурните особености на молекулата на дадено вещество. Поглъщането на светлинния поток винаги е свързано с предаването на енергия към електроните на молекулата на веществото. Ако една молекула съдържа s електрони (образувайки сферичен облак), тогава за да ги възбудите и прехвърлите на друго енергийно ниво е необходима много енергия. Следователно съединенията, които имат s електрони, винаги изглеждат безцветни. В същото време р-електроните (образувайки облак с фигура осем) се възбуждат лесно, тъй като връзката, която правят, е по-малко силна. Такива електрони се намират в молекули, които имат спрегнати двойни връзки. Колкото по-дълга е веригата на конюгиране, толкова повече р-електрони и толкова по-малко енергия са необходими за тяхното възбуждане. Ако енергията на вълните на видимата светлина (дължини на вълните от 400 до 760 nm) е достатъчна за възбуждане на електрони, цветът, който виждаме, се появява. Лъчите, изразходвани за възбуждане на молекулата, ще бъдат абсорбирани от нея, а неабсорбираните ще бъдат възприети от нас като цвета на веществото.

2.2 Цвят на неорганичните вещества.

В неорганичните веществацветът се дължи на електронни преходи и прехвърляне на заряд от атом на един елемент към атом на друг. Тук решаваща роля играе външната електронна обвивка на елемента.

Както при органичните вещества, появата на цвят тук е свързана с абсорбцията и отразяването на светлината.

По принцип цветът на дадено вещество е сумата от отразените вълни (или тези, които преминават през веществото без забавяне). В този случай цветът на дадено вещество означава, че определени кванти се абсорбират от него от целия диапазон от дължини на вълните на видимата светлина. В молекулите на цветните вещества енергийните нива на електроните са разположени близо едно до друго. Например веществата: водород, флуор, азот - ни се струват безцветни. Това се дължи на факта, че квантите на видимата светлина не се абсорбират от тях, тъй като не могат да прехвърлят електрони на по-високо ниво. Тоест ултравиолетовите лъчи преминават през тези вещества, които не се възприемат от човешкото око, следователно самите вещества нямат цвят за нас. В цветните вещества, например хлор, бром, йод, електронните нива са разположени по-близо едно до друго, така че светлинните кванти в тях могат да прехвърлят електрони от едно състояние в друго.

Опит. Ефект на металния йон върху цвета на съединенията.

Инструменти и реактиви: четири епруветки, вода, соли на желязо (II), кобалт (II), никел (II), мед (II).

Провеждане на експеримента. Налейте 20-30 ml вода в епруветки, добавете 0,2 g соли на желязо, кобалт, никел и мед и разбъркайте до разтваряне. Цветът на железния разтвор става жълт, на кобалта - розов, на никела - зелен, а на медта - син.

Извод: Както е известно от химията, структурата на тези съединения е еднаква, но те имат различен брой d-електрони: желязо - 6, кобалт - 7, никел - 8, мед - 9. Този брой влияе върху цвета на съединенията. Затова разликата в цвета е видима.

3. Въздействието на околната среда върху цвета.

Йоните в разтвора са заобиколени от обвивка от разтворител. Нарича се слой от такива молекули, непосредствено съседен на йонсолватационна обвивка.

В разтворите йоните могат да влияят не само един на друг, но и на молекулите на разтворителя, които ги заобикалят, а те от своя страна влияят на йоните. При разтваряне и в резултат на солватация се появява цвят в преди това безцветен йон. Замяната на водата с амоняк задълбочава цвета. Молекулите на амоняка се деформират по-лесно и интензивността на цвета се увеличава.

Сега Нека сравним интензивността на цвета на медните съединения.

Опит № 3.1. Сравнение на интензитета на цвета на медни съединения.

Инструменти и реактиви: четири епруветки, 1% разтвор на CuSO 4, вода, HCl, амонячен разтвор NH 3, 10% разтвор на калиев хексацианоферат(II).

Провеждане на експеримента. Поставете 4 ml CuSO в една епруветка 4 и 30 ml H 2 O, в другите две - 3 ml CuSO 4 и 40 ml H 2 O. Добавете 15 ml концентрирана HCl към първата епруветка - появява се жълто-зелен цвят, към втората - 5 ml 25% разтвор на амоняк - появява се син цвят, към третата - 2 ml 10% разтвор на калиев хексацианоферат(II) – виждаме червен цвят.кафява утайка. Добавете разтвор на CuSO към последната епруветка 4 и го остави за контрол.

2+ + 4Cl - ⇌ 2- + 6H 2 O

2+ + 4NH 3 ⇌ 2+ + 6H 2 O

2 2 + 4- ⇌ Cu 2 + 12 H 2 O

Заключение: При намаляване на количеството на реагента (вещество, участващо в химична реакция), необходими за образуването на съединението, интензивността на цвета се увеличава. Когато се образуват нови медни съединения, настъпва трансфер на заряд и промяна на цвета.

4. Хамелеонови вещества.

Понятието "хамелеон" е известно предимно като биологично, зоологическо значение на терминавлечуго, което има способността да променя цвета на кожата си при дразнене, промяна на цвета на околната среда и др.

„Хамелеони“ обаче могат да бъдат намерени и в химията. И така, каква е връзката?

Нека се обърнем към химическата концепция:
Веществата хамелеон са вещества, които променят цвета си при химични реакции и показват промени в изследваната среда. Нека подчертаем общото - промяна на цвета (цвета). Това е, което свързва тези понятия. Веществата хамелеон са известни от древни времена. Старите ръководства за химичен анализ препоръчват използването на „разтвор на хамелеон“ за определяне на съдържанието на натриев сулфит в проби с неизвестен състав. 2 SO 3 , водороден пероксид H 2 O 2 или оксалова киселина H 2 C 2 O 4 . „Хамелеонов разтвор“ е разтвор на калиев перманганат KMnO 4 , който по време на химични реакции, в зависимост от околната среда, променя цвета си по различни начини. Например, в кисела среда ярко лилав разтвор на калиев перманганат се обезцветява поради факта, че от перманганатния йон MnO 4 - образува се катион, т.е.положително зареден йон Mn 2+ ; в силно алкална среда от ярко лилав MnO 4 - произвежда зелен манганатен йон MnO 4 2- . И в неутрална, леко кисела или леко алкална среда, крайният продукт от реакцията ще бъде неразтворима черно-кафява утайка от манганов диоксид MnO 2 .

Добавяме, че поради своите окислителни свойства,тези. способността да даряват електрони или да ги вземат от атоми на други елементи,и визуални промени в цвета при химични реакции, калиевият перманганат е намерил широко приложение в химичния анализ.

Това означава, че в този случай като индикатор се използва "разтворът на хамелеон" (калиев перманганат), т.е.вещество, показващо наличието на химическа реакция или промяна, настъпила в изпитваната среда.
Има и други вещества, наречени "хамелеони". Ще разгледаме вещества, съдържащи елемента хром Cr.

Калиев хромат - неорганично съединение, метална солкалий И хромна киселина с формула K 2 CrO 4 , жълти кристали, разтворими във вода.

Калиев бихромат (калиев дихромат, калиев хром) - К 2 Cr 2 O 7 . Неорганично съединение, оранжеви кристали, разтворими във вода. Силно токсичен.

5. Експериментална част.

Опит № 5.1. Преходът на хромат към дихромат и обратно.

Инструменти и реактиви: разтвор на калиев хромат K 2 СrO 4 , разтвор на калиев бихромат K 2 Cr 2 O 7 , сярна киселина, натриев хидроксид.

Провеждане на експеримента. Добавяме сярна киселина към разтвор на калиев хромат, в резултат на което цветът на разтвора се променя от жълт на оранжев.

2K 2 CrO 4 + H 2 SO 4 = K 2 Cr 2 O 7 + K 2 SO 4 + H 2 O

Добавям алкали към разтвора на калиев бихромат, в резултат цветът на разтвора се променя от оранжев на жълт.

K 2 Cr 2 O 7 + 4NaOH = 2Na 2 CrO 4 + 2KOH + H 2 O

Заключение: В кисела среда хроматите са нестабилни, жълтият йон се превръща в Cr йон 2 O 7 2- оранжево, а в алкална среда реакцията протича в обратна посока:
2 кр 2 O 4 2- + 2H + кисела среда - алкална среда Cr 2 O 7 2- + H 2 O.

Окислителни свойства на хромовите (VI) соли.

Инструменти и реактиви: разтвор на калиев дихромат К 2 Cr 2 O 7 , разтвор на натриев сулфит Na 2 SO 3 , сярна киселина H 2SO4.

Провеждане на експеримента. Към решение К 2 Cr 2 O 7 подкислява се със сярна киселина, добавя се разтвор на Na 2 SO 3. Наблюдаваме промяна на цвета: оранжевият разтвор става зелено-син.

Заключение: В кисела среда хромът се редуцира от натриев сулфит от хром (VI) до хром (III): K 2 Cr 2 O 7 + 3Na 2 SO 3 + 4H 2 SO 4 = K 2 SO 4 + Cr 2 (SO 4 ) 3 + 3Na 2 SO 4 + 4H 2 O.

Опит № 5.4. Окисляване на етанол с хромна смес.

Инструменти и реактиви: 5% разтвор на калиев дихромат К 2 Cr 2 O 7 , 20% разтвор на сярна киселина H 2 SO 4 , етилов алкохол (етанол).

Провеждане на опита: Към 2 ml 5% разтвор на калиев бихромат се добавят 1 ml 20% разтвор на сярна киселина и 0,5 ml етанол. Наблюдаваме силно потъмняване на разтвора. Разредете разтвора с вода, за да видите по-добре сянката му. Получаваме жълто-зелен разтвор.
ДА СЕ 2 Cr 2 O 7 + 3C 2 H 5 OH+ H 2 SO 4 → 3CH 3 -COH + Cr 2 O 3 + K 2 SO 4 + 4H 2 О
Заключение: В кисела среда етиловият алкохол се окислява от калиев дихромат. Това произвежда алдехид. Този експеримент показва взаимодействието на химически хамелеони с органични вещества.

Експеримент 5.4. ясно илюстрира принципа, по който работят индикаторите за откриване на алкохол в тялото. Принципът се основава на специфичното ензимно окисление на етанола, придружено от образуването на водороден пероксид (H 2 O 2 ), причинявайки образуването на оцветен хромоген,тези. органично вещество, съдържащо хромофорна група (химическа група, състояща се от въглеродни, кислородни и азотни атоми).

По този начин тези индикатори визуално (на цветна скала) показват съдържанието на алкохол в слюнката на човек. Те се използват в лечебни заведения при установяване на факти за консумация на алкохол и алкохолна интоксикация. Обхватът на приложение на индикаторите е всяка ситуация, при която е необходимо да се установи фактът на консумация на алкохол: извършване на проверки преди пътуване на водачите на превозни средства, идентифициране на пияни шофьори по пътищата от КАТ, използване за спешна диагностика, като средство за самоконтрол контрол и др.

6. Фотохромизъм.

Нека се запознаем с едно интересно явление, при което се получава и промяна в цвета на веществата,фотохромизъм.

Днес очилата с хамелеонови лещи едва ли ще изненадат някого. Но историята на откриването на необичайни вещества, които променят цвета си в зависимост от светлината, е много интересна. През 1881 г. английският химик Фипсън получава писмо от своя приятел Томас Грифит, в което той описва необичайните си наблюдения. Грифит пише, че входната врата на пощата, разположена срещу прозорците му, променя цвета си през целия ден - потъмнява, когато слънцето е в зенита си, и изсветлява при здрач. Любопитен за съобщението, Фипсън изследва литопон, боята, използвана за боядисване на вратата на пощата. Наблюдението на неговия приятел се потвърди. Фипсън не успя да обясни причината за явлението. Въпреки това, много изследователи са се заинтересували сериозно от обратимата цветна реакция. И в началото на двадесети век те успяха да синтезират няколко органични вещества, наречени „фотохроми“, тоест „фоточувствителни бои“. От времето на Фипсън учените са научили много за фотохромите -вещества, които променят цвета си, когато са изложени на светлина.

Фотохромизмът или тенебресценцията е явлението на обратима промяна в цвета на вещество под въздействието на видима светлина и ултравиолетово лъчение.

Излагането на светлина причинява фотохромно вещество, атомни пренареждания, промени в населеността на електронните нива. Успоредно с промяната на цвета, веществото може да промени своя индекс на пречупване, разтворимост, реактивност, електрическа проводимост и други химични и физични характеристики. Фотохромизмът е присъщ на ограничен брой органични и неорганични, естествени и синтетични съединения.

Има химически и физически фотохромизъм:

• химичен фотохромизъм: вътремолекулни и междумолекулни обратими фотохимични реакции (тавтомеризация (обратима изомерия), дисоциация (разцепване), цис-транс изомеризация и др.);
• физически фотохромизъм: резултатът от прехода на атоми или молекули в различни състояния. Промяната на цвета в този случай се дължи на промяна в населението на електронните нива. Такъв фотохромизъм се наблюдава, когато дадено вещество е изложено само на мощни светлинни потоци.

Фотохроми в природата:

• Минерал дърпам способни да променят цвета си от бяло или бледо розово до ярко розово.

Фотохромни материали

Съществуват следните видове фотохромни материали: течни разтвори и полимерни филми (високомолекулни съединения), съдържащи фотохромни органични съединения, стъкла с микрокристали от сребърен халид, равномерно разпределени в целия им обем (съединения на среброто с халогени), фотолиза ( гниене от светлина), което се причинява от фотохромизъм; кристали от халогениди на алкални и алкалоземни метали, активирани от различни добавки (например CaF 2/La,Ce; SrTiO 3 /Ni,Mo).

Тези материали се използват като светлинни филтри с променлива оптична плътност (т.е. регулират потока на светлината) в средствата за защита на очите и устройствата от светлинно излъчване, в лазерната технология и др.

Фотохромни лещи

Фотохромна леща, изложена на светлина, частично покрита с хартия. Второ ниво на цвят се вижда между светлите и тъмните части, тъй като фотохромните молекули са разположени на двете повърхности на лещатаполикарбонат и други пластмаси . Фотохромните лещи обикновено потъмняват в присъствието на ултравиолетова светлина и изсветляват при липса на нея за по-малко от минута, но пълният преход от едно състояние в друго става за 5 до 15 минути.

Изводи.

И така, цветът на различните съединения зависи от:

*от взаимодействието на светлината с молекулите на материята;

*в органичните вещества цветът възниква в резултат на възбуждането на електроните на елемента и преминаването им на други нива. Важно е състоянието на електронната система на цялата голяма молекула;

*в неорганичните вещества цветът се дължи на електронни преходи и прехвърляне на заряд от атом на един елемент към атом на друг. Външната електронна обвивка на елемента играе основна роля;

*цветът на съединението се влияе от външната среда;

*Броят на електроните в едно съединение играе важна роля.

Списък на използваните източници

1. Артеменко А. И. „Органична химия и човек” (теоретични основи, задълбочен курс). Москва, "Просвещение", 2000 г.

2. Фадеев Г. Н. „Химия и цвят“ (книга за извънкласно четене). Москва, "Просвещение", 1977 г.