35 Международная  химическая
олимпиада  школьников

С 5 по 14 июля 2003 г. в столице Греции Афинах состоялась 35-я Международная химическая олимпиада школьников. Это своеобразный чемпионат мира по химии, в котором принимают участие победители национальных олимпиад по химии со всего мира, по четыре человека от каждой страны. Число стран в этом году было рекордным – 60. Основными фаворитами обычно считаются страны Южной и Юго-Восточной Азии, а также страны СНГ – Россия, Белоруссия и Украина.
Сборная команда России на этой олимпиаде выступила успешно и завоевала одну золотую и три серебряные медали, заняв 6-е место в неофициальном командном зачете. Лучший из наших школьников Александр Белов занял очень высокое, 4-е место в индивидуальном зачете. Абсолютным чемпионом в этом году стал белорусский десятиклассник Алексей Путов, который к тому же выиграл и теоретический тур. Лучшим экспериментатором мира стал К.Урбина из Венесуэлы. Индивидуальные результаты наших ребят приведены в таблице.

Таблица

Интересно, что эти результаты очень хорошо коррелируют с результатами российской и менделеевской олимпиад по химии. Саша Белов был первым на российской олимпиаде, а на менделеевской он и Леша Путов также получили «золото». Это говорит о том, что существующая в России система химических олимпиад объективно выявляет сильнейших школьников.
Все участники олимпиады без экзаменов стали студентами университетов, и все будут получать стипендию Благотворительного фонда В.Потанина. Трое из них будут учиться в Московском государственном университете, а Евгений Белецкий – в Санкт-Петербургском.
Олимпиада состояла из двух туров – теоретического (60 баллов) и экспериментального (40 баллов). На каждый тур отводилось по 5 ч.
Теоретический тур состоял из 24 тестовых заданий с выбором ответа и 12 задач. Как видим, тесты все глубже проникают в нашу жизнь: они добрались даже до всемирной олимпиады. Справедливости ради надо сказать, что большинство преподавателей резко отрицательно отнеслись к подобному новшеству.
Научная программа была довольно однобокой: большинство задач относились к общей и физической химии. Все вопросы были достаточно прямолинейными, и наши ребята, как обычно, ответили на них очень уверенно. Белов набрал почти максимальное число баллов и занял 2-е место в теоретическом туре, проиграв только Путову. По общей сумме баллов в теоретическом туре команда России заняла 2-е место, совсем немного (0,3 балла) уступив Китаю.
Экспериментальный тур также был довольно несложным. Он включал всего две задачи:
1) титрование аскорбиновой кислоты йодатом калия; 2) одностадийный синтез дипептида. Именно последняя задача стала камнем преткновения для наших школьников и не позволила трем из них завоевать золотые медали. Все они потеряли в органическом эксперименте по 10 и более баллов. Двое получили нулевые отметки за чистоту полученного вещества, а один – за выход (он просто-напросто забыл добавить реагент на одном из этапов синтеза и получил продукт с рекордно маленьким выходом – 4%). Таким образом, органический синтез – это главный резерв нашей сборной на будущих международных олимпиадах.
Ниже мы рассмотрим несколько характерных заданий теоретического тура. Вы увидите, что для решения некоторых из них вполне хватает школьных знаний.

Задание 2
(0,5 балла)

Какое из приведенных ниже уравнений следует использовать для точного вычисления концентрации ионов водорода [H⁺] в водном растворе HCl с любой молярной концентрацией c_HCl?
(K_w = 1•10^-14 (моль/л)².)

а) [H⁺] = c_HCl;
б) [H⁺] = c_HCl + K_w/[H⁺];
в) [H⁺] = c_HCl + K_w;
г) [H⁺] = c_HCl - K_w/[H⁺].

Решение

В общем случае, при любой молярной концентрации c_HCl, ионы водорода образуются в двух реакциях:

HCl = H⁺ + Cl^–,
H₂O = H⁺ + OH^–.

Если предположить, что молекулы хлороводорода диссоциируют полностью, то

[H⁺]₁ = c_HCl.

Из уравнения второй реакции следует:

[H⁺]₂ = [OH^–],

а последняя концентрация находится из ионного произведения воды:

[OH^–] = K_w/[H⁺].

Общая концентрация ионов водорода:

[H⁺] = [H⁺]₁ + [H⁺]₂ = c_HCl + K_w/[H⁺].

Это уравнение можно использовать и при больших, и при очень малых концентрациях HCl.
Правильный ответ – б.

Задание 8
(0,5 балла)

В реактивных летательных аппаратах в качестве топлива и окислителя обычно используются
N,N-диметилгидразин (CH₃)₂NNH₂ и N₂O₄ соответственно (оба вещества в жидком состоянии). Эти вещества смешиваются в двигателе в стехиометрическом соотношении, продуктами реакции являются только N₂, CO₂ и H₂O (все в газообразном состоянии в условиях реакции). Сколько молей газов образуется из 1 моль (CH₃)₂NNH₂?

а) 8;
б) 9;
в) 10;
г) 11;
д) 12.

Решение

Схема реакции сгорания диметилгидразина в N₂O₄:

(CH₃)₂NNH₂ + N₂O₄ N₂ + CO₂ + H₂O.

Коэффициенты можно найти и без составления электронного баланса. Сначала уравниваем количество атомов углерода и ставим коэффициент перед CO₂, из баланса по атомам водорода находим коэффициент перед H₂O, затем коэффициент перед N₂O₄, который помогает уравнять количества атомов кислорода, и в последнюю очередь находится коэффициент перед N₂:

(CH₃)₂NNH₂ + 2N₂O₄ = 3N₂ + 2CO₂ + 4H₂O.

Все вещества в правой части уравнения – газы. Из 1 моль (CH₃)₂NNH₂ образуется 9 моль газов.
Правильный ответ – б.

Задание 11 (0,5 балла)

В калориметре смешали 10,0 мл 0,50 M раствора HCl и 10,0 мл 0,50 М раствора NaOH, имеющих одинаковую температуру. Было зафиксировано повышение температуры на T. Оцените, как изменится температура, если использовать 5,0 мл 0,50 M раствора NaOH вместо 10,0 мл. Потерями теплоты пренебрегите, а также считайте удельные теплоемкости обоих растворов одинаковыми.

а) (1/2)•T;
б) (2/3)•T;
в) (3/4)•T;
г) T.

Решение

В обоих случаях происходит реакция нейтрализации:

H⁺ + OH^– = H₂O.

В первом случае в реакцию вступило по 0,01•0,50 = 5,0•10^–3 моль ионов H⁺ и OH^– и образовалось столько же моль H₂O (на 20 мл раствора). Во втором случае ионы OH^– находятся в недостатке: в реакцию вступило по 0,005•0,50 = 2,5•10^–3 моль ионов H⁺ и OH^– и образовалось столько же моль H₂O, т. е. в два раза меньше, чем в первом случае.
В результате реакции выделилось в два раза меньше теплоты, но эта теплота приходится на меньший объем раствора: 15 мл вместо 20 мл. Понижение температуры во втором случае:

T₂ = T•(20/15)/2 = (2/3)•T.

Правильный ответ – б. Если не учитывать разные объемы растворов, то получится неправильный ответ а.

Задание 12
(0,5 балла)

В природе сурьма состоит из двух стабильных изотопов ¹²¹Sb и ¹²³Sb, хлор – из двух стабильных изотопов ³⁵Cl и ³⁷Cl, а водород – из двух стабильных изотопов ¹H и ²H. Сколько пиков следует ожидать в масс-спектре низкого разрешения для ионного фрагмента SbHCl⁺?

а) 4;
б) 5;
в) 6;
г) 7;
д) 8;
е) 9.

Решение

В спектрометре низкого разрешения можно различить пики с точностью до целого числа атомных единиц массы. Перечислим все возможные значения молекулярных масс фрагмента SbHCl⁺:

157 = 121 + 1 + 35,
158 = 121 + 2 + 35,
159 = 123 + 1 + 35 = 121 + 1 + 37,
160 = 123 + 2 + 35 = 121 + 2 + 37,
161 = 123 + 1 + 37,
162 = 123 + 2 + 37.

Всего – 6 пиков.

Правильный ответ – в. В спектрометре высокого разрешения наблюдалось бы 8 пиков, т. к. фрагменты ¹²³Sb¹H³⁵Cl⁺ и ¹²¹Sb¹H³⁷Cl⁺, а также ¹²³Sb²H³⁵Cl⁺ и ¹²¹Sb²H³⁷Cl⁺ имеют немного различающиеся молекулярные массы.

Задание 20
(0,5 балла)

У какого из перечисленных ниже химических элементов третий потенциал ионизации атома наибольший?

а) B;
б) C;
в) N;
г) Mg;
д) Al.

Решение

Третий потенциал ионизации I₃ – это энергия, которую надо затратить на удаление электрона из двухзарядного катиона элемента:

X²⁺ + I₃ X³⁺ + e.

Бор, углерод и азот – элементы второго периода, в их атомах на втором энергетическом уровне три, четыре и пять электронов соответственно. Поэтому третий электрон удаляется со второго энергетического уровня: с орбитали 2s (B, C) или 2p (N). Магний и алюминий – элементы третьего периода, в атоме магния на третьем энергетическом уровне два электрона, а в атоме алюминия – три. Из атома алюминия третий электрон удаляется с третьего уровня, а из атома магния – уже со второго.
Таким образом, для четырех элементов ионизация их атомов третьей ступени происходит со второго энергетического уровня:

I₃ = – E₂ = –E₂,

т. к. = 0. Для этих четырех элементов самый нижний второй энергетический уровень – у магния, т.к. его атом имеет наибольший заряд ядра (Z = 12). Следовательно, наибольший третий потенциал ионизации у атома магния.
Правильный ответ – г.

Задание 21
(0,5 балла)

Атому какого химического элемента второго периода принадлежат приведенные ниже значения первых шести ионизационных потенциалов (I в электрон-вольтах, эВ)?

а) B;
б) C;
в) N;
г) O;
д) F.

Решение

Из таблицы видно, что пятый и шестой потенциалы ионизации резко отличаются по величине от первых четырех. Это означает, что первые четыре электрона удаляются с одного энергетического уровня (внешнего), а пятый и шестой – с другого. Для перечисленных элементов четыре электрона на внешнем уровне имеет только атом углерода.
Правильный ответ – б.

Задание 23
(0,5 балла)

Укажите, являются ли правильными (Д) или неправильными (Н) следующие утверждения.

1. Температура кипения HF выше, чем HCl:	Д Н
2. Температура кипения HBr ниже, чем HI:	Д Н
3. Чистый HI может быть получен действием концентрированной серной кислоты на KI:	Д Н
4. Раствор аммиака является буфером благодаря тому, что содержит сопряженную пару NH3–:	Д Н
5. Чистая вода при 80 °C имеет кислую среду:	Д Н
6. В процессе электролиза водного раствора KI с графитовыми электродами значение pH в катодном пространстве ниже семи:	Д Н

Решение

1. Температура кипения HF выше, чем HCl, из-за наличия водородных связей между молекулами HF.
Правильный ответ – Д.

2. Температура кипения HBr ниже, чем HI, из-за более сильного взаимодействия между молекулами HI.
Правильный ответ – Д.

3. При действии концентрированной серной кислоты на KI образующийся HI быстро окисляется до I₂ и не может быть выделен.
Правильный ответ – Н.

4. Раствор аммиака буфером не является. Буферным может быть раствор, содержащий вместе аммиак и соль аммония.
Правильный ответ – Н.

5. В чистой воде при любой температуре [H⁺] = [OH^–], поэтому вода имеет нейтральную, а не кислую среду.
Правильный ответ – Н. Некоторые школьники ошибочно отметили Д, т. к. для чистой воды при 80 °С pH < 7.

6. При электролизе водного раствора KI на катоде происходит процесс:

2H₂O + 2e H₂ + 2OH^–.

В катодном пространстве накапливаются ионы OH^–, pH > 7.
Правильный ответ – Н.
Ответ. 1 – Д; 2 – Д; 3 – Н; 4 – Н; 5 – Н; 6 – Н.

Задание 24
(1 балл)

При определенной концентрации и температуре HNO₃ реагирует с Zn с образованием NO₂ и NO в мольном соотношении NO₂:NO = 1:3. Сколько моль HNO₃ реагирует с 1 моль Zn?

а) 2,2;
б) 2,4;
в) 2,6;
г) 2,8;
д) 3,0;
е) 3,2.

Решение

Запишем уравнения реакций растворения цинка в азотной кислоте с образованием отдельно NO₂ и NO:

Zn + 4HNO₃ = Zn(NO₃)₂ + 2NO₂ + 2H₂O,

3Zn + 8HNO₃ = 3Zn(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O.

Для того чтобы получить мольное соотношение NO₂:NO = 1:3, надо второе уравнение умножить на 3 и сложить с первым:

10Zn + 28HNO₃ = 10Zn(NO₃)₂ + 2NO₂ + 6NO + 14H₂O.

Мольное соотношение HNO₃:Zn = 28:10 = 2,8:1.
Правильный ответ – г.

Задание 26. Спектр CO
(2,5 балла)

Вращательные уровни энергии двухатомных молекул хорошо описываются формулой:

E_J = B•J•(J + 1),

где J – вращательное квантовое число, B – вращательная постоянная. Постоянная B связана с приведенной массой и длиной химической связи R соотношением:

Переходы между вращательными уровнями осуществляются, если энергия фотона равна разности энергий этих уровней:

h = E.

Вращательные переходы происходят между соседними уровнями, поэтому

E = E_J+1 – E_J = 2B•(J + 1).

Отсюда следует, что вращательный спектр (на рисунке) представляет собой серию равноотстоящих пиков с одинаковой разностью частот между соседними линиями, которая дается формулой:

h• = 2B.

Используя приведенный на рисунке спектр ¹²C¹⁶O, определите для этой молекулы следующие величины (с соответствующей размерностью):
1) разность частот между соседними линиями ;
2) вращательную постоянную B;
3) межъядерное расстояние R.

Рис. Вращательный спектр молекулы 12С16О

Решение

Это – довольно простая задача, в которой надо просто аккуратно использовать приведенные в тексте формулы и учесть размерности физических величин.

1) Разность частот находится по любым двумя линиям в спектре:

= 1150 – 1035 = 115 ГГц.

2) Из формул в тексте следует:

B = h•/2 = 6,63•10^–34•115•10⁹/2 = 3,81•10^–23 Дж.

3) Для расчета межъядерного расстояния предварительно надо найти приведенную массу молекулы ¹²C¹⁶O:

=

=:1,13 .

Ответ. 1 – 115 ГГц; 2 – 3,81•10^–23 Дж; 3 – 1,13 .

Задание 27. Молекула водорода
(3 балла)

На рисунке приведены кривые потенциальной энергии молекулы H₂ и катиона :

Используя информацию, приведенную на рисунке, дайте численные ответы с необходимой размерностью на следующие вопросы.
1. Чему равны равновесные длины связей в молекулах H₂ и ?
2. Чему равны энергии связей в молекулах H₂ и ?
3. Чему равна энергия ионизации молекулы H₂?
4. Чему равна энергия ионизации атома водорода?
5. Молекулу H₂ ионизуют светом с частотой 4,1•10¹⁵ Гц. Чему равна скорость вылетающего электрона?

Решение

1. Равновесные длины связей находятся по графику: это – положения минимумов потенциальной энергии:

r(H₂) = 0,75 ,
r() = 1,05 .

2. Если пренебречь незначительной нулевой колебательной энергией, то энергия связи равна глубине потенциальной ямы, т. е. разности между значением потенциальной энергии на бесконечности и ее минимальным значением:

E_св(H₂) = –2620 – (–3080) = 460 кДж/моль,

E_св() = –1310 – (–1580) = 270 кДж/моль.

3. Если пренебречь незначительной нулевой колебательной энергией, то энергия ионизации равна разности между минимумами потенциальной энергии иона и молекулы:

I(H₂) = –1580 – (–3080) = 1500 кДж/моль.

4. Энергия ионизации атома водорода равна разности между асимптотическими значениями потенциальной энергии иона и молекулы:

I(H) = –1310 – (–2620) = 1310 кДж/моль.

5. Под действием света в молекуле происходит вертикальный (т. е. без изменения межъядерного расстояния) переход и образуются свободный электрон и колебательно возбужденный ион с энергией: E(r = 0,75 ) = –1510 кДж/моль.

Для процесса

H₂ + h + e

запишем закон сохранения энергии:

E(H₂) + h= E() + m²/2,

где m и – масса и скорость электрона.

Ответ. 1 – 0,75 , 1,05 ; 2 – 460 кДж/моль и 270 кДж/моль; 3 – 1500 кДж/моль;
4 – 1310 кДж/моль; 5 – 492 км/с.

Задание 28. Криоскопия
(2 балла)

Химикам часто приходится работать c температурами ниже температуры плавления воды (0 °C) и значительно выше температуры сублимации CO₂ (-78 °C). Для создания таких температур смешивают лед при температуре его плавления и NaCl. В зависимости от соотношения компонентов можно достичь температур вплоть до –20 °С.
В термостате приготовили ледяную баню. Для этого при 0 °C к 1 кг льда добавили 150 г NaCl. Укажите, являются ли правильными (Д) или неправильными (Н) следующие утверждения.

3. На рисунке изображена зависимость температуры замерзания водного раствора NaCl от его состава (массовые доли соли – в процентах):

При какой температуре замерзает раствор, приготовление которого описано выше?

Решение

1. Процесс смешивания льда и NaCl с образованием раствора – самопроизвольный.
Правильный ответ – Д.

2. В самопроизвольном процессе энтропия увеличивается, ее изменение – положительное.
Правильный ответ – Н.

3. Массовая доля соли в растворе:

(NaCl) = 150/(1000 + 150) = 0,13.

Этому значению на графике отвечает температура замерзания –9 °С.
4. В воде соли диссоциированы полностью. Найдем количество ионов, образующихся в растворе при добавлении по 150 г NaCl и MgCl₂ к 1 кг льда:

(NaCl) = 150/58,5 = 2,56,

(Na⁺,Cl^–) = 2•2,56 = 5,12 моль;

(MgCl₂) = 150/95 = 1,58,

(Mg²⁺,Cl^–) = 3•1,58 = 4,74 моль < 5,12 моль.

Во втором случае количество ионов, приходящееся на 1 кг растворителя, меньше, поэтому температура замерзания раствора выше.
Правильный ответ – Д.
Ответ. 1 – Д; 2 – Н; 3 – 9 °С; 4 – Д.

Задание 31.
Идентификация сложного эфира
(7 баллов)

2,81 г оптически активного сложного диэфира A, состоящего только из атомов C, H и O, подвергли омылению 30,00 мл 1,00 M раствора NaOH. Для того чтобы полностью оттитровать непрореагировавший NaOH, потребовалось 6,00 мл 1,00 M раствора HCl.
Продуктами омыления являются оптически неактивная дикарбоновая кислота B, CH₃OH и оптически активный спирт C. В результате реакции спирта C с I₂/NaOH образуются желтый осадок и C₆H₅COONa. Соединение B реагирует с Br₂ в CCl₄ с образованием единственного продукта (соединение D), который оптически неактивен. Озонолиз соединения B дает только один продукт.
Сложный диэфир A также реагирует с Br₂ в CCl₄ с образованием смеси двух соединений (E, F), каждое из которых оптически активно.
1. Рассчитайте молярную массу соединения A.
2. Изобразите структурные формулы соединений A, B и C без стереохимической информации.
3. Изобразите все возможные стереохимические формулы для соединения C (используйте жирные и пунктирные линии для обозначения химических связей).
4. Изобразите стереохимическую формулу соединения D, используя проекцию Фишера.
5. Изобразите стереохимическую формулу соединения B.
6. Изобразите все возможные стереохимические формулы для соединений E и F, используя проекции Фишера. Отметьте буквой R или S все центры хиральности во всех формулах.
7. Если для омыления соединения A использовать Na¹⁸OH, будет ли тяжелый изотоп кислорода включаться в продукты B и C (в какое-то одно из этих соединений или в оба)?
Отметьте крестиком правильный ответ:

Решение

1. Для реакции с диэфиром потребовалось 30 – 6 = 24 мл 1,00 М раствора NaOH, т. е. 0,024 моль. Уравнение щелочного гидролиза:

ROOC-X-COOR + 2NaOH = NaOOC-X-COONa + 2ROH.

Количество диэфира: 0,024/2 = 0,012 моль.
Молярная масса диэфира:

M(A) = 2,81/0,012 = 234,17 234 г/моль.

2. Судя по продуктам гидролиза, диэфир содержит сложноэфирную группу COOCH₃, другую сложноэфирную группу COOR, содержащую бензольное кольцо, и двойную связь CH=CH. С учетом оптической активности спирта C, который образуется при гидролизе, единственно возможная формула диэфира A:

(брутто-формула C₁₃H₁₄O₄). При гидролизе образуются CH₃OH, дикарбоновая кислота

и 1-фенилэтанол

3. Спирт C существует в виде двух оптических изомеров. Их стереохимические формулы:

4. Стереохимическая формула оптически неактивного продукта бромирования D:

5. Стереохимическая формула кислоты B:

6.

Возможные стереохимические формулы для соединения E	Возможные стереохимические формулы для соединения F

7. При щелочном гидролизе сложного эфира атом кислорода из основания окажется в составе спирта.
Правильный ответ – б.

Задание 35. Кинетика
(5 баллов)

Катализируемая кислотами реакция

CH₃COCH₃ + I₂ CH₃COCH₂I + HI

имеет первый порядок по иону водорода. В дальнейшем концентрация ионов водорода считается постоянной. При разных начальных концентрациях реагентов измерялось время, за которое концентрация йода уменьшалась на 0,010 моль•л^–1. Результаты приведены в таблице.

1. Заполните пустые клетки в таблице:

2. Запишите кинетическое уравнение и рассчитайте наблюдаемую константу скорости.
3. Рассчитайте время, необходимое для того, чтобы 75% CH₃COCH₃ прореагировало с избытком I₂.
4. Постройте графики зависимостей скорости реакции от [CH₃COCH₃] и от [I₂] при постоянных концентрациях остальных реагентов.
5. Скорость некоторой реакции увеличивается в два раза при нагревании на 10 градусов от 298 K. Рассчитайте энергию активации этой реакции.

Решение

1. Из первой, второй и третьей строчек таблицы видно, что при увеличении концентрации ацетона в два раза время реакции уменьшается в два раза. Это означает, что реакция имеет первый порядок по ацетону. (Время реакции обратно пропорционально начальной концентрации ацетона.)
Из второй и четвертой строчек таблицы следует, что скорость и время реакции не зависят от концентрации йода, т. е. она имеет нулевой порядок по йоду. Следовательно, пустые клетки во втором столбце таблицы можно заполнить любыми числами, большими, чем 0,010 (т. к. именно такая концентрация йода расходуется в реакции).
Заполненная таблица имеет вид:

2. = k[CH₃COCH₃],
k = /[CH₃COCH₃] = (0,010/7,2)/0,25 = 5,56•10^-3 мин^-1 = 9,26•10^-5 с^-1.

3. Реакция имеет первый порядок по ацетону. Период полупревращения ацетона:

= ln 2/k = 125 мин.

75% ацетона прореагирует за два периода полупревращения:

t = 2 = 250 мин.

4. Скорость реакции прямо пропорциональна концентрации ацетона и не зависит от концентрации йода.

5. Из уравнения Аррениуса следует:

Ответ. 2 – k = 5,56•10^-3 мин^-1; 3 – 250 мин; 5 – 52,9 кДж/моль.

* * *

Анализируя эти задания, можно увидеть, что, хотя многие из них требуют специальных знаний, выходящих за рамки школьной программы, никаких особенных умений или оригинальных подходов для их решения не требуется. Все задания довольно стандартные. Это – одно из главных разочарований прошедшей олимпиады. Здесь сказались пристрастия председателя Научного комитета олимпиады профессора Мавридиса, который убрал из комплекта довольно интересные задачи про полимеры, неорганические комплексы и наночастицы и заменил их задачами по физической химии и химической физике, что отвечало его профессиональным интересам.
В заключение надо сказать, что в целом олимпиада была организована на довольно хорошем уровне, несмотря на более чем скромный бюджет. Школьники работали всего два дня, остальное время было посвящено многочисленным экскурсиям. Языковых проблем для наших ребят не существовало, т. к. после английского главный язык олимпиады – русский. Отношение со стороны организаторов было очень теплым. Ребята много времени были предоставлены самим себе и показали, что они – люди самостоятельные и умеют грамотно распоряжаться свободным временем.
Следующая, 36-я Международная химическая олимпиада школьников пройдет в июле 2004 г. в г. Киль (Германия). Она будет заметно смещена по срокам из-за того, что университетские лаборатории заняты до середины июля. Олимпиада начнется 18 июля, т. е. на две недели позже обычного. Уже за год существует детальное расписание этой олимпиады, что лишний раз подчеркивает легендарную немецкую любовь к порядку.

Автор благодарен своим друзьям и коллегам – профессору химического факультета МГУ Александру Гладилину, профессору Харьковского университета Юрию Холину и доцентам Минского университета Виктору Хвалюку и Александру Рагойше – за плодотворное сотрудничество на олимпиаде. Особая благодарность – ведущему специалисту Департамента образовательных программ и стандартов общего образования Министерства образования России С.В.Суматохину за постоянную поддержку в организации учебно-тренировочных сборов и поездки на олимпиаду. В процессе подготовки команду поддерживали компания «ЭКРОС» (Санкт-Петербург), Благотворительный фонд В.Потанина, ОАО «Визит» (г. Кузнецк Пензенской области) и ЭНПЦ «Эпитал» (Москва).

В.В.ЕРЕМИН,
научный руководитель сборной России,
доцент химического факультета МГУ