Задачи по химии из Кембриджского
и Оксфордского университетов

Очередная, 41-я Международная химическая олимпиада (МХО) школьников проходила в июле 2009 г. в Англии, в двух знаменитых университетах – Кембриджском и Оксфордском. Она была посвящена 800-летию Кембриджского университета, одного из старейших в Европе. Олимпиада была прекрасно организована и позволила участникам в полной мере ощутить атмосферу старой доброй Англии и дух научного творчества, присущий двум классическим английским университетам.

Само соревнование включало два тура – теоретический и экспериментальный. В экспериментальном туре школьники выполняли три задачи: 1) экологически чистый, т.е. без использования органических растворителей, органический синтез – кротоновая конденсация; 2) титриметрическое определение состава комплексной соли меди; 3) кондуктометрическое определение критической концентрации мицеллообразования ПАВ. Последняя задача оказалась самой интересной и наиболее трудной, ввиду того, что, по замыслу ее автора, отсутствовала подробная методика эксперимента и школьники должны были самостоятельно спланировать последовательность своих действий, на что многим не хватило времени.

Теоретический тур также был очень плотным по времени. Он состоял всего из шести задач: две – по органике, одна – по неорганике, три – по физхимии. Но все задачи были очень длинными и содержали множество вопросов. Самые интересные из этих задач с нашими решениями и комментариями мы предлагаем вашему вниманию. В ряде случаев мы убрали тривиальные “утешительные” вопросы из текстов задач, сохранив только самую суть.

---

Первая задача имеет чисто исторический характер. Она показывает, как с помощью различных физических методов можно определить число Авогадро, и позволяет сравнить точность этих методов.

• Задача 1. Определение постоянной Авогадро

Для определения постоянной Авогадро было использовано много разных методов. В этой задаче рассматриваются три из них.

Метод A – по данным рентгеновской дифракции (современный метод)

Элементарная ячейка представляет собой наименьший повторяющийся фрагмент в кристаллической решетке. Методом рентгеновской дифракции было установлено, что золото имеет гранецентрированную кубическую элементарную ячейку (т.е. центры атомов золота располагаются в каждой вершине куба и в центре каждой грани). Длина ребра элементарной ячейки золота равна 0,408 нм.

1. Изобразите элементарную ячейку золота и рассчитайте число атомов Au, приходящихся на одну ячейку.

2. Плотность золота равна 1,93•10⁴ кг/м³. Определите значение постоянной Авогадро, приняв относительную атомную массу золота равной 196,97.

Метод B – из данных по радиоактивному распаду (Э.Резерфорд, 1911 г.)

Радиоактивный распад ²²⁶Ra протекает в соответствии со схемой:

Величины над стрелками показывают период полураспада соответствующего нуклида. Время полураспада первой стадии, обозначенное t, намного больше всех остальных значений.

3. Образец, содержащий 192 мг ²²⁶Ra, был очищен от посторонних нуклидов и оставлен на 40 дней. Укажите первый нуклид (исключая Ra), концентрация которого к этому времени не достигла стационарного состояния.

4. Суммарная скорость -распада указанного образца была затем измерена с помощью счетчика и оказалась равной 27,7 ГБк (1 Бк соответствует 1 распаду за 1 с). После этого образец был помещен в герметически закрытый сосуд на 163 дня. Было установлено, что за это время образовалось 10,4 мм³ He (p = 101 325 Па и T = 273 K). Рассчитайте постоянную Авогадро по этим данным.

5. Приняв, что относительная атомная масса нуклида ²²⁶Ra, измеренная с помощью масс-спектрометрии, равна 226,25, и используя современное значение постоянной Авогадро (6,022•10²³ моль^–1), рассчитайте число атомов ²²⁶Ra в исходном образце (N_Ra), постоянную радиоактивного распада ²²⁶Rа (k) и период полураспада ²²⁶Ra (t, в годах). Учитывайте только распады, протекающие до нуклида, указанного в пункте 3.

Метод C – по распределению частиц (Ж.Б.Перрен, 1909 г.)

Одно из самых первых точных определений постоянной Авогадро было сделано на основании результатов изучения распределения по высоте коллоидных частиц, суспендированных в воде, под действием силы тяжести. В одном из таких экспериментов частицы радиусом 2,12•10^–7 м и плотностью 1,206•10³ кг/м³ были суспендированы в трубке с водой при 15 °C. Через некоторое время, достаточное для установления равновесия, было подсчитано среднее число частиц в единице объема для четырех разных высот (отсчет высоты производится от низа трубки). Полученные данные представлены в таблице:

6. Считая частицы сферическими, рассчитайте массу одной частицы (m); массу воды, которую она вытесняет (m); эффективную массу частицы в воде (m*) (с учетом архимедовой силы). Примите плотность воды равной 999 кг/м³.

В состоянии равновесия число частиц в единице объема в зависимости от высоты может быть выражено с учетом распределения Больцмана следующим образом:

где n_h – число частиц в единице объема на высоте h, – число частиц в единице объема на начальной высоте h₀, E_h – потенциальная энергия 1 моля частиц на высоте h по отношению к частицам на дне трубки с водой. Начальная высота равна 5 мкм от дна трубки с водой.

7. Рассчитайте постоянную Авогадро на основании этих экспериментальных данных.

Решение

1. Структура гранецентрированной кубической элементарной ячейки:

Каждый атом в вершине куба принадлежит восьми соседним ячейкам, а атом на грани – двум ячейкам. Таким образом, на одну ячейку приходится 8•1/8 + 6•1/2 = 4 атома.

2. В 1 моле золота (N_A атомов) содержится N_A/4 элементарных ячеек, объем каждой из которых равен (0,408 нм)³ = 6,79•10^–29 м³. Молярный объем золота можно рассчитать по молярной массе и плотности:

V_M = M /  = 196,97•10^–3 (кг/моль) / 1,93•10⁴ (кг/м³) = 1,02•10^–5 м³/моль.

Сравнивая молярный объем и объем ячейки, находим постоянную Авогадро:

1,02•10^–5 м³/моль = N_A/4•6,79•10^–29 м³,

N_A = 6,01•10²³ моль^–1.

3. В последовательности реакций радиоактивного распада через некоторое время устанавливается так называемое “вековое равновесие”, при котором концентрации промежуточных веществ – радиоактивных нуклидов – квазистационарны, т.е. скорость их образования равна скорости распада. Время установления векового равновесия должно в несколько раз превышать период полураспада всех участвующих в равновесии изотопов. Время в задаче – 40 дней. Первый нуклид в цепи, период полураспада которого значительно превышает это значение, – ²¹⁰Pb.

4. Число -частиц, образовавшихся за 163 дня, равно:

N = 27,7•10⁹ (с^–1)•(163•24•3600 (с)) = 3,90•10¹⁷.

Подставим это значение в уравнение идеального газа:

Такая большая погрешность обусловлена тем, что скорость распада не остается постоянной в течение всех 163 дней.

5. Число атомов радия:

N_Ra = •N_A = (m/M)•N_A =(192•10^–3/226,25)•6,022•10²³ = 5,11•10²⁰.

Цепь -распадов в вековом равновесии от ²²⁶Ra до ²¹⁰Pb включает 4 распада, поэтому только четвертая часть от общего числа -частиц образуется из нуклида ²²⁶Ra. Радиоактивный распад – реакция первого порядка: его скорость равна постоянной распада, умноженной на число атомов:

По условию, суммарная скорость -распада равна 27,7•10⁹ с^–1, следовательно

Откуда

k = (27,7•10⁹/4) / (5,11•10²⁰) = 1,36•10^–11 с^–1.

Период полураспада радия-226:

6. Объем частицы:

Масса частицы:

m = V = 3,99•10^–20•1,206•10³ = 4,81•10^–17  кг.

Объем вытесненной воды равен объему частицы, а масса воды составляет:

= V = 3,99•10^–20•999 = 3,99•10^–17  кг.

Согласно закону Архимеда, эффективная масса частицы в воде равна разности рассчитанных величин:

m* = 4,81•10^–17  – 3,99•10^–17 = 8,2•10^–18 кг.

7. Гравитационная потенциальная энергия одного моля частиц в воде равна: E_h = N_Am*gh, где m* – эффективная масса, рассчитанная в п. 6. Подставляя это выражение в распределение Больцмана и логарифмируя, находим линейное соотношение между логарифмом числа частиц и высотой:

В данном случае = 4,00, h₀ = 5 мкм. Подставляя данные из таблицы в полученное линейное уравнение и используя метод наименьших квадратов, находим коэффициент линейной зависимости:

Следовательно,

Сравнивания три метода, мы видим, что самое точное значение постоянной Авогадро находят с помощью рентгеноструктурного анализа.

Следующая задача – самая необычная во всем комплекте. В ней показано, как физическая химия объясняет образование первых молекул во Вселенной. Здесь используется один из основных принципов химической кинетики – принцип лимитирующей стадии. И можно увидеть, как для описания одного и того же явления химическая кинетика предлагает разные модели. Выбор между моделями всегда осуществляется на основании сравнения с экспериментом (который в этой задаче заменен компьютерным моделированием). Интересно здесь и то, что кинетические уравнения записываются не через концентрации веществ, а через число атомов, поэтому некоторые константы скорости имеют необычные размерности.

В задаче рассматриваются три конкурирующих процесса, протекающие с атомами и молекулами водорода: адсорбция, десорбция и реакция на поверхности. Фактически это задача по гетерогенной кинетике. Поверхность частицы космической пыли выполняет роль катализатора.

• Задача 2. Образование H₂ в межзвездном пространстве

При столкновении двух атомов водорода в межзвездном пространстве может образоваться молекула, но ее энергия будет столь велика, что молекула тут же распадется на атомы. Поэтому устойчивая молекула H₂ может образоваться из атомов только на поверхности частиц космической пыли, которые поглощают избыточную энергию. После этого молекула H₂ быстро десорбируется с поверхности. В данной задаче сравниваются две кинетические модели образования H₂ на поверхности.

В обеих моделях константа скорости адсорбции атомов H на поверхности составляет k_a = 1,4•10^–5 см³•с^–1. Типичная объемная концентрация атомов H (число атомов H в единице объема) в межзвездном пространстве: [H] = 10 см^–3.

1. Рассчитайте скорость адсорбции атомов H на поверхности частицы пыли. В дальнейших расчетах эта скорость считается постоянной.

Десорбция атомов H с поверхности имеет первый порядок по числу адсорбированных атомов H на одну частицу пыли (далее – N), константа скорости десорбции равна: k_d = 1,9•10^–3 с^–1.

2. Считая, что установилось равновесие между адсорбцией и десорбцией, рассчитайте стационарное (среднее) число N атомов Н на поверхности частицы пыли.

Атомы H могут перемещаться по поверхности. Встречаясь друг с другом, они реагируют, и образующиеся молекулы H₂ десорбируются с поверхности. В двух рассматриваемых кинетических моделях эта реакция учитывается по-разному, однако константы скорости адсорбции k_a, десорбции k_d и реакции k_r – одни и те же:

k_a = 1,4•10^–5 см³•с^–1,

k_d = 1,9•10^–3 с^–1,

k_r = 5,1•10⁴ с^–1.

Модель A

Реакция образования H₂ считается бимолекулярной. На поверхности частицы пыли скорость уменьшения числа атомов H (N) в результате реакции равна k_rN ².

3. Запишите выражение для скорости изменения N, учитывая адсорбцию, десорбцию и реакцию. Считая число атомов стационарным, найдите значение N.

4. Рассчитайте скорость образования молекул H₂ на одну частицу пыли в этой модели.

Модель B

В модели B рассматривается вероятность того, что на поверхности частицы находится 0, 1 или 2 атома Н. Процессы, связывающие эти состояния, показаны на схеме. Предполагается, что на поверхности частицы не может находиться больше двух атомов водорода.

Роль концентраций в кинетических уравнениях играют x₀, x₁ и x₂ – доли частиц, адсорбировавших 0, 1, 2 атома Н соответственно. Для частицы, находящейся в состоянии m (с долей x_m), скорости трех возможных процессов равны:

адсорбция (m —> m + 1): скорость = k_a[H]x_m;

десорбция (m —> m – 1): скорость = k_dmx_m;

реакция (m —> m – 2): скорость = 1/2•k_rm(m – 1)x_m.

5. Запишите кинетические уравнения для скоростей dx_m / dt, m = 0, 1, 2.

6. Считая систему квазистационарной и используя уравнения, полученные в предыдущем пункте, выведите выражения для отношений долей x₂/x₁ и x₁/x₀ и рассчитайте эти отношения.

7. Рассчитайте стационарные значения долей x₀, x₁ и x₂.

8. Рассчитайте скорость реакции образования H₂ на одну частицу пыли в этой модели.

9. Экспериментально определить скорость этой реакции не удается, однако современные компьютерные расчеты дают значение 9,4•10^–6 с^–1. Какая из моделей более правильно описывает процесс образования молекулярного водорода?

Решение

1. r_a = k_a [H] = 1,4•10^–5•10 = 1,4•10^–4 с^–1.

2. r_a = r_d = k_d N,

N = r_a / k_d = 1,4•10^–4 / (1,9•10^–3) = 7,4•10^–2.

Это число меньше единицы, т.к. не на каждой частице пыли есть атомы водорода.

3. Учитываются три процесса: адсорбция (0-й порядок по числу атомов на поверхности), десорбция (1-й порядок) и реакция рекомбинации при столкновении на поверхности (2-й порядок):

 = 0 (условие стационарности N), т.е.

– k_r N² – k_d N + r_a  = 0,

откуда

4. В реакции 2Н = Н₂ скорость образования молекул H₂ () в два раза меньше скорости расходования атомов H:

5. Состояние 0 (нет атомов на поверхности) возникает в результате десорбции (1 —> 0) или химической реакции (2 —> 0) и исчезает при адсорбции (0 —> 1):

Состояние 1 (только один атом на поверхности) образуется путем адсорбции-десорбции из состояний 0 и 2:

Состояние 2 (два атома на поверхности) образуется из состояния 1 путем адсорбции и переходит в него за счет десорбции, а в состояние 0 – за счет химической реакции:

6. В квазистационарном состоянии все скорости, записанные в п. 5, равны 0. Отсюда находим:

7. Из расчетов п. 6 и условия x₀ + x₁ + x₂ = 1 находим:

x₀ = 0,936; x₁ = 0,064; x₂ = 1,8ж10^–10.

8. Скорость реакции на поверхности по условию равна:

r = k_rx₂ = 5,1•10⁴ •1,8•10^–10 = 9,2•10^–6 c^–1.

9. Теперь сравним две модели с учетом “экспериментального” значения скорости реакции 9,4•10^–6 с^–1. Очевидно, что модель A дает значительное отклонение от эксперимента, тогда как модель B, которая учитывает в явном виде скорость адсорбции второго атома водорода, а химическая реакция на поверхности описывается уравнением 1-го порядка, позволяет получить адекватный результат.

Третья задача – чисто неорганическая, она посвящена комплексным соединениям. Задача знакомит с основными теориями строения комплексов – координационной теорией Вернера и теорией кристаллического поля. Для решения требуется знание форм конкретных d-орбиталей. В целом это хорошо построенная логически, хотя и несколько длинная задача. В ней показано, как можно установить состав и строение комплексных соединений с помощью титрования.

• Задача 3. Комплексы переходных металлов

Для определения структуры комплексов металлов с координационным числом шесть Альфред Вернер использовал “метод подсчета изомеров”. Он рассматривал три возможные формы таких комплексов:

Неокрашенный кружок обозначает положение центрального атома металла, а окрашенные кружочки обозначают положение лигандов. Форма Х – плоская, Y – тригональная призма, Z – октаэдр.

В комплексе общей формулы MA₆, где А – лиганд, все лиганды одинаковы, и для каждой из этих трех форм существует только одна структура; нет ни геометрических, ни оптических изомеров. Однако, если оптически неактивный (ахиральный) лиганд А заместить одним или несколькими ахиральными лигандами, появляется возможность существования геометрических изомеров для каждой формы. Кроме того, один или несколько геометрических изомеров могут быть оптически активными и существовать в виде пар энантиомеров.

1. Заполните нижеприведенную таблицу, указав, сколько геометрических изомеров может быть образовано каждой из форм X, Y и Z при замещении монодентатных лигандов А на монодентатные лиганды В или на симметричные бидентатные лиганды, обозначенные C—C. Бидентатный лиганд C—C может занимать только два соседних положения в X, Y и Z (соединены одной линией).

В места, отведенные в таблице, впишите число геометрических изомеров для каждого случая. Если один из геометрических изомеров существует в виде пары энантиомеров, добавьте в эту клетку звездочку *. Если два изомера существуют в виде двух пар энантиомеров, добавьте в эту клетку две звездочки ** и т.д. Например, если вы считаете, что какая-то конкретная структура существует в виде пяти геометрических изомеров, три из которых существуют в виде пар энантиомеров, впишите в клетку 5***.

Таблица

Плоские шестиугольные комплексы X неизвестны, но существуют комплексы типов Y и Z. В зависимости от геометрии комплекса d-орбитали металла расщеплены по-разному. Схемы расщепления d-орбиталей для октаэдра и тригональной призмы приведены ниже (см. с. 21).

Значения энергий расщепления E, E ^', E ^'' зависят от конкретного комплекса.

2. Для каждого из двух видов комплексов укажите тип каждой d-орбитали на схемах расщепления.

Комплексы [Mn(H₂O)₆]²⁺ и [Mn(CN)₆]^2– имеют октаэдрическое строение. У одного из них магнитный момент равен 5,9 МБ (магнетон Бора), а у другого – 3,8 МБ, но неизвестно, какой момент к какому комплексу относится.

3. Распределите d-электроны по орбиталям для каждого комплекса.

Экспериментально установлено, что комплексы A и B имеют значения магнитного момента 1,9 и 2,7 МБ. Вам надо решить, какое значение какому комплексу соответствует.

4. Для этих двух комплексов нарисуйте диаграммы расщепления орбиталей по энергиям. Приведите распределение электронов по орбиталям.

Октаэдрические комплексы встречаются намного чаще, чем тригонально-призматические. Вернер выделил пять комплексов C – G, содержащих только Co(III), Cl и NH₃, каждый из которых имеет октаэдрическое строение. (Существует и шестой комплекс, но Вернер не смог его выделить.) В таблице приведены значения мольной электропроводности для пяти комплексов, полученных Вернером. Значения мольной электропроводности экстраполированы для бесконечно разбавленных растворов и даны в относительных единицах. Комплекс G не реагирует с водным раствором AgNO₃; соединения C, D и E реагируют с водным раствором AgNO₃ в разных стехиометрических соотношениях; E и F реагируют с водным раствором AgNO₃ в одинаковых стехиометрических соотношениях.

5. Установите строение соединений C – G.

Вернер также первым выделил энантиомеры октаэдрического комплекса H, который не содержит атомов углерода. Комплекс H содержит только кобальт, аммиак, хлорид-ионы и кислородсодержащие частицы, которыми могут быть или H₂O, или OH^–, или O^2–. В этом веществе все ионы кобальта находятся в октаэдрическом окружении. Все хлорид-ионы комплекса легко осаждаются водным раствором нитрата серебра. Для полного осаждения хлорид-ионов из навески вещества H массой 0,2872 г (не содержит кристаллизационной воды) необходимо 22,8 cм³ 0,100 M нитрата серебра.

6. Рассчитайте массовую долю (в %) хлора в H.

Соединение H устойчиво в кислой среде, но гидролизуется в щелочной. Навеску Н массой 0,7934 г (не содержит кристаллизационной воды) прокипятили в избытке водного раствора гидроксида натрия. В результате реакции образовался оксид кобальта(III) и выделился аммиак. Полученный аммиак был отогнан и полностью поглощен 50,0 cм³ 0,500 M водного раствора HCl. На нейтрализацию избытка HCl потребовалось 24,8 cм³ 0,500 M водного раствора KOH.

К оставшейся охлажденной суспензии оксида кобальта(III) добавили приблизительно 1   г йодида калия, после чего смесь подкислили водным раствором HCl. На титрование выделившегося в результате реакции йода потребовалось 21,0 cм³ 0,200 M водного раствора тиосульфата натрия.

7. Рассчитайте массовую долю (в %) аммиака в H.

8. Запишите уравнение реакции оксида кобальта(III) с йодидом калия в кислой среде.

9. Рассчитайте массовую долю (в %) кобальта в H.

10. Определите природу кислородсодержащих частиц в H.

11. Запишите эмпирическую формулу H.

12. Изобразите пространственное строение хирального соединения H.

Решение

1. Простые геометрические соображения приводят к следующему ответу:

2. Для октаэдрического комплекса расщепление известно из учебной литературы: орбитали и расположены ближе всего к лигандам, поэтому энергия этих орбиталей наибольшая:

В призме ближе всего к лигандам располагаются орбитали d_xz, d_yz, дальше всего – орбитали и d_xy, а орбиталь занимает промежуточное положение:

3. Магнитный момент комплексов обусловлен наличием неспаренных электронов у центрального атома. Комплекс со спиновым квантовым числом S имеет магнитный момент:

(см., например: Шрайвер Д., Эткинс П. Неорганическая химия. Т. 1. М.: Мир, 2004, с. 365). Поскольку электрон имеет спин s = 1/2, суммарный спин комплекса связан с числом N неспаренных электронов соотношением: S = N/2. Следовательно,

Магнитному моменту 5,9 МБ соответствует N = 5, а моменту 3,8 МБ  – N = 3.

В комплексе [Mn(H₂O)₆]²⁺ центральный атом – Mn²⁺ – имеет электронную конфигурацию [Ar] 3d⁵. Молекула H₂O – слабый лиганд, расщепление в его поле невелико, поэтому электроны располагаются на всех 5 орбиталях так, чтобы суммарный спин был максимальным – все 5 электронов неспарены:

Такие комплексы называют высокоспиновыми.

В комплексе [Mn(CN)₆]^2– центральный атом – Mn⁴⁺ – имеет электронную конфигурацию [Ar] 3d³. Независимо от величины расщепления (а оно у цианид-ионов большое) все 3 электрона располагаются на нижних орбиталях и все 3 неспарены:

4. В комплексе A рений имеет заряд 4+ (у лиганда заряд равен 2–, лигандов – три, а общий заряд комплекса равен 2–), на 5d-подуровне у него 3 электрона. Если бы комплекс имел октаэдрическое строение, то все 3 электрона были бы неспаренными и магнитный момент был бы около 4 МБ, а это не так. Следовательно, комплекс имеет форму призмы и один неспаренный электрон, что соответствует магнитному моменту 1,9 МБ (по формуле получается 1,73 МБ, небольшой дополнительный вклад обусловлен значительным спин-орбитальным взаимодействием):

В комплексе B каждый из лигандов имеет заряд 1– (одна из двух связей с центральным атомом – донорно-акцепторная, а другая – ковалентная), а сам комплекс – нейтральный, поэтому заряд центрального атома равен 3+, и на 5d-подуровне содержится 4 электрона. Если бы комплекс имел форму призмы, то неспаренных электронов бы не было. Следовательно, геометрия комплекса – октаэдрическая. 4 электрона занимают 3 нижние орбитали, получается 2 неспаренных электрона, что полностью соответствует моменту 2,7 МБ:

5. В комплексах C – G ионы Cl^– и молекулы NH₃ могут быть как во внутренней координационной сфере, так и во внешней. В последнем случае хлорид-ионы очень подвижны и вносят вклад в электропроводность раствора. Наибольшая электропроводность – у комплекса C, где все три хлорид-иона – во внешней сфере:

[Cr(NH₃)₆]Cl₃.
С

В комплексе D электропроводность меньше, т.к. один хлорид-ион находится во внутренней сфере и прочно связан с центральным атомом:

[Cr(NH₃)₅Cl]Cl₂.
D

В соединениях E и F во внешней сфере – только один хлорид-ион:

[Cr(NH₃)₄Cl₂]Cl.
E, F

E и F представляют собой неорганические цистрансизомеры.

Наконец, в соединении G все хлорид-ионы связаны с центральным атомом, и этот комплекс не является электролитом:

[Cr(NH₃)₃Cl₃].
G

10. Найдем молярное соотношение кобальта, аммиака и хлора в комплексе:

(Co) : (NH₃) : (Cl) = (31,2 / 58,93) : (27,0 / 17) : (28,1 / 35,45) = 2 : 6 : 3.

На кислородсодержащие частицы – это могут быть O^2–, OH^– или H₂O – приходится 13,7 % массы, что в молях равно: 13,7 / (1618). Это примерно соответствует содержанию хлора, т.е. в составе комплекса имеется 3 частицы. Все соединение в целом электронейтрально: аммиак нейтрален, кобальт и хлор вместе создают заряд: 2•(+3) + 3•(–1) = +3, следовательно, на три кислородсодержащие частицы приходится заряд 3–, т.е. это OH^–.

11. Эмпирическая формула комплекса H – Co₂(NH₃)₆Cl₃(OH)₃.

12. Комплекс H должен быть оптически активным, и форма его должна быть октаэдрической. Этим условиям и найденной выше формуле соответствует такая структура: один атом кобальта координирован 6 группами OH, через которые он связан еще с тремя атомами кобальта, причем каждый из них связан еще с 4 молекулами аммиака. Все атомы хлора находятся во внешней сфере:

* * *

В заключение несколько слов о том, как выступила наша команда. Результат сборной России – три золотые и одна серебряная медаль, что означает 3-е место в неофициальном командном зачете, после Тайваня (4 золота) и Китая (3 золота и серебро). В целом выступление сборной России можно считать очень успешным. Школьники, как всегда, показали высокий уровень теоретической подготовки, однако практический тур могли бы выполнить лучше. Всего в олимпиаде участвовало 250 школьников из 65 стран.

Следующая, 42-я МХО состоится в Японии, на химическом факультете Токийского университета.

Б л а г о д а р н о с т ь. В процессе подготовки сборную команду России на МХО-2009 поддерживала госкорпорация РОСНАНО. Сама подготовка проходила в лабораториях и с участием преподавателей химического факультета МГУ.

Материал подготовил В.В.ЕРЕМИН,
научный руководитель сборной России,
профессор химического факультета МГУ