Учебно-методический комплекс Новосибирск 2014 Учебно-методический комплекс предназначен для студентов I курса факультета естественных наук, направление подготовки 06. 03. 01 «Биология (академический бакалавр)»

Краткая форма записи электронной конфигурации Ir4+: [Xe]4f145d5. Количество протонов равно Z = 77, электронов меньше на заряд катиона, четыре, 73. Для определения числа нейтронов в ядре необходимо знать изотопный состав Ir. По атомной массе, приведенной в Периодической системе, 192,2, можно предположить (хотя это не обязательно верно!), что наиболее распространенный в природе изотоп с массовым числом 192. Для этого изотопа число нейтронов равно 192 – 77 = 115. 2. Взаимодействие α-частицы с атомом водорода приводит к образованию протона и иона Не+. Определите изменение энергии в этой реакции. Решение. α-частица – это ядро атома гелия, т. е. Не2+. Реакцию Не2+ + Н = Не+ + Н+ можно представить как сумму двух процессов с известными изменениями энергии: 1) Н = Н+ + е; Е1 – потенциал ионизации атома Н, равный 13,6 эВ; 2) Не2+ + е = Не+; Е2 – сродство к электрону ядра гелия, равное энергии электрона в одноэлектронной частице Не+: Е = –13,6Z2 / n2, где Z = 2, n = 1 (иначе – равное по величине и обратное по знаку энергии ионизации иона He+); тогда Е2 = –54,4 эВ. Изменение энергии в реакции ΔЕ – алгебраическая сумма Е1 и Е2: ΔЕ = 13,6 – 54,4 = –40,8 эВ. 3. Изобразите структурные формулы и установите пространственное строение: а) молекул NH3·BH3 и NSF3 (ковалентность серы равна 6); б) иона IF2O (иод – центральный атом). Решение. а) структурные формулы: NH3·BH3: NSF3: Геометрическое строение NH3·BH3 определим, используя представления о гибридизации АО. Сначала рассмотрим геометрию отдельных фрагментов этой молекулы: NH3 и ВН3. Атом азота имеет пять валентных электронов: неподеленную пару 2s2 и три неспаренных 2p-электрона. Валентные АО атома N (одна s-АО и три р-АО) образуют четыре sp3-гибридные АО, направленные к вершинам тетраэдра. Три из sp3-ГАО заняты тремя неспаренными электронами, которые образуют химическую связь с тремя атомами Н. Четвертая sp3-ГАО занята неподеленной парой электронов. Атом бора имеет три валентных электрона. Электронная конфигурация возбужденного атома бора В* 2s12p2. Валентные АО атома В (одна s-AO и три р-АО) образуют четыре sp3-гибридные АО, направленные к вершинам тетраэдра. Три из них заняты неспаренными электронами, которые образуют химическую связь с тремя атомами Н. Четвертая sp3-АО является вакантной. Между фрагментами NH3 и ВН3 образуется химическая связь по донорно-акцепторному механизму (N – донор, В – акцептор). В результате молекула NH3·BH3 представляет собой два тетраэдра, соединенные следующим образом: Рассмотрим строение NSF3, используя правила Гиллеспи. Известно, что центральный атом S имеет ковалентность 6, т. е. участвует в образовании четырех - и двух -связей. Стерическое число (СЧ) определяется суммой числа -связывающих пар (-СП) и числа неподеленных пар (НП). Для S в молекуле NSF3 СП = 4, НП = 0, СЧ = 4. Следовательно, геометрическая форма NSF3 – тетраэдр. б) структурная формула : Строение по Гиллеспи: СП = 4 (четыре σ-связи); НП = 1 (число неподеленных пар); СЧ = СП + НП = 5. Следовательно, пять орбиталей центрального атома иода направлены к вершинам тригональной бипирамиды. Для определения положения неподеленной пары необходимо применить дополнение Найхольма. Для этого нужно определить число взаимодействий неподеленной пары со связывающими парами под углом 90 для двух альтернативных структур: 1) 2) Для структуры 1 таких взаимодействий три, а для структуры 2 таких взаимодействий – два. Следовательно, наиболее устойчивой структурой является 2. Такая структура является искаженным тетраэдром и часто называется «ходули». Аналогичным образом рассматриваем расположение атомов кислорода. Взаимодействие двойной связи атомов кислорода (кулоновское отталкивание) с НП больше взаимодействия одинарной связи с НП. Поэтому предпочтительнее те структуры, в которых атомы кислорода располагаются в экваториальной плоскости. Следует отметить, что точное решение о взаимном расположении атомов F и O требует дополнительных данных. 4. Изобразите энергетические диаграммы МО для частиц ОН, ОН и О2, . Потенциалы ионизации I(H) = 13,60 эВ, I(O) = 13,62 эВ. Объясните экспериментальный факт, что энергия связи Е(ОН)  Е(ОН), а Е(О2) > Е(). Какие из этих частиц можно обнаружить методом ЭПР? Решение. Взаимное расположение энергетических уровней АО водорода и кислорода в соответствии с потенциалами ионизации, расположение МО и заполнение их электронами (в соответствии с принципом минимальной энергии и принципом Паули) будет выглядеть следующим образом: Число МО равно сумме АО, поэтому система МО для ОН и ОН состоит из четырех орбиталей: одна связывающая σ-орбиталь, образованная 1s(H) и 2р(О), одна разрыхляющая σ*-орбиталь и две несвязывающие МО, образованные двумя 2р-орбиталями кислорода. Кратность связи частиц ОН и ОН одинакова и равна 1,0. (Электроны на несвязывающих орбиталях вклад в связывание не вносят.) Поэтому и Е(ОН) ≈ Е(ОН). Для О2 и системы МО приведены на рисунках. Из этих схем видно, как меняется кратность связи. Кратность связи для О2: (6 – 2)/2 = 2; для : (6 – 3) / 2 = 3 / 2, поэтому и Е(О2) > Е(). Частицы, имеющие неспаренные электроны, могут быть обнаружены методом ЭПР. К таким частицам относятся ОН, О2 и . 5. При изотермическом сжатии идеального газа число микросостояний в расчете на одну молекулу изменилось в 2 раза. Определите, во сколько раз изменился объем газа. Решение. При изотермическом изменении объема n молей газа изменение энтропии S = n∙R∙ln(V2 / V1). (1) Это изменение энтропии связано с изменением числа микросостояний w2 и w1 всей системы в конечном и начальном состояниях соответственно и может быть вычислено: S = k∙ln(w2/w1). Для системы из n молей газа изменение энтропии, приходящееся на одну молекулу, равно ΔS / n∙NA. Это изменение энтропии связано с изменением числа микросостояний одной частицы ω следующим образом: ΔS/n∙NA = k∙ln ω2/ω 1; ΔS = n∙NA∙k∙ln ω2/ ω 1. Поскольку NA∙k = R, получим ΔS = n∙R∙ln ω2 / ω1. (2) Приравнивая правые части уравнений (1) и (2), получаем: n∙R∙lnV2 / V1 = n∙R∙ln ω2 / ω1. Отсюда следует, что V2 / V1 = ω2 / ω1 = 0,5. 6. Для изохорного нагревания n молей идеального одноатомного газа от 300 до 400 К было затрачено 24,93 кДж теплоты. Определить n и изменение в этом процессе энтальпии ΔН, внутренней энергии ΔU и энтропии ΔS. Решение. При изохорном (V = const) нагревании n молей газа от температуры Т1 до температуры Т2 количество теплоты равно Qv = n∙Cv∙(T2 – T1), где Сv – молярная изохорная теплоемкость газа dU/dT, которая рассчитывается в соответствии с распределением внутренней энергии по степеням свободы движений. Для одноатомного газа возможно только поступательное движение с распределением внутренней энергии по (1 / 2)RT на каждую степень свободы, т. е. (3 / 2)RT. Поэтому Сv = (3 / 2)R Дж / моль·К. Тогда n = Qv / [Cv∙(T2 – T1)] = 24 930 / [(3 / 2)∙8,31∙100] = 20 моль. Изменение энтальпии в изохорном нагревании ΔН = n∙Cp(T2 – T1), где Ср – молярная изобарная теплоемкость, которая равна Сv + R, т. е. (5 / 2)R. Тогда ΔН = 20∙(5 / 2) 8,31∙100 = 41 550 Дж. ΔU – изменение внутренней энергии в изохорном процессе. Это же – теплота нагревания QV (следствие первого начала термодинамики). Поэтому ΔU = 24,93 кДж. ΔS – изменение энтропии в изохорном процессе нагревания n молей равно ΔS = n∙CV∙R∙ln(T2 / T1), т. е. ΔS = 20∙(3 / 2)∙8,31∙ln(400 / 300) = 71,72 Дж / К. 7. Для углеводорода СnH2n при полном возбуждении всех степеней свободы движений молярная теплоемкость при постоянном давлении равна 16R. Определите природу углеводорода и качественно изобразите ПМР-спектр. Решение. Для определения природы углеводорода необходимо определить его состав, т. е. n. Изохорная теплоемкость СV = Cp – R = 15R зависит от числа возбужденных степеней свободы движений. Для углеводорода СnH2n общее число степеней свободы рaвно 3∙3n = 9n. Из них 3 поступательные, 3 вращательные (молекула нелинейна), остальные степени свободы (9n – 6) – колебательные, вклад которых в общую теплоемкость составляет 15R – (3 / 2)R – (3) / 2)R = 12R. Исходя из закона о равномерном распределении внутренней энергии по степеням свободы – по RT на каждую колебательную степень свободы – можно сделать вывод, что в молекуле углеводорода 12 колебательных степеней свободы. Таким образом, 9n – 6 = 12, откуда n = 2. Следовательно, углеводород С2Н4 – этилен. Спектр ПМР состоит из одной линии, так как все протоны в молекуле этилена эквивалентны: 8. ПМР-спектр кислородсодержащего органического соединения СnHmO, имеющего молекулярную массу 46, состоит из одной линии. Установите структурную формулу этого соединения. Решение. Сначала необходимо установить состав соединения. Из молярной массы вычитаем массу атомарного кислорода 46 – 16 = 30. Очевидно, что n = 1 не подходит. Для n = 2 состав С2Н6О. Это может быть этанол или диметиловый эфир. Этанол СН3СН2ОН должен иметь три линии в ПМР-спектре (три неэквивалентные группы протонов) с отношением интенсивностей 3 : 2 : 1. По условию задачи в ПМР-спектре соединения наблюдается одна линия, из чего следует эквивалентность всех протонов. Такой спектр возможен для диметилового эфира СН3—О—СН3. 9. Для реакции PCl5(г.) = PCl3(г.) + Cl2(г.) известна константа равновесия Kр = 1,8 при 520 К. Определите: а) константу равновесия Kс; б) общее давление, при котором равновесное значение степени превращения PCl5 составит 50 %, если первоначально в системе (V = const) присутствовал только PCl5. Решение. а) Используя взаимосвязь KP и KC, найдем KC. KC = 1,8(RT)Δn, где Δn – изменение числа молей компонентов в газовой фазе для стехиометрического уравнения реакции. Для реакции, приведенной в условии задачи, Δn = 2 – 1 = 1; R = 0,082 л∙атм / моль∙К; Т = 520 К. KC = 1,8∙(0,082∙520)1 = 0,0422. б) Давление в системе (при V = const) изменяется пропорционально стехиометрическому изменению числа молей n, так как Р = (n / V)RT. Если начальное давление PCl5 равно p0, то при 50 %-м превращении PCl5 его равновесное давление станет 0,5p0, а равновесные давления () продуктов реакции по 0,5p0. Подставив равновесные давления в выражение константы равновесия, получим: Kр = (РCl3·Cl2) / РCl5 = (0,5p0∙0,5p0) / 0,5p0 = 1,8, откуда p0 = 3,6 атм. Суммарное равновесное давление равно 1,5p0 = 5,4 атм. 10. При 298 К величина осмотического давления (Π) 0,1 М раствора кислоты НА отличается на 25 % от величины Π 0,1 М раствора НCl. Определите: а) рН каждого из этих растворов; б) концентрации всех частиц и рН раствора, полученного смешиванием равных объемов исходных растворов кислот. Решение. а) НCl – сильная кислота, следовательно, [H+] = = 0,1 моль / л и рН = 1. Осмотическое давление 0,1 М НCl находится из уравнения Π = CΣRT, где CΣ  суммарная концентрация всех частиц, заряженных и нейтральных, в растворе. Для HCl CΣ = [H+] + [Cl] = 2C0 = 0,2 моль / л и Π(HCl) = 0,2∙0,082∙298 = = 4,89 атм. Осмотическое давление слабой кислоты НА не может быть больше осмотического давления НCl, так как при одинаковых концентрациях кислот значение степени ее диссоциации меньше, чем для сильной кислоты НCl. Следовательно, Π(НА) = 0,75Π(HCl) = 0,75∙4,89 = = 3,67 атм. Для НА CΣ = 3,67 / (0,082∙298) = 0,15 моль / л. Обозначим [A] = [Н+] = х, тогда [НА] = 0,1 – х. CΣ (HA) = 0,1 – x + 2х = 0,15 моль / л. Откуда х = 0,05 моль / л; рН = 1,3. Подставив значения равновесных концентраций 1 в выражение Kа(НА) = [H+]∙[A] / [HA], находим значение Kа(НА) = 5∙102. б) При смешивании равных объемов кислот уменьшаются в 2 раза начальные концентрации НCl и НА: С0(НСl) = 0,05 моль / л; C0(HA) = 0,05 моль / л. Необходимо учесть, что сильная кислота HCl смещает равновесие диссоциации НА = Н+ + А в сторону реагентов. Обозначим [A] = y, тогда [Н+] = 0,05 + y, [НА] = 0,05 – y. Подставив эти значения в выражение Kа(НА) = [H+]∙[A] / [HA] = (0,05 + y) y / (0,05 – y) = 5∙102 и решая квадратное уравнение, находим y = 2,07∙102 моль / л. Тогда [A] = 2,07∙102; [H+] = 7,07∙102; [HA] = 2,93∙102 моль/л. [Cl] = 0,05 моль / л. рН = 1,15. 11. При разложении 1 моля твердого вещества А образуется х молей газообразного продукта В: А(тв.) = хВ(г.). Для этой реакции при 500 и 600 К равновесные давления В(г.) равны 0,5 и 1 атм соответственно; ΔrH = 34,56 кДж. Принять, что ΔrH не зависит от температуры. Определите х. Решение. Используем уравнение температурной зависимости константы равновесия реакции: ln(Kp,600 / KP,500) = ΔrH / R∙(1 / 500 – 1 / 600). Подставив в это уравнение выражение KP через равновесные парциальные давления (KP = xB), найдем х: ln(1 / 0,5)x = 34560∙100 / 8,31·500·600; x ln2 = 1,386; x = 2. 12. Для реакции А(тв.) = В(г.) + 2С(г.) при температуре Т известны значения KP = 1 и KC = 1,45105. Определите при этой температуре: а) равновесный состав в молях, если в сосуд объемом V = 16,4 л первоначально поместили 2 моля А, 0,1 моля В и 0,8 моля С; б) величину химической переменной ξ после установления равновесия; в) общее равновесное давление в системе. Решение. а) Для того чтобы определить равновесный состав, необходимо узнать, в каком направлении пойдет процесс. Используя уравнение изотермы химической реакции ΔG = RTln(П / K) (или dG/dξ = RTln(П / K)), можно определить знак ΔG, сравнивая значения константы равновесия KС и произведения реакции ПС: KС = 1,45∙105 и ПC = С(В)∙С2(С) = 0,1 / 16,4∙(0,8/ 1 6,4)2 = 1,45∙105. В данных условиях KС = ПС и ΔG = 0, следовательно, система находится в состоянии равновесия и n(A) = 2 моля; n(B) = 0,1 моля; n(С) = 0,8 моля. б) Химическая переменная для системы, исходное состояние которой – равновесное, равна нулю (ξ = 0). в) Общее равновесное давление можно найти, если выразить равновесные парциальные давления через общее равновесное давление общ. и равновесные молярные доли компонентов х: (В) = хВ∙общ. = 0,1 / (0,1 + 0,8)∙общ. и (С) = хс∙общ. = 0,8 / (0,1 + 0,8)∙общ.. Подставив эти значения в выражение KP = (1 / 9)∙общ. (8 / 9)2∙2общ = 1, находим общ. = 2,25 атм. Другое решение. Из взаимосвязи KP и KC можно найти температуру: KP / KC = = (RT)3 = 1 / 1,45∙105; 0,082Т = (105 / 1,45)1/3, Т = 500 К. Далее необходимо выяснить, в каком направлении пойдет процесс, т. е. определить знак ΔG в уравнении изотермы химической реакции. Для этого нужно сравнить величины константы равновесия KP и ПP или KC и ПC (см. выше). Вычислим начальные парциальные давления р0(В) и р0(С): р0(В) = (0,1∙0,082∙500) / 16,4 = 0,25 атм; р0(С) = (2∙0,082∙500) / 16,4 = 2,0 атм. ПP = р0(В) р0(С)2 = 0,25∙22 = 1, т. е. ПP = KP, следовательно, ΔG = 0, что соответствует состоянию равновесия. а) равновесный состав: 2 моля А; 0,1 моля В; 0,8 моля С; б) ξ = 0; в) общ. = 0,25 + 2 = 2,25 атм. 13. В сосуд емкостью 0,1 л поместили по 1 молю АВ3, АВ и В. После установления равновесия: АВ3(тв.) = АВ(тв.) + 2В(г.) при Т = 300 К ξ = –0,45. Определите: а) равновесный состав; б) KC и KP; в) ΔrG300 и ΔrG300. Решение. а) По определению ξ = (ni – ni0) / yi, где ni0 – начальные количества компонентов, ni – равновесные количества компонентов; yi – стехиометрические коэффициенты компонентов, если стехиометрическое уравнение записано как ΣyiYi = 0. Это позволяет вычислить равновесные количества всех компонентов: ξ(АВ3) = = (n(AB3) – no(AB3)) /–1 = –0,45; n(AB3) = 1,45 моля; ξ(АВ) = (n(AB) – no(AB)) / 1 = –0,45; n(AB) = 0,55 моля; ξ(В) = (n(B) – no(B)) / 2 = –0,45; n(B) = 0,10 моля. б) Для вычисления значений KC и KP необходимо знать соответственно равновесные концентрации и парциальные давления компонентов в газовой фазе: [B] = 0,1 / 0,1 = 1 моль / л; KC = [B]2 = 1; В = 0,1 / 0,1∙0,082∙300 = 24,6 атм; KP =2В = 605; в) ΔrG°300 = – RTlnKP = –8,31∙300∙ln605 = – 15 970 Дж; p0В = 1 / 0,1∙0,082∙300 = 246 атм; ПP = (p0В)2 = 60 500; ΔrG300 = RT∙ln(ПP / KP) = 8,31∙300∙ln100 = 11 480 Дж. 14. Для реакции АВ2(тв.) = А(тв.) + 2В(г.) при температуре Т известно ΔrGТ = –RTln(0,25). Найдите: а) давление в системе после установления равновесия, если в предварительно вакуумированный сосуд объемом 1 л поместили по 1 молю АВ2 и А; б) как влияет на равновесие уменьшение: 1) давления; 2) температуры? Ответ обосновать. Решение. а) Из выражения ΔrG°Т = –RTlnKP и условия задачи следует, что KР =2В = 0,25, т. е. равновесное давление В B = = (0,25)1/2 = 0,5 атм. Из уравнения Менделеева–Клапейрона pВ = = (nB / V)∙0,082∙T можно оценить количество молей образовавшегося В(г.) при Т = 298 К (n = 0,02 моля) или при Т = 1000 К (n = 0,06 моля), что позволяет сделать вывод, что при любой разумной температуре твердая фаза АВ2 полностью не расходуется и найденное равновесное давление может быть достигнуто. б) Для ответа на этот вопрос можно использовать принцип Ле Шателье. 1) Уменьшение давления смещает равновесие в сторону продуктов, так как в этом направлении происходит увеличение давления в системе. 2) Чтобы оценить влияние температуры на равновесие, необходимо определить знак ΔrH°T. Из условия задачи ΔrG°Т = –RTln0,25 следует, что ΔrGТ > 0. Очевидно, что и ΔrS0T > 0. Поскольку ΔrGТ = ΔrHT – Т∙ΔrST, то ΔrGТ может быть положительна только в случае, если ΔrHT > 0. Для эндотермической реакции уменьшение температуры смещает равновесие в сторону реагентов. 15. В 1 л 0,010 М раствора Ni(NO3)2 добавили 0,021 моля КОН. Выпал осадок Ni(OH)2 (KL = 1,21016). Определите: а)  рН конечного раствора; б) [Ni2+]; в) осмотическое давление раствора Π при 298 К. Решение. а) Ni(NO3)2 + 2 КОН = Ni(OH)2(тв.) + 2 KNO3, или (так как Ni(NO3)2 и КОН – сильные электролиты): Ni2+ + 2 OH- = Ni(OH)2(тв.). Учитывая стехиометрию взаимодействия, для осаждения 0,010 молей Ni2+ требуется 0,020 молей ОН. В 1 л раствора остается избыток 0,001 моля КОН, который и определяет рН раствора: [OH] ≈ 103 моль / л, рН = 11. б) Концентрация Ni2+ определяется величиной константы равновесия: Ni(OH)2(тв) = Ni2+ + 2 OH; KL = [Ni2+][OH]2; [Ni2+] = 1,2·1016 / (103)2 = 1,2·1010 моль / л. в) Чтобы найти Π, необходимо рассчитать концентрацию всех частиц в растворе: СΣ = [K+]+ [NO3-]+ [OH-] = 0,021 + 0,020 + 0,001 = 0,042 моль / л. Π = СΣRT = 0,042∙0,082∙298 = 1,026 атм. 16. Гальванический элемент состоит из двух электродов: 1) Fe-пластина (m = 0,56 г), погруженная в 0,1 л 0,05 М раствора FeSO4; 2) Zn-пластина (m = 0,98 г) в 0,1 л 0,01 М раствора ZnSO4. а) Напишите полуреакции, протекающие на электродах. б) Рассчитайте ЭДС элемента. в) Определите [Fe2+], [Zn2+] и массу Fe- и Zn-пластин после достижения значения ЭДС = 0. Т = 298 К; ЕFe2+/Fe = –0,440 B; EZn2+/Zn = –0,763 B. Решение. а) Рассчитаем значения электродных потенциалов железного и цинкового электродов: ЕFe2+/Fe = ЕFe2+/Fe + (0,059 / 2)lg[Fe2+] = –0,440 + (0,059 / 2)lg(5∙102) = –0,478 B. EZn2+/Zn = EZn2+/Zn + (0,059 / 2)lg[Zn2+] = –0,763 + (0,059 / 2)lg(102) = –0,822 B. Поскольку ЕFe2+/Fe больше, чем EZn2+/Zn, железный электрод будет катодом, на котором идет восстановление: Fe2+ + 2e = Fe. Цинковый электрод будет анодом, на котором идет окисление: Zn – 2e = Zn2+. б) В элементе будет протекать реакция Fe2+ + Zn = Fe + Zn2+. Значение ЭДС элемента ΔЕ = –0,478 – (–0,822) = 0,344 В. Необходимо помнить, что самопроизвольные реакции протекают в направлении уменьшения энергии Гиббса, т. е. ΔrG < 0 или ΔЕ > 0, так как ΔrG = –z∙F∙ΔЕ. в) ΔЕ = 0 характеризует состояние равновесия. Для определения равновесных концентраций нужно знать константу равновесия KС, которую можно вычислить из электрохимических данных: при 298 К ΔЕ° = (0,059 / 2) lgKС. Стандартная ЭДС рассматриваемого элемента ΔЕ = –0,440 + 0,763 = 0,323 В; KС = 8,90·1010. Поскольку Kс велика, реакция будет идти вправо до тех пор, пока один из реагентов (Fe2+ или Zn), находящийся в недостатке, не израсходуется практически полностью. В 0,1 л 0,05 М FeSO4 содержится 0,005 моля Fe2+; количество металлического цинка равно 0,98 г/65,4 г∙моль1 = 0,015 моля, следовательно, реакция будет идти практически до полного исчезновения Fe2+ в растворе. При этом растворится 0,005 моля цинка и конечные концентрации компонентов в растворе будут: [Fe2+] ≈ 0; [Zn2+] = 0,01 + 0,005 / 0,1 = 0,06 моль / л. Массы металлических пластин: m(Fe) = 0,56 г + 0,005 моль∙56 г / моль = 0,84 г; m(Zn) = 0,98 г – 0,005 моль∙65,4 г / моль = 0,65 г.

Похожие:

	Учебно-методический комплекс Новосибирск 2015 Учебно-методический... Учебно-методический комплекс предназначен для студентов VI курса факультета естественных наук, направление подготовки 020400 68 «Биология...		Учебно-методический комплекс Новосибирск 20140 Учебно-методический... Учебно-методический комплекс предназначен для студентов I курса факультета естественных наук, направление подготовки 06. 03. 01020201...
	Учебно-методический комплекс Иностранный язык Направление подготовки... Учебно-методический комплекс «Иностранный язык» предназначен для студентов 2-го и 3-его курсов биологического отделения факультета...		Учебно-методический комплекс по спецкурсу: «Европейская Конвенция... Учебно-методический комплекс предназначен для студентов юридического факультета, обучающихся по специальности 030900. 62 бакалавр...
	Учебно-методический комплекс Направление подготовки 030900 Юриспруденция квалификация «бакалавр» Нотариат: комплекс учебно-методических материалов для студентов заочного обучения – Калининград: 2013. 50с		Учебно-методический комплекс для студентов 1 курса Факультета Права Умк1: Учебно-методический комплекс кафедры теории права и сравнительного правоведения для студентов 1 курса Факультета Права // Автор-составитель...
	Учебно-методический комплекс дисциплины «социологические исследования» Учебно-методический комплекс предназначен для студентов обучающихся по специальности 080801. 65		Культура речевой коммуникации учебно-методический комплекс Учебно-методический комплекс предназначен для студентов, обучающихся по специальности 032001 «Документоведение и документационное...
	Учебно-методический комплекс по дисциплине международное частное... Учебно-методический комплекс предназначен для удобной организации студентом самостоятельной работы по изучению дисциплины «Международное...		Учебно-методический комплекс по дисциплине «Иностранный язык» Учебно-методический комплекс предназначен для студентов очной формы обучения, содержит учебно-тематический план, учебную программу,...