W 2-3 miesiące nie da się nauczyć (powtórzyć, udoskonalić) tak złożonej dyscypliny jak chemia.
Nie ma żadnych zmian w Unified State Exam KIM 2020 z chemii.
Nie odkładaj przygotowań na później.
- Kiedy zaczynasz analizować zadania, najpierw się przestudiuj teoria. Teoria na stronie jest prezentowana przy każdym zadaniu w formie rekomendacji, co warto wiedzieć przy wykonywaniu zadania. poprowadzi Cię w nauce podstawowych tematów i określi, jaka wiedza i umiejętności będą wymagane przy zaliczaniu zadań Unified State Examination z chemii. Aby pomyślnie zdać jednolity egzamin państwowy z chemii, najważniejsza jest teoria.
- Teorię trzeba poprzeć ćwiczyć, stale rozwiązując problemy. Ponieważ większość błędów wynika z tego, że źle przeczytałem ćwiczenie i nie zrozumiałem, co jest wymagane w zadaniu. Im częściej będziesz rozwiązywać testy tematyczne, tym szybciej zrozumiesz strukturę egzaminu. Zadania szkoleniowe opracowane w oparciu o wersje demonstracyjne FIPI dać taką możliwość podjęcia decyzji i znalezienia odpowiedzi. Ale nie spiesz się, żeby zajrzeć. Najpierw zdecyduj sam i zobacz, ile punktów otrzymasz.
Punkty za każde zadanie z chemii
- 1 punkt - za zadania 1-6, 11-15, 19-21, 26-28.
- 2 punkty - 7-10, 16-18, 22-25, 30, 31.
- 3 punkty - 35.
- 4 punkty - 32, 34.
- 5 punktów - 33.
Razem: 60 punktów.
Struktura pracy egzaminacyjnej składa się z dwóch bloków:
- Pytania wymagające krótkiej odpowiedzi (w formie liczby lub słowa) - zadania 1-29.
- Zadania ze szczegółowymi odpowiedziami – zadania 30-35.
Na napisanie pracy egzaminacyjnej z chemii przeznacza się 3,5 godziny (210 minut).
Na egzaminie będą trzy ściągawki. I trzeba je zrozumieć
To 70% informacji, które pomogą Ci pomyślnie zdać egzamin z chemii. Pozostałe 30% to możliwość korzystania z udostępnionych ściągawek.
- Jeśli chcesz zdobyć więcej niż 90 punktów, musisz spędzić dużo czasu na chemii.
- Aby pomyślnie zdać ujednolicony egzamin państwowy z chemii, musisz rozwiązać wiele: zadania szkoleniowe, nawet jeśli wydają się łatwe i tego samego typu.
- Rozłóż odpowiednio swoje siły i nie zapomnij o odpoczynku.
Odważ się, spróbuj, a odniesiesz sukces!
Materiał ten zawiera szczegółową analizę i algorytmy rozwiązywania 34 zadań z wersji demonstracyjnej Unified State Exam-2018 z chemii, a także zawiera zalecenia dotyczące korzystania z podręczników w celu przygotowania się do Unified State Exam.Zadanie 34
Po podgrzaniu próbki węglanu wapnia część substancji uległa rozkładowi. W tym samym czasie wyemitowano 4,48 litra (n.s.) dwutlenku węgla. Masa stałej pozostałości wynosiła 41,2 g. Pozostałość dodano do 465,5 g roztworu kwasu chlorowodorowego wziętego w nadmiarze. Określ udział masowy soli w powstałym roztworze.
W swojej odpowiedzi zapisz równania reakcji wskazane w opisie problemu i podaj wszystkie niezbędne obliczenia (wskaż jednostki miary wymaganych wielkości).
Podręcznik zawiera szczegółowy materiał teoretyczny na wszystkie tematy sprawdzane w ramach jednolitego egzaminu państwowego z chemii. Po każdej części podawane są wielopoziomowe zadania w formie Unified State Exam. W celu ostatecznej kontroli wiedzy na końcu podręcznika podano opcje szkolenia odpowiadające jednolitemu egzaminowi państwowemu. Studenci nie będą musieli szukać dodatkowych informacji w Internecie i kupować innych podręczników. W tym poradniku znajdą wszystko, czego potrzebują, aby samodzielnie i skutecznie przygotować się do egzaminu. Podręcznik adresowany jest do uczniów szkół średnich w celu przygotowania się do Jednolitego Egzaminu Państwowego z chemii.
Odpowiedź: Zapiszmy krótki warunek tego problemu.
Po dokonaniu wszystkich przygotowań przystępujemy do rozwiązania.
1) Określ ilość CO 2 zawartego w 4,48 litra. jego.
N(CO2) = V/Vm = 4,48 l / 22,4 l/mol = 0,2 mol
2) Określ ilość powstałego tlenku wapnia.
Zgodnie z równaniem reakcji powstaje 1 mol CO2 i 1 mol CaO
Stąd: N(CO2) = N(CaO) i wynosi 0,2 mola
3) Określ masę 0,2 mola CaO
M(CaO) = N(CaO) M(CaO) = 0,2 mola 56 g/mol = 11,2 g
Zatem stała pozostałość o masie 41,2 g składa się z 11,2 g CaO i (41,2 g - 11,2 g) 30 g CaCO3
4) Oznaczyć ilość CaCO 3 zawartego w 30 g
N(CaCO3) = M(CaCO3) / M(CaCO3) = 30 g / 100 g/mol = 0,3 mol
Po raz pierwszy uczniom i kandydatom zaoferowano podręcznik do przygotowania do jednolitego egzaminu państwowego z chemii, który zawiera zadania szkoleniowe zebrane według tematów. W książce przedstawiono zadania o różnym typie i stopniu złożoności, dotyczące wszystkich testowanych tematów na kursie chemii. Każda część podręcznika zawiera co najmniej 50 zadań. Zadania odpowiadają współczesnemu standardowi kształcenia i przepisom dotyczącym przeprowadzania jednolitego egzaminu państwowego z chemii dla absolwentów szkół średnich. Ukończenie proponowanych zadań szkoleniowych z poszczególnych tematów pozwoli Ci jakościowo przygotować się do zdania Jednolitego Egzaminu Państwowego z chemii. Podręcznik adresowany jest do uczniów szkół średnich, kandydatów i nauczycieli.
CaO + HCl = CaCl 2 + H 2 O
CaCO 3 + HCl = CaCl 2 + H 2 O + CO 2
5) Określ ilość chlorku wapnia powstałego w wyniku tych reakcji.
Reakcja obejmowała 0,3 mola CaCO3 i 0,2 mola CaO, w sumie 0,5 mola.
Odpowiednio powstaje 0,5 mola CaCl2
6) Oblicz masę 0,5 mola chlorku wapnia
M(CaCl2) = N(CaCl2) M(CaCl2) = 0,5 mol · 111 g/mol = 55,5 g.
7) Określ masę dwutlenku węgla. W reakcji rozkładu wzięło udział 0,3 mola węglanu wapnia, zatem:
N(CaCO3) = N(CO2) = 0,3 mola,
M(CO2) = N(CO2) M(CO2) = 0,3 mol · 44 g/mol = 13,2 g.
8) Znajdź masę roztworu. Składa się z masy kwasu solnego + masy stałej pozostałości (CaCO 3 + CaO) minut, masy uwolnionego CO 2. Zapiszmy to jako wzór:
M(r-ra) = M(CaCO3 + CaO) + M(HCl) – M(CO2) = 465,5 g + 41,2 g – 13,2 g = 493,5 g.
Nowy podręcznik zawiera cały materiał teoretyczny z kursu chemii wymagany do zdania jednolitego egzaminu państwowego. Zawiera wszystkie elementy treści, zweryfikowane za pomocą materiałów testowych, pomaga uogólnić i usystematyzować wiedzę i umiejętności na poziomie szkoły średniej. Materiał teoretyczny przedstawiony jest w zwięzłej i przystępnej formie. Do każdego działu dołączone są przykłady zadań szkoleniowych, które pozwalają sprawdzić Twoją wiedzę i stopień przygotowania do egzaminu certyfikacyjnego. Zadania praktyczne odpowiadają formatowi Unified State Exam. Na końcu podręcznika znajdują się odpowiedzi do zadań, które pomogą Ci obiektywnie ocenić poziom posiadanej wiedzy i stopień przygotowania do egzaminu certyfikacyjnego. Podręcznik adresowany jest do uczniów szkół średnich, kandydatów i nauczycieli.
9) Na koniec odpowiemy na pytanie o zadanie. Znajdźmy ułamek masowy w% soli w roztworze, korzystając z następującego magicznego trójkąta:
ω%(CaCI2) = M(CaCI 2) / M(roztwór) = 55,5 g / 493,5 g = 0,112 lub 11,2%
Odpowiedź: ω% (CaCI 2) = 11,2%
W naszym ostatnim artykule rozmawialiśmy o podstawowych zadaniach na Unified State Exam in Chemistry 2018. Teraz musimy dokładniej przeanalizować zadania o podwyższonym (w kodyfikatorze egzaminu Unified State Exam z chemii 2018 - wysoki poziom złożoności) poziomie złożoności, zwanym wcześniej częścią C.
Zadania o podwyższonym stopniu złożoności obejmują tylko pięć (5) zadań - nr 30, 31, 32, 33, 34 i 35. Zastanówmy się nad tematami zadań, jak się do nich przygotować i jak rozwiązywać złożone zadania w Jednolity egzamin państwowy z chemii 2018.
Przykład zadania 30 w Unified State Examination in Chemistry 2018
Ma na celu sprawdzenie wiedzy studenta na temat reakcji utleniania i redukcji (ORR). Zadanie zawsze daje równanie reakcji chemicznej, w której brakuje substancji po obu stronach reakcji (lewa strona to reagenty, prawa strona to produkty). Za to zadanie można uzyskać maksymalnie trzy (3) punkty. Pierwszy punkt przyznawany jest za prawidłowe uzupełnienie luk w reakcji i prawidłowe wyrównanie reakcji (ułożenie współczynników). Punkt drugi można uzyskać poprawnie opisując bilans ORR, natomiast punkt ostatni pozwala na prawidłowe określenie, kto w reakcji jest utleniaczem, a kto reduktorem. Przyjrzyjmy się rozwiązaniu zadania nr 30 z wersji demonstracyjnej Unified State Exam in Chemistry 2018:
Korzystając z metody bilansu elektronowego, utwórz równanie reakcji
Na 2 SO 3 + … + KOH à K 2 MnO 4 + … + H 2 O
Wskaż utleniacz i reduktor.
Pierwszą rzeczą, którą musisz zrobić, to ułożyć ładunki atomów wskazanych w równaniu, okazuje się:
Na + 2 S +4 O 3 -2 + … + K + O -2 H + à K + 2 Mn +6 O 4 -2 + … + H + 2 O -2
Często po tej akcji od razu widzimy pierwszą parę pierwiastków, która zmieniła stopień utlenienia (CO), czyli z różnych stron reakcji ten sam atom ma inny stopień utlenienia. W tym konkretnym zadaniu tego nie obserwujemy. Dlatego warto skorzystać z dodatkowej wiedzy, a mianowicie po lewej stronie reakcji widzimy wodorotlenek potasu ( KON), którego obecność mówi nam, że reakcja zachodzi w środowisku zasadowym. Po prawej stronie widzimy manganian potasu i wiemy, że w alkalicznym środowisku reakcji manganian potasu otrzymuje się z nadmanganianu potasu, dlatego szczeliną po lewej stronie reakcji jest nadmanganian potasu ( KMnO 4 ). Okazuje się, że po lewej stronie mieliśmy mangan w CO +7, a po prawej w CO +6, co oznacza, że możemy zapisać pierwszą część bilansu OVR:
Mn +7 +1 mi — à Mn +6
Teraz możemy zgadnąć, co jeszcze powinno się wydarzyć w reakcji. Jeśli mangan przyjmuje elektrony, to ktoś musiał mu je dać (przestrzegamy prawa zachowania masy). Rozważmy wszystkie pierwiastki po lewej stronie reakcji: wodór, sód i potas są już w CO +1, co jest dla nich maksimum, tlen nie odda swoich elektronów manganu, co oznacza, że siarka pozostaje w CO +4 . Dochodzimy do wniosku, że siarka oddaje elektrony i przechodzi w stan siarki z CO +6. Teraz możemy napisać drugą część bilansu:
S +4 -2 mi — à S +6
Patrząc na równanie, widzimy, że po prawej stronie nie ma nigdzie siarki ani sodu, co oznacza, że muszą znajdować się w luce, a logicznym związkiem do jej wypełnienia jest siarczan sodu ( NaSO 4 ).
Teraz zapisuje się bilans OVR (otrzymujemy pierwszy punkt) i równanie przyjmuje postać:
Na2SO3 + KMnO4 + KOHà K 2 MnO 4 + NaSO 4 + H 2 O
| Mn +7 +1 mi — à Mn +6 | 1 | 2 |
| S +4 -2e —à S+6 | 2 | 1 |
Ważne jest, aby w tym miejscu od razu napisać, kto jest utleniaczem, a kto reduktorem, ponieważ uczniowie często koncentrują się na bilansowaniu równania i po prostu zapominają o wykonaniu tej części zadania, tracąc w ten sposób punkt. Z definicji utleniacz to cząstka, która przyjmuje elektrony (w naszym przypadku mangan), a reduktor to cząstka, która oddaje elektrony (w naszym przypadku siarka), więc otrzymujemy:
Utleniacz: Mn +7 (KMnO 4 )
Środek redukujący: S +4 (Nie 2 WIĘC 3 )
Musimy tu pamiętać, że wskazujemy stan cząstek, w jakim się znajdowały, gdy zaczęły wykazywać właściwości środka utleniającego lub redukującego, a nie stany, do których doszły w wyniku reakcji redoks.
Teraz, aby uzyskać ostatni punkt, musisz poprawnie wyrównać równanie (ułożyć współczynniki). Korzystając z wagi widzimy, że aby była to siarka +4, aby przejść do stanu +6, dwa mangan +7 muszą stać się manganem +6 i ważne jest to, że przed manganem stawiamy 2:
Na2SO3 + 2KMnO4 + KOHà 2K 2 MnO 4 + NaSO 4 + H 2 O
Teraz widzimy, że po prawej stronie mamy 4 potasu, a po lewej tylko trzy, co oznacza, że musimy umieścić 2 przed wodorotlenkiem potasu:
Na2SO3 + 2KMnO4 + 2KOHà 2K 2 MnO 4 + NaSO 4 + H 2 O
W rezultacie prawidłowa odpowiedź na zadanie nr 30 wygląda następująco:
Na2SO3 + 2KMnO4 + 2KOHà 2K 2 MnO 4 + NaSO 4 + H 2 O
| Mn +7 +1e —à Mn +6 | 1 | 2 |
| S +4 -2e —à S+6 | 2 | 1 |
Utleniacz: Mn +7 (KMnO 4)
Środek redukujący: S +4 (Nie 2 WIĘC 3 )
Rozwiązanie zadania 31 z jednolitego egzaminu państwowego z chemii
Jest to łańcuch przemian nieorganicznych. Aby pomyślnie wykonać to zadanie, musisz dobrze rozumieć reakcje charakterystyczne dla związków nieorganicznych. Zadanie składa się z czterech (4) reakcji, za każdą można otrzymać jeden (1) punkt, co daje w sumie cztery (4) punkty za zadanie. Należy pamiętać o zasadach rozwiązywania zadania: wszystkie równania muszą być wyrównane, nawet jeśli uczeń napisał równanie poprawnie, ale nie wyrównał, nie otrzyma punktu; nie jest konieczne rozwiązanie wszystkich reakcji, można wykonać jedną i zdobyć jeden (1) punkt, dwie reakcje i otrzymać dwa (2) punkty itp. i nie jest konieczne wypełnianie równań ściśle po kolei, np. , uczeń może wykonać reakcję 1 i 3, co oznacza, że trzeba to zrobić i zdobyć dwa (2) punkty, najważniejsze jest wskazanie, że są to reakcje 1 i 3. Przyjrzyjmy się rozwiązaniu zadania nr 31 z wersja demonstracyjna Unified State Exam in Chemistry 2018:
Żelazo rozpuszczono w gorącym stężonym kwasie siarkowym. Otrzymaną sól potraktowano nadmiarem roztworu wodorotlenku sodu. Powstały brązowy osad odsączono i kalcynowano. Otrzymaną substancję ogrzewano z żelazem.
Zapisz równania czterech opisanych reakcji.
Aby ułatwić rozwiązanie, możesz sporządzić w wersji roboczej następujący diagram:
Aby wykonać zadanie, musisz oczywiście znać wszystkie proponowane reakcje. Jednak w stanie zawsze kryją się ukryte wskazówki (stężony kwas siarkowy, nadmiar wodorotlenku sodu, brązowy osad, kalcynowany, podgrzewany żelazem). Na przykład uczeń nie pamięta, co dzieje się z żelazem podczas interakcji ze stęż. kwas siarkowy, ale pamięta, że brązowy osad żelaza po obróbce alkaliami to najprawdopodobniej wodorotlenek żelaza 3 ( Y = Fe(OH) 3 ). Teraz mamy okazję, podstawiając Y do zapisanego diagramu, spróbować utworzyć równania 2 i 3. Kolejne kroki są czysto chemiczne, więc nie będziemy ich opisywać tak szczegółowo. Uczeń musi pamiętać, że ogrzewanie wodorotlenku żelaza 3 powoduje powstanie tlenku żelaza 3 ( Z = Fe 2 O 3 ) i wodę, a ogrzewanie tlenku żelaza 3 czystym żelazem doprowadzi je do stanu środkowego - tlenku żelaza 2 ( FeO). Substancją X, która jest solą otrzymaną po reakcji z kwasem siarkowym, w wyniku której po potraktowaniu alkaliami powstaje wodorotlenek żelaza 3, będzie siarczan żelaza 3 ( X = Fe 2 (WIĘC 4 ) 3 ). Ważne jest, aby pamiętać o zbilansowaniu równań. W rezultacie prawidłowa odpowiedź na zadanie nr 31 jest następująca:
| 1) 2Fe + 6H 2 SO 4 (k) a Fe2(SO4)3+ 3SO2 + 6H2O |
| 2) Fe2(SO4)3+ 6NaOH (g) do 2 Fe(OH)3+ 3Na2SO4 |
| 3) 2Fe(OH) 3à Fe 2 O 3 + 3H2O |
| 4) Fe 2 O 3 + Fe à 3FeO |
Zadanie 32 Ujednolicony egzamin państwowy z chemii
Bardzo podobne do zadania nr 31, tyle że zawiera łańcuch przemian organicznych. Wymagania projektowe i logika rozwiązania są podobne jak w zadaniu nr 31, z tą różnicą, że w zadaniu nr 32 podanych jest pięć (5) równań, co oznacza, że łącznie można zdobyć pięć (5) punktów. Ze względu na podobieństwo do zadania nr 31 nie będziemy go szczegółowo omawiać.
Rozwiązanie zadania 33 z chemii 2018
Zadanie obliczeniowe, aby je wykonać trzeba znać podstawowe wzory obliczeniowe, umieć posługiwać się kalkulatorem i rysować paralele logiczne. Zadanie 33 jest warte cztery (4) punkty. Przyjrzyjmy się części rozwiązania zadania nr 33 z wersji demonstracyjnej Unified State Exam in Chemistry 2018:
Określ udziały masowe (w %) siarczanu żelaza (II) i siarczku glinu w mieszaninie, jeżeli po potraktowaniu 25 g tej mieszaniny wodą uwolnił się gaz, który całkowicie przereagował z 960 g 5% roztworu siarczanu miedzi W swojej odpowiedzi zapisz równania reakcji wskazane w opisie problemu i wykonaj wszystkie niezbędne obliczenia (wskaż jednostki miary wymaganych wielkości fizycznych).
Pierwszy (1) punkt otrzymujemy za zapisanie reakcji, które występują w zadaniu. Uzyskanie tego konkretnego punktu uzależnione jest od znajomości chemii, pozostałe trzy (3) punkty można uzyskać jedynie poprzez obliczenia, dlatego też w przypadku, gdy uczeń ma problemy z matematyką, za wykonanie zadania nr 33 musi uzyskać co najmniej jeden (1) punkt :
| Al 2S 3 + 6H 2Oà 2Al(OH)3 + 3H2S |
| CuSO4 + H2Sà CuS + H2SO4 |
Ponieważ dalsze działania mają charakter czysto matematyczny, nie będziemy tutaj wchodzić w szczegóły. Wybrane analizy można obejrzeć na naszym kanale YouTube (link do analizy wideo zadania nr 33).
Wzory, które będą wymagane do rozwiązania tego zadania:
Zadanie z chemii 34 2018
Zadanie obliczeniowe, które różni się od zadania nr 33 tym, że:
- Jeżeli w zadaniu nr 33 wiemy, pomiędzy którymi substancjami zachodzi interakcja, to w zadaniu nr 34 musimy znaleźć co zareagowało;
- W zadaniu nr 34 podano związki organiczne, natomiast w zadaniu nr 33 najczęściej podano procesy nieorganiczne.
Tak naprawdę zadanie nr 34 jest odwrotnością zadania nr 33, co oznacza, że logika zadania jest odwrotna. Za zadanie nr 34 można uzyskać cztery (4) punkty, przy czym podobnie jak w zadaniu nr 33 tylko jeden z nich (w 90% przypadków) można uzyskać za znajomość chemii, pozostałe 3 (rzadziej 2) punkty uzyskuje się do obliczeń matematycznych. Aby pomyślnie wykonać zadanie nr 34 należy:
Znać ogólne wzory wszystkich głównych klas związków organicznych;
Zna podstawowe reakcje związków organicznych;
Potrafi napisać równanie w postaci ogólnej.
Jeszcze raz pragnę zauważyć, że podstawy teoretyczne niezbędne do pomyślnego zdania Jednolitego Egzaminu Państwowego z Chemii w 2018 roku pozostały praktycznie niezmienione, co oznacza, że cała wiedza, którą Twoje dziecko zdobyło w szkole, pomoże mu w zdaniu egzaminu z chemii w 2018 r. W naszym ośrodku przygotowującym do Unified State Exam i Unified State Examination Hodograph Twoje dziecko otrzyma Wszystko materiały teoretyczne niezbędne do przygotowania, a na zajęciach utrwalą zdobytą wiedzę w celu pomyślnej realizacji wszyscy zadania egzaminacyjne. Pracować z nim będą najlepsi nauczyciele, którzy przeszli bardzo duży konkurs i trudne egzaminy wstępne. Zajęcia prowadzone są w małych grupach, co pozwala nauczycielowi poświęcić czas każdemu dziecku i sformułować indywidualną strategię realizacji pracy egzaminacyjnej.
Z brakiem testów w nowym formacie nie mamy żadnych problemów, nasi nauczyciele piszą je sami, w oparciu o wszystkie zalecenia kodyfikatora, specyfikatora i wersji demonstracyjnej Unified State Exam in Chemistry 2018.
Zadzwoń już dziś, a jutro Twoje dziecko będzie Ci wdzięczne!
Zadania nr 35 z jednolitego egzaminu państwowego z chemii
Algorytm rozwiązywania takich zadań
1. Wzór ogólny szeregu homologicznego
Najczęściej stosowane formuły podsumowano w tabeli:
| Szereg homologiczny | Ogólna formuła |
| Nasycone alkohole jednowodorotlenowe | |
| Nasycone aldehydy | CnH2n+1 SYN |
| Nasycone kwasy monokarboksylowe | CnH2n+1COOH |
2. Równanie reakcji
1) WSZYSTKIE substancje organiczne spalają się w tlenie, tworząc dwutlenek węgla, wodę, azot (jeśli w związku występuje N) i HCl (jeśli występuje chlor):
C n H m O q N x Cl y + O 2 = CO 2 + H 2 O + N 2 + HCl (bez współczynników!)
2) Alkeny, alkiny, dieny są podatne na reakcje addycji (reakcje z halogenami, wodorem, halogenowodorami, wodą):
do n H 2n + Cl 2 = do n H 2n Cl 2
do n H. 2n + H. 2 = do n H. 2n+2
C n H 2n + HBr = C n H 2n+1 Br
do n H. 2n + H. 2 O = do n H. 2n+1 OH
Alkiny i dieny, w przeciwieństwie do alkenów, dodają do 2 moli wodoru, chloru lub halogenowodoru na 1 mol węglowodoru:
Do n H 2n-2 + 2Cl 2 = C n H 2n-2 Cl 4
do n H. 2n-2 + 2H 2 = do n H. 2n+2
Kiedy do alkinów dodaje się wodę, powstają związki karbonylowe, a nie alkohole!
3) Alkohole charakteryzują się reakcjami odwodnienia (wewnątrzcząsteczkowego i międzycząsteczkowego), utleniania (do związków karbonylowych i ewentualnie dalej do kwasów karboksylowych). Alkohole (w tym wielowodorotlenowe) reagują z metalami alkalicznymi, wydzielając wodór:
do n H. 2n+1 OH = do n H. 2n + H. 2O
2C n H. 2n+1 OH = do n H. 2n+1 OC n H. 2n+1 + H. 2 O
2C n H 2n+1 OH + 2Na = 2C n H 2n+1 ONa + H 2
4) Właściwości chemiczne aldehydów są bardzo zróżnicowane, ale tutaj zapamiętamy tylko reakcje redoks:
C n H 2n+1 COH + H 2 = C n H 2n+1 CH 2 OH (redukcja związków karbonylowych przez dodatek Ni),
C n H 2n+1 COH + [O] = C n H 2n+1 COOH
ważny punkt: utlenianie formaldehydu (HCO) nie kończy się na etapie kwasu mrówkowego, HCOOH jest dalej utleniany do CO 2 i H 2 O.
5) Kwasy karboksylowe wykazują wszystkie właściwości „zwykłych” kwasów nieorganicznych: oddziałują z zasadami i zasadowymi tlenkami, reagują z aktywnymi metalami i solami słabych kwasów (na przykład z węglanami i wodorowęglanami). Bardzo ważna jest reakcja estryfikacji - powstawanie estrów podczas interakcji z alkoholami.
C n H 2n+1 COOH + KOH = C n H 2n+1 GOTOWANIE + H 2 O
2C n H 2n+1 COOH + CaO = (C n H 2n+1 COO) 2 Ca + H 2 O
2C n H 2n+1 COOH + Mg = (C n H 2n+1 COO) 2 Mg + H 2
C n H 2n+1 COOH + NaHCO 3 = C n H 2n+1 COONa + H 2 O + CO 2
do n H 2n+1 COOH + C 2 H 5 OH = do n H 2n+1 COOC 2 H 5 + H 2 O
3. Wyznaczanie ilości substancji na podstawie jej masy (objętości)
wzór łączący masę substancji (m), jej ilość (n) i masę molową (M):
m = n*M lub n = m/M.
Na przykład 710 g chloru (Cl 2) odpowiada 710/71 = 10 mol tej substancji, ponieważ masa molowa chloru = 71 g/mol.
W przypadku substancji gazowych wygodniej jest pracować z objętościami niż masami. Przypomnę, że ilość substancji i jej objętość są powiązane wzorem: V = V m * n, gdzie V m jest objętością molową gazu (22,4 l/mol w normalnych warunkach).
4. Obliczenia z wykorzystaniem równań reakcji
Jest to prawdopodobnie główny rodzaj obliczeń w chemii. Jeśli nie czujesz się pewnie w rozwiązywaniu takich problemów, musisz poćwiczyć.
Podstawowa idea jest następująca: ilości powstałych reagentów i produktów są ze sobą powiązane w taki sam sposób, jak odpowiadające im współczynniki w równaniu reakcji (dlatego tak ważne jest ich prawidłowe rozmieszczenie!)
Rozważmy na przykład następującą reakcję: A + 3B = 2C + 5D. Równanie pokazuje, że 1 mol A i 3 mol B w wyniku interakcji tworzą 2 mole C i 5 mol D. Ilość B jest trzykrotnie większa niż ilość substancji A, ilość D jest 2,5 razy większa niż ilość C itd. Jeśli w Jeśli reakcja nie wynosi 1 mol A, ale powiedzmy 10, wówczas ilości wszystkich pozostałych uczestników reakcji wzrosną dokładnie 10 razy: 30 mol B, 20 mol C, 50 mol D. Jeśli wiedz, że powstało 15 moli D (trzy razy więcej niż podano w równaniu), wówczas ilości wszystkich pozostałych związków będą 3 razy większe.
5. Obliczenie masy molowej badanej substancji
Masę X podajemy zwykle w opisie problemu, wielkość X znaleźliśmy w paragrafie 4. Pozostaje jeszcze raz zastosować wzór M = m/n.
6. Wyznaczanie wzoru cząsteczkowego X.
Ostatni etap. Znając masę molową X i ogólny wzór odpowiedniego szeregu homologicznego, możesz znaleźć wzór cząsteczkowy nieznanej substancji.
Niech na przykład względna masa cząsteczkowa ograniczającego alkoholu jednowodorotlenowego wyniesie 46. Ogólny wzór szeregu homologicznego: C n H 2n+1 OH. Względna masa cząsteczkowa składa się z masy n atomów węgla, 2n+2 atomów wodoru i jednego atomu tlenu. Otrzymujemy równanie: 12n + 2n + 2 + 16 = 46. Rozwiązując równanie, stwierdzamy, że n = 2. Wzór cząsteczkowy alkoholu to: C 2 H 5 OH.
Nie zapomnij zapisać swojej odpowiedzi!
Przykład 1 . Z 10,5 g alkenu można dodać 40 g bromu. Zidentyfikuj nieznany alken.
Rozwiązanie. Niech cząsteczka nieznanego alkenu zawiera n atomów węgla. Wzór ogólny szeregu homologicznego C n H 2n. Alkeny reagują z bromem zgodnie z równaniem:
CnH2n + Br2 = CnH2nBr2.
Obliczmy ilość bromu, która weszła do reakcji: M(Br 2) = 160 g/mol. n(Br2) = m/M = 40/160 = 0,25 mola.
Równanie pokazuje, że 1 mol alkenu dodaje 1 mol bromu, zatem n(C n H 2n) = n(Br 2) = 0,25 mol.
Znając masę przereagowanego alkenu i jego ilość, wyznaczymy jego masę molową: M(C n H 2n) = m(masa)/n(ilość) = 10,5/0,25 = 42 (g/mol).
Teraz dość łatwo jest zidentyfikować alken: względna masa cząsteczkowa (42) jest sumą masy n atomów węgla i 2 n atomów wodoru. Otrzymujemy najprostsze równanie algebraiczne:
Rozwiązaniem tego równania jest n = 3. Wzór alkenu to: C 3 H 6 .
Odpowiedź: C 3 H 6 .
Przykład 2 . Do całkowitego uwodornienia 5,4 g pewnego alkinu potrzeba 4,48 litra wodoru (n.s.).Wyznacz wzór cząsteczkowy tego alkinu.
Rozwiązanie. Będziemy działać zgodnie z ogólnym planem. Niech cząsteczka nieznanego alkinu zawiera n atomów węgla. Wzór ogólny szeregu homologicznego C n H 2n-2. Uwodornienie alkinów przebiega według równania:
do n H. 2n-2 + 2H 2 = do n H. 2n+2.
Ilość wodoru, który przereagował, można obliczyć ze wzoru n = V/Vm. W tym przypadku n = 4,48/22,4 = 0,2 mol.
Równanie pokazuje, że 1 mol alkinu dodaje 2 mole wodoru (pamiętaj, że stwierdzenie problemu dotyczy całkowitego uwodornienia), zatem n(C n H 2n-2) = 0,1 mol.
Na podstawie masy i ilości alkinu obliczamy jego masę molową: M(C n H 2n-2) = m(masa)/n(ilość) = 5,4/0,1 = 54 (g/mol).
Względna masa cząsteczkowa alkinu jest sumą n mas atomowych węgla i 2n-2 mas atomowych wodoru. Otrzymujemy równanie:
12n + 2n - 2 = 54.
Rozwiązujemy równanie liniowe, otrzymujemy: n = 4. Wzór alkinowy: C 4 H 6.
Odpowiedź: C 4 H 6 .
Przykład 3 . Kiedy 112 litrów (nie dotyczy) nieznanego cykloalkanu zostanie spalone w nadmiarze tlenu, powstanie 336 litrów CO2. Ustal wzór strukturalny cykloalkanu.
Rozwiązanie. Ogólny wzór homologicznego szeregu cykloalkanów: C n H 2n. Przy całkowitym spalaniu cykloalkanów, podobnie jak przy spalaniu jakichkolwiek węglowodorów, powstaje dwutlenek węgla i woda:
Do n H. 2n + 1,5n O 2 = n CO 2 + n H 2 O.
Uwaga: współczynniki w równaniu reakcji w tym przypadku zależą od n!
Podczas reakcji powstało 336/22,4 = 15 moli dwutlenku węgla. 112/22,4 = 5 moli węglowodoru weszło do reakcji.
Dalsze rozumowanie jest oczywiste: jeśli na 5 moli cykloalkanu powstaje 15 moli CO2, to na 5 cząsteczek węglowodoru powstaje 15 cząsteczek dwutlenku węgla, tj. z jednej cząsteczki cykloalkanu powstają 3 cząsteczki CO2. Ponieważ każda cząsteczka tlenku węgla (IV) zawiera jeden atom węgla, możemy stwierdzić: jedna cząsteczka cykloalkanu zawiera 3 atomy węgla.
Wniosek: n = 3, wzór cykloalkanu - C 3 H 6.
Wzór C 3 H 6 odpowiada tylko jednemu izomerowi - cyklopropanowi.
Odpowiedź: cyklopropan.
Przykład 4 . 116 g nasyconego aldehydu ogrzewano przez długi czas z amoniakalnym roztworem tlenku srebra. W wyniku reakcji otrzymano 432 g metalicznego srebra. Określ wzór cząsteczkowy aldehydu.
Rozwiązanie. Ogólny wzór homologicznego szeregu nasyconych aldehydów to: C n H 2n+1 COH. Aldehydy łatwo utleniają się do kwasów karboksylowych, w szczególności pod działaniem amoniakalnego roztworu tlenku srebra:
C n H 2n+1 COH + Ag 2 O = C n H 2n+1 COOH + 2 Ag.
Notatka. W rzeczywistości reakcję opisuje bardziej złożone równanie. Po dodaniu Ag 2 O do wodnego roztworu amoniaku powstaje złożony związek OH - wodorotlenek diaminowo-srebrowy. To właśnie ten związek działa jako środek utleniający. Podczas reakcji powstaje sól amonowa kwasu karboksylowego:
C n H 2n+1 COH + 2OH = C n H 2n+1 COONH 4 + 2Ag + 3NH3 + H 2 O.
Kolejny ważny punkt! Utlenianie formaldehydu (HCOH) nie jest opisane podanym równaniem. Kiedy HCOH reaguje z amoniakalnym roztworem tlenku srebra, uwalniają się 4 mole Ag na 1 mol aldehydu:
НCOH + 2Ag2O = CO2 + H2O + 4Ag.
Zachowaj ostrożność przy rozwiązywaniu problemów związanych z utlenianiem związków karbonylowych!
Wróćmy do naszego przykładu. Na podstawie masy uwolnionego srebra można obliczyć ilość tego metalu: n(Ag) = m/M = 432/108 = 4 (mol). Zgodnie z równaniem na 1 mol aldehydu powstają 2 mole srebra, zatem n(aldehyd) = 0,5n(Ag) = 0,5*4 = 2 mole.
Masa molowa aldehydu = 116/2 = 58 g/mol. Spróbuj samodzielnie wykonać kolejne kroki: musisz ułożyć równanie, rozwiązać je i wyciągnąć wnioski.
Odpowiedź: C2H5COH.
Przykład 5 . Kiedy 3,1 g pewnej aminy pierwszorzędowej reaguje z wystarczającą ilością HBr, powstaje 11,2 g soli. Określ wzór aminy.
Rozwiązanie. Aminy pierwszorzędowe (C n H 2n + 1 NH 2) podczas interakcji z kwasami tworzą sole alkiloamoniowe:
С n H. 2n+1 NH 2 + HBr = [С n H. 2n+1 NH 3 ] + Br - .
Niestety na podstawie masy aminy i utworzonej soli nie będziemy w stanie określić ich ilości (ponieważ masy molowe nie są znane). Wybierzmy inną ścieżkę. Przypomnijmy sobie prawo zachowania masy: m(amina) + m(HBr) = m(sól), zatem m(HBr) = m(sól) - m(amina) = 11,2 - 3,1 = 8,1.
Zwróć uwagę na tę technikę, która jest bardzo często stosowana przy rozwiązywaniu C 5. Nawet jeśli masa odczynnika nie jest podana wprost w opisie problemu, możesz spróbować znaleźć ją na podstawie mas innych związków.
Zatem wracamy na właściwą drogę ze standardowym algorytmem. Na podstawie masy bromowodoru znajdujemy ilość: n(HBr) = n(amina), M(amina) = 31 g/mol.
Odpowiedź: CH3NH2.
Przykład 6 . Pewna ilość alkenu X w reakcji z nadmiarem chloru tworzy 11,3 g dichlorku, a w reakcji z nadmiarem bromu 20,2 g dibromku. Wyznacz wzór cząsteczkowy X.
Rozwiązanie. Alkeny dodają chlor i brom, tworząc pochodne dihalogenowe:
do n H 2n + Cl 2 = do n H 2n Cl 2,
do n H 2n + Br 2 = do n H 2n Br 2.
W tym zadaniu nie ma sensu szukać ilości dichlorku lub dibromku (ich masy molowe nie są znane) ani ilości chloru lub bromu (ich masy nie są znane).
Stosujemy jedną niestandardową technikę. Masa molowa C n H 2n Cl 2 wynosi 12n + 2n + 71 = 14n + 71. M(C n H 2n Br 2) = 14n + 160.
Znane są również masy dihalogenków. Można znaleźć ilości otrzymanych substancji: n(C n H 2n Cl 2) = m/M = 11,3/(14n + 71). n(CnH2nBr2) = 20,2/(14n + 160).
Umownie ilość dichlorku jest równa ilości dibromku. Fakt ten pozwala nam utworzyć równanie: 11,3/(14n + 71) = 20,2/(14n + 160).
To równanie ma unikalne rozwiązanie: n = 3.
Opcja nr 1380120
Zadania 34 (C5). Sergey Shirokopoyas: Chemia – przygotowanie do egzaminu Unified State Exam 2016
Wykonując zadania z krótką odpowiedzią, w polu odpowiedzi wpisz liczbę odpowiadającą numerowi poprawnej odpowiedzi lub liczbę, słowo, ciąg liter (słów) lub cyfr. Odpowiedź należy wpisać bez spacji i znaków dodatkowych. Oddziel część ułamkową od całego przecinka dziesiętnego. Nie ma potrzeby zapisywania jednostek miary. Odpowiedzią na zadania 1-29 jest ciąg liczb lub liczba. Za całkowicie poprawną odpowiedź w zadaniach 7-10, 16-18, 22-25 przyznaje się 2 punkty; za jeden błąd - 1 punkt; za błędną odpowiedź (więcej niż jeden błąd) lub jej brak - 0 punktów.
Jeżeli nauczyciel zaznaczy taką możliwość, istnieje możliwość wpisania lub wgrania do systemu odpowiedzi do zadań zawierających szczegółową odpowiedź. Nauczyciel zobaczy wyniki wykonania zadań z krótką odpowiedzią i będzie mógł ocenić pobrane odpowiedzi do zadań z długą odpowiedzią. Punkty przyznane przez nauczyciela pojawią się w Twoich statystykach.
Wersja do druku i kopiowania w programie MS Word
Niektóre substancje organiczne A zawierają 11,97% masowych azotu, 51,28% węgla-le-ro-da, 27,35% kwasu i wodę. A powstaje w wyniku oddziaływania substancji B z pro-pa-no-lom-2 w cząsteczce molowej-z-nie-ona- Badania 1:1. Wiadomo, że substancja B ma pochodzenie naturalne.
1) O obliczeniach, które nie są konieczne do znalezienia wzoru substancji A;
2) Ustal swoje mo-le-ku-lyar-nu-lu-lu;
3) Stwórz formę strukturalną substancji A, która tworzy szereg połączeń pomiędzy atomami w mole-ku-le;
4) Zapisz równanie reakcji substancji A z substancją B i propa-no-la-2.
Po spaleniu 40,95 g substancji organicznej otrzymano 39,2 litra dwutlenku węgla (n.o.), 3,92 litra azotu (n.o.) i 34,65 g wody. Po podgrzaniu kwasem solnym substancja ta ulega hydrolizie, której produktami są związki kompozycji i alkohol drugorzędowy.
Rozwiązania zadań z długą odpowiedzią nie są sprawdzane automatycznie.
Na następnej stronie zostaniesz poproszony o ich samodzielne sprawdzenie.
Sól aminy pierwszorzędowej przereagowała z azotanem srebra, w wyniku czego wytrącił się osad i utworzyła się substancja organiczna A zawierająca wagowo 29,79% azotu, 51,06% tlenu i 12,77% węgla.
Na podstawie danych o warunkach problemowych:
2) ustalić jego wzór cząsteczkowy;
3) utwórz wzór strukturalny tej substancji A, który odzwierciedla kolejność wiązań atomów w cząsteczce;
4) napisz równanie reakcji otrzymywania substancji A z soli aminy pierwszorzędowej i.
Rozwiązania zadań z długą odpowiedzią nie są sprawdzane automatycznie.
Na następnej stronie zostaniesz poproszony o ich samodzielne sprawdzenie.
Podczas spalania dipeptydu pochodzenia naturalnego o masie 2,64 g otrzymano 1,792 litra dwutlenku węgla (n.s.), 1,44 g wody i 448 ml azotu (n.s.). Podczas hydrolizy tej substancji w obecności kwasu solnego powstała tylko jedna sól.
Na podstawie danych o warunkach problemowych:
2) ustalić jego wzór cząsteczkowy;
Rozwiązania zadań z długą odpowiedzią nie są sprawdzane automatycznie.
Na następnej stronie zostaniesz poproszony o ich samodzielne sprawdzenie.
Pewna substancja organiczna A zawiera wagowo 13,58% azotu, 46,59% węgla i 31,03% tlenu i powstaje w wyniku oddziaływania substancji B z etanolem w stosunku molowym 1:1. Wiadomo, że substancja B jest pochodzenia naturalnego.
Na podstawie danych o warunkach problemowych:
1) dokonać obliczeń niezbędnych do znalezienia wzoru substancji A;
2) ustalić jego wzór cząsteczkowy;
3) utworzyć wzór strukturalny substancji A, który odzwierciedla kolejność wiązań atomów w cząsteczce;
4) napisz równanie reakcji otrzymywania substancji A z substancji B i etanolu.
Rozwiązania zadań z długą odpowiedzią nie są sprawdzane automatycznie.
Na następnej stronie zostaniesz poproszony o ich samodzielne sprawdzenie.
Pewna substancja organiczna A zawiera masowo 10,68% azotu, 54,94% węgla i 24,39% kwasowości i powstaje podczas oddziaływania substancji B z prop-no-lom-1 w stosunku molowym z-no-she-nii 1:1. Wiadomo, że substancja B jest naturalnym aminokwasem.
Na podstawie podanych warunków:
1) o obliczeniach, które nie są potrzebne do znalezienia wzoru substancji A;
2) ustalić jego formę molekularną;
3) stworzyć postać strukturalną substancji A, która tworzy szereg wiązań atomowych w mole-ku-le;
4) napisz równanie reakcji otrzymania substancji A z substancji B i n-pro-pa-no-la.
Rozwiązania zadań z długą odpowiedzią nie są sprawdzane automatycznie.
Na następnej stronie zostaniesz poproszony o ich samodzielne sprawdzenie.
Pewna substancja będąca solą pochodzenia organicznego zawiera wagowo 12,79% azotu, 43,84% węgla i 32,42% chloru i powstaje w wyniku reakcji aminy pierwszorzędowej z chloroetanem.
Na podstawie danych o warunkach problemowych:
1) dokonać obliczeń niezbędnych do znalezienia wzoru pierwotnej substancji organicznej;
2) ustalić jego wzór cząsteczkowy;
3) stworzyć wzór strukturalny tej substancji, który odzwierciedla kolejność wiązań atomów w cząsteczce;
4) napisz równanie reakcji wytwarzania tej substancji z aminy pierwszorzędowej i chloroetanu.
Rozwiązania zadań z długą odpowiedzią nie są sprawdzane automatycznie.
Na następnej stronie zostaniesz poproszony o ich samodzielne sprawdzenie.
Podczas spalania dipeptydu pochodzenia naturalnego o masie 3,2 g otrzymano 2,688 litrów dwutlenku węgla (n.s.), 448 ml azotu (n.s.) i 2,16 g wody. Podczas hydrolizy tej substancji w obecności wodorotlenku potasu powstała tylko jedna sól.
Na podstawie danych o warunkach problemowych:
1) dokonać obliczeń niezbędnych do znalezienia wzoru dipeptydu;
2) ustalić jego wzór cząsteczkowy;
3) utworzyć wzór strukturalny dipeptydu, który odzwierciedla kolejność wiązań atomów w cząsteczce;
4) napisz równanie reakcji hydrolizy tego dipeptydu w obecności wodorotlenku potasu.
Rozwiązania zadań z długą odpowiedzią nie są sprawdzane automatycznie.
Na następnej stronie zostaniesz poproszony o ich samodzielne sprawdzenie.
Podczas spalania dipeptydu pochodzenia naturalnego o masie 6,4 g otrzymano 5,376 litrów dwutlenku węgla (n.s.), 896 ml azotu (n.s.) i 4,32 g wody. Podczas hydrolizy tej substancji w obecności kwasu solnego powstała tylko jedna sól.
Na podstawie danych o warunkach problemowych:
1) dokonać obliczeń niezbędnych do znalezienia wzoru dipeptydu;
2) ustalić jego wzór cząsteczkowy;
3) utworzyć wzór strukturalny dipeptydu, który odzwierciedla kolejność wiązań atomów w cząsteczce;
4) napisz równanie reakcji hydrolizy tego dipeptydu w obecności kwasu solnego.
Rozwiązania zadań z długą odpowiedzią nie są sprawdzane automatycznie.
Na następnej stronie zostaniesz poproszony o ich samodzielne sprawdzenie.
W wyniku spalenia substancji organicznej o masie 4,12 g otrzymano 3,584 litrów dwutlenku węgla (n.s.), 448 ml azotu (n.s.) i 3,24 g wody. Po podgrzaniu kwasem solnym substancja ta ulega hydrolizie, której produktami są związki kompozycji i alkohol.
Na podstawie danych o warunkach problemowych:
1) dokonać obliczeń niezbędnych do znalezienia wzoru pierwotnej substancji organicznej;
2) ustalić jego wzór cząsteczkowy;
3) stworzyć wzór strukturalny tej substancji, który odzwierciedla kolejność wiązań atomów w cząsteczce;
4) napisz równanie reakcji hydrolizy tej substancji w obecności kwasu solnego.
Rozwiązania zadań z długą odpowiedzią nie są sprawdzane automatycznie.
Na następnej stronie zostaniesz poproszony o ich samodzielne sprawdzenie.
Po spaleniu pewnej substancji organicznej o masie 4,68 g otrzymano 4,48 litra dwutlenku węgla (n.s.), 448 ml azotu (n.s.) i 3,96 g wody. Po ogrzaniu z roztworem wodorotlenku sodu substancja ta ulega hydrolizie, której produktami są sól naturalnego aminokwasu i drugorzędowy alkohol.
Na podstawie danych o warunkach problemowych:
1) dokonać obliczeń niezbędnych do znalezienia wzoru pierwotnej substancji organicznej;
2) ustalić jego wzór cząsteczkowy;
3) stworzyć wzór strukturalny tej substancji, który odzwierciedla kolejność wiązań atomów w cząsteczce;
Rozwiązania zadań z długą odpowiedzią nie są sprawdzane automatycznie.
Na następnej stronie zostaniesz poproszony o ich samodzielne sprawdzenie.
Po spaleniu pewnej substancji organicznej o masie 17,55 g otrzymano 16,8 litra dwutlenku węgla (n.s.), 1,68 litra azotu (n.s.) i 14,85 g wody. Po ogrzaniu z roztworem wodorotlenku sodu substancja ta ulega hydrolizie, której produktami są sól naturalnego aminokwasu i drugorzędowy alkohol.
Na podstawie danych o warunkach problemowych:
1) dokonać obliczeń niezbędnych do znalezienia wzoru pierwotnej substancji organicznej;
2) ustalić jego wzór cząsteczkowy;
3) stworzyć wzór strukturalny tej substancji, który odzwierciedla kolejność wiązań atomów w cząsteczce;
4) napisz równanie reakcji hydrolizy tej substancji w obecności wodorotlenku sodu.
Rozwiązania zadań z długą odpowiedzią nie są sprawdzane automatycznie.
Na następnej stronie zostaniesz poproszony o ich samodzielne sprawdzenie.
Po spaleniu pewnej substancji organicznej o masie 35,1 g otrzymano 33,6 litra dwutlenku węgla (n.s.), 3,36 litra azotu (n.s.) i 29,7 g wody. Po ogrzaniu z roztworem wodorotlenku potasu substancja ta ulega hydrolizie, której produktami są sól naturalnego aminokwasu i drugorzędowy alkohol.