Завдання 34 еге з хімії. Використовуючи метод електронного балансу, складіть рівняння реакції

За 2-3 місяці неможливо вивчити (повторити, підтягнути) таку складну дисципліну, як хімія.

Змін у КІМ ЄДІ 2020 р. з хімії немає.

Не відкладайте підготовку потім.

Приступивши до розбору завдань спочатку вивчіть теорію. Теорія на сайті представлена для кожного завдання у вигляді рекомендацій, що необхідно знати під час виконання завдання. направить у вивченні основних тем і визначає які знання та вміння будуть потрібні при виконанні завдань ЄДІ з хімії. Для успішної здачі ЄДІ з хімії – теорія найважливіша.
Теорію потрібно підкріплювати практикою, постійно вирішуючи завдання. Оскільки більшість помилок через те, що неправильно прочитав вправу, не зрозумів, що вимагають завдання. Чим частіше ти вирішуватимеш тематичні тести, тим швидше зрозумієш структуру іспиту. Тренувальні завдання розроблені на основі демоверсії від ФІПД дають таку можливість вирішувати та дізнаватися відповіді. Але не поспішайте підглядати. Спочатку вирішіть самостійно та подивіться, скільки балів набрали.

Бали за кожне завдання з хімії

1 бал – за 1-6, 11-15, 19-21, 26-28 завдання.
2 бали – 7-10, 16-18, 22-25, 30, 31.
З бала – 35.
4 бали – 32, 34.
5 балів – 33.

Усього: 60 балів.

Структура екзаменаційної роботискладається з двох блоків:

Питання, що передбачають коротку відповідь (у вигляді цифри чи слова) – завдання 1-29.
Завдання із розгорнутими відповідями – завдання 30-35.

На виконання екзаменаційної роботи з хімії приділяється 3,5 години (210 хвилин).

На іспиті три шпаргалки. І в них треба розбиратися

Це 70% інформації, яка допоможе успішно скласти іспит з хімії. Інші 30% - вміння користуватися представленими шпаргалками.

Якщо хочеш здобути більше 90 балів, потрібно витрачати на хімію дуже багато часу.
Щоб здати успішно ЄДІ з хімії, потрібно багато вирішувати: тренувальних завдань, навіть якщо вони здадуться легкими та однотипними.
Правильно розподіляти свої сили та не забувати про відпочинок.

Наважуйтеся, намагайтеся і все у вас вийде!

У цьому матеріалі представлений докладний розбір та алгоритми вирішення 34 завдання з демоверсії ЄДІ-2018 з хімії, а також надано рекомендації щодо використання посібників для підготовки до ЄДІ.

Завдання 34

При нагріванні зразка карбонату кальцію частина речовини розклалася. У цьому виділилося 4,48 л (н.у.) вуглекислого газу. Маса твердого залишку становила 41,2 г. Цей залишок додали до 465,5 г розчину хлороводневої кислоти, взятої надлишку. Визначте масову частку солі отриманому розчині.

У відповіді запишіть рівняння реакцій, які зазначені в умові задачі, та наведіть усі необхідні обчислення (зазначайте одиниці вимірювання шуканих величин).

Довідник містить докладний теоретичний матеріал з усіх тем, що перевіряються ЄДІ з хімії. Після кожного розділу наводяться різнорівневі завдання у формі ЄДІ. Для підсумкового контролю знань наприкінці довідника даються тренувальні варіанти, які відповідають ЄДІ. Учням не доведеться шукати додаткову інформацію в інтернеті та купувати інші посібники. У цьому довіднику вони знайдуть все необхідне для самостійної та ефективної підготовки до іспиту. Довідник адресований учням старших класів для підготовки до ЄДІ з хімії.

Відповідь:Запишемо коротку умову цього завдання.

Після того, як всі приготування наведені, приступаємо до вирішення.

1) Визначаємо кількість 2, що міститься в 4,48 л. його.

n(CO 2 ) = V/Vm = 4,48 л / 22,4 л/моль = 0,2 моль

2) Визначаємо кількість оксиду кальцію, що утворився.

За рівнянням реакції утворюється 1 моль 2 і 1 моль СаО

Отже: n(CO 2) = n(CaO) і дорівнює 0,2 моль

3) Визначаємо масу 0,2 моль СаО

m(CaO) = n(CaO) · M(CaO) = 0,2 моль · 56 г/моль = 11,2 г

Таким чином, твердий залишок масою 41,2 г складається з 11,2 г СаО та (41,2 г – 11,2 г) 30 г СаСО 3

4) Визначимо кількість СаСО 3 , що міститься в 30 г

n(CaCO 3) = m(CaCO 3) / M(CaCO 3) = 30 г / 100 г/моль = 0,3 моль

До уваги школярів та абітурієнтів вперше пропонується навчальний посібник для підготовки до ЄДІ з хімії, який містить тренувальні завдання, зібрані на теми. У книзі представлені завдання різних типів і рівнів складності з усіх тем курсу хімії, що перевіряються. Кожен із розділів посібника включає щонайменше 50 завдань. Завдання відповідають сучасному освітньому стандарту та положенню щодо проведення єдиного державного іспиту з хімії для випускників середніх загальноосвітніх навчальних закладів. Виконання пропонованих тренувальних завдань на теми дозволить якісно підготуватися до здачі ЄДІ з хімії. Посібник адресований старшим школярам, абітурієнтам та вчителям.

CaO + HCl = CaCl 2 + H 2 O

CaCO 3 + HCl = CaCl 2 + H 2 O + CO 2

5) Визначимо кількість хлориду кальцію, що утворюється внаслідок цих реакцій.

У реакцію вступило 0,3 моль CaCO 3 і 0,2 моль СаО лише 0,5 моль.

Відповідно, утворюється 0,5 моль CaCl 2

6) Розрахуємо масу 0,5 моль хлориду кальцію

M(CaCl 2) = n(CaCl 2) · M(CaCl 2) = 0,5 моль · 111 г/моль = 55,5 г.

7) Визначаємо масу вуглекислого газу. У реакції розкладання брало участь 0,3 моль карбонату кальцію, отже:

n(CaCO 3) = n(CO 2) = 0,3 моль,

m(CO 2) = n(CO 2) · M(CO 2) = 0,3 моль · 44г/моль = 13,2 г.

8) Знаходимо масу розчину. Вона складається з маси соляної кислоти + мас твердого залишку (CaCO 3 + CaO) хвилин маса CO 2 , що виділився. Запишемо це у вигляді формули:

m(Р-ра) = m(CaCO 3 + CaO) + m(HCl) - m(CO2) = 465,5 г + 41,2 г - 13,2 г = 493,5 г.

Новий довідник містить весь теоретичний матеріал з курсу хімії, необхідний здачі ЄДІ. Він включає всі елементи змісту, що перевіряються контрольно-вимірювальними матеріалами, і допомагає узагальнити і систематизувати знання і вміння за курс середньої (повної) школи. Теоретичний матеріал викладено у короткій, доступній формі. Кожен розділ супроводжується прикладами тренувальних завдань, що дозволяють перевірити свої знання та ступінь підготовленості до атестаційного іспиту. Практичні завдання відповідають формату ЄДІ. Наприкінці посібника наводяться відповіді до завдань, які допоможуть об'єктивно оцінити рівень своїх знань та ступінь підготовленості до атестаційного іспиту. Посібник адресований старшим школярам, абітурієнтам та вчителям.

9) І, нарешті, відповімо питанням завдання. Знайдемо масову частку % солі в розчині, скориставшись наступним чарівним трикутником:

ω%(CaCI 2) = m(CaCI 2) / m(Р-ра) = 55,5 г / 493,5 г = 0,112 або 11,2%

Відповідь: % (СaCI 2) = 11.2%

Минулої нашої статті ми поговорили про базові завдання в ЄДІ з хімії 2018 року. Тепер нам доведеться детальніше розібрати завдання підвищеного (у кодифікаторі ЄДІ з хімії 2018 року — високий рівень складності) рівня складності, раніше іменовані частиною С.

До завдань підвищеного рівня складності належить лише п'ять (5) завдань — №30,31,32,33,34 та 35. Розглянемо теми завдань, як до них готуватися та як вирішувати складні завдання в ЄДІ з хімії 2018 року.

Приклад завдання 30 у ЄДІ з хімії 2018 року

Направлено на перевірку знань учня про окисно-відновлювальні реакції (ОВР). У завданні завжди дається рівняння хімічної реакції з пропусками речовин з будь-якої сторони реакції (ліва сторона — реагенти, права сторона — продукти). За це завдання можна отримати максимум три (3) бали. Перший бал дається за правильне заповнення перепусток у реакції та правильне зрівняння реакції (розстановка коефіцієнтів). Другий бал можна отримати, вірно розписавши баланс ОВР, і останній бал дається за вірне визначення, хто є в реакції окислювачем, а хто - відновником. Розберемо рішення завдання №30 з демоверсії ЄДІ з хімії 2018 року:

Використовуючи метод електронного балансу, складіть рівняння реакції

Na 2 SO 3 + … + KOH à K 2 MnO 4 + … + H 2 O

Визначте окислювач та відновник.

Перше, що необхідно зробити - розставити заряди в атомів, зазначених у рівнянні, виходить:

Na + 2 S +4 O 3 -2 + … + K + O -2 H + à K + 2 Mn +6 O 4 -2 + … + H + 2 O -2

Часто після цієї дії, ми відразу бачимо першу пару елементів, яка змінила ступінь окислення (ЗІ), тобто з різних боків реакції, в одного і того ж атома, різний ступінь окислення. У цьому завдання, ми бачимо такого. Тому необхідно скористатися додатковими знаннями, а саме, з лівого боку реакції, бачимо гідроксид калію ( КОН), наявність якого повідомляє нам, про те, що реакція протікає в лужному середовищі. З правого боку ми бачимо манганат калію, а ми знаємо, що в лужному середовищі реакції, манганат калію виходить з перманганату калію, отже, пропуск з лівого боку реакції — перманганат калію ( KMnO 4 ). Виходить, що ліворуч у нас був марганець у СО +7, а праворуч у СО +6, отже, ми можемо написати першу частину балансу ОВР:

Mn +7 +1 e — à Mn +6

Тепер ми можемо припустити, а що ж має статися в реакції. Якщо марганець отримує електрони, значить хтось повинен був їх йому віддати (дотримуємося закону збереження маси). Розглянемо всі елементи з лівого боку реакції: водень, натрій і калій вже в СО +1, яка є для них максимальною, кисень не віддаватиме свої електрони марганцю, а отже, залишається сірка в СО +4. Робимо висновок, що сірка віддаємо електрони і переходить у стан сірки з +6. Тепер ми можемо написати другу частину балансу:

S +4 -2 e — à S +6

Дивлячись на рівняння, бачимо, що справа боку, ніде немає сірки і натрію, отже вони мають бути у пропуску, і логічним з'єднанням його заповнення є сульфат натрію ( NaSO 4 ).

Тепер баланс ОВР написаний (отримуємо перший бал) і рівняння набуває вигляду:

Na 2 SO 3 + KMnO 4 + KOHà K 2 MnO 4 + NaSO 4 + H 2 O

Mn +7 +1 e — à Mn +6	1	2
S +4 -2e -à S+6	2	1

Важливо, тут відразу написати, хто є окислювачем, а хто відновником, оскільки учні часто концентрують увагу тому, щоб зрівняти рівняння і просто забувають зробити цю частину завдання, цим втрачаючи бал. За визначенням, окислювач - це та частка, яка отримує електрони (у нашому випадку марганець), а відновник - це та частка, яка віддає електрони (у нашому випадку сірка), таким чином ми отримуємо:

Окислювач: Mn +7 (KMnO 4 )

Відновник: S +4 (Na 2 SO 3 )

Тут треба пам'ятати, що ми вказуємо той стан частинок, в якому вони були колись стали проявляти властивості окислювача або відновника, а не ті стани, в які вони прийшли в результаті ОВР.

Тепер, щоб здобути останній бал, необхідно правильно зрівняти рівняння (розставити коефіцієнти). Використовуючи баланс, ми бачимо, що для того, щоб вона сірка +4, перейшла в стан +6, два марганці +7 повинні стати марганцем +6, а значимо ми ставимо 2 перед марганцем:

Na 2 SO 3 + 2KMnO 4 + KOHà 2K 2 MnO 4 + NaSO 4 + H 2 O

Тепер ми бачимо, що праворуч у нас 4 калію, а ліворуч лише три, значить потрібно поставити 2 перед гідроксидом калію:

Na 2 SO 3 + 2KMnO 4 + 2KOHà 2K 2 MnO 4 + NaSO 4 + H 2 O

У результаті правильна відповідь на завдання №30 виглядає наступним чином:

Na 2 SO 3 + 2KMnO 4 + 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

Окислювач: Mn +7 (KMnO 4)

Відновник: S +4 (Na 2 SO 3 )

Рішення завдання 31 в ЄДІ з хімії

Це ланцюжок неорганічних перетворень. Для успішного виконання цього завдання необхідно добре розбиратися в реакціях характерних для неорганічних сполук. Завдання складається з чотирьох (4) реакцій, за кожну з яких можна отримати по одному (1) балу, сумарно за завдання можна отримати чотири (4) бали. Важливо пам'ятати правила оформлення завдання: всі рівняння мають бути зрівняні, навіть якщо учень написав рівняння правильно, але не зрівняв, не отримає бал; не обов'язково вирішувати всі реакції, можна зробити одну і отримати один (1) бал, дві реакції і отримати два (2) бали і т.д., при цьому не обов'язково виконувати рівняння строго по порядку, наприклад, учень може зробити реакцію 1 і 3, отже, так і потрібно вчинити, і отримати при цьому два (2) бали, головне вказати, що це реакції 1 і 3. Розберемо рішення завдання №31 з демоверсії ЄДІ з хімії 2018 року:

Залізо розчинили у гарячій концентрованій сірчаній кислоті. Отриману сіль обробили надлишком розчину гідроксиду натрію. Випав бурий осад відфільтрували і прожарили. Отриману речовину нагріли із залізом.
Напишіть рівняння чотирьох описаних реакцій.

Для зручності рішення, на чернетці, можна скласти таку схему:

Для виконання завдання, безперечно, потрібно знати всі запропоновані реакції. Однак, в умові завжди є приховані підказки (концентрована сірчана кислота, надлишок гідроксиду натрію, бурий осад, прожарили, нагріли з залізом). Наприклад, учень не пам'ятає, що відбувається із залізом при взаємодії з конц. сірчаною кислотою, але він пам'ятає, що бурий осад заліза, після обробки лугом, це швидше за все гідроксид заліза 3 ( Y = Fe(OH) 3 ). Тепер у нас з'являється можливість, підставивши Y у написану схему, спробувати зробити рівняння 2 та 3. Наступні дії є суто хімічними, тому ми не розписуватимемо їх так докладно. Учень повинен пам'ятати, що нагрівання гідроксиду заліза 3 призводить до утворення оксиду заліза 3 ( Z = Fe 2 O 3 ) і води, а нагрівання оксиду заліза 3 з чистим залізом приведе їх до серединного стану - оксиду заліза 2 ( FeO). Речовина Х є сіль, отриманої після реакції з сірчаною кислотою, при цьому дає після обробки лугом гідроксид заліза 3, буде сульфатом заліза 3 ( X = Fe 2 (SO 4 ) 3 ). Важливо не забувати зрівнювати рівняння. У результаті правильна відповідь на завдання №31 виглядає наступним чином:

1) 2Fe + 6H 2 SO 4 (k) à Fe 2 (SO 4) 3+ 3SO 2 + 6H 2 O

2) Fe 2 (SO 4) 3+ 6NaOH (поз) à 2 Fe(OH) 3 + 3Na 2 SO 4

3) 2Fe(OH) 3à Fe 2 O 3 + 3H 2 O

4) Fe 2 O 3 + Fe à 3FeO

Завдання 32 ЄДІ з хімії

Дуже схоже завдання №31, лише у ньому дається ланцюжок органічних перетворень. Вимоги оформлення та логіка рішення аналогічні до завдання №31, єдина відмінність полягає в тому, що в завданні №32 дається п'ять (5) рівнянь, а отже, всього можна набрати п'ять (5) балів. Через схожість із завданням №31 ми не будемо його розглядати докладно.

Рішення завдання 33 з хімії 2018 року

Розрахункова задача, на її виконання необхідно знати основні розрахункові формули, вміти користуватися калькулятором і проводити логічні паралелі. За завдання №33 можна отримати чотири (4) бали. Розглянемо частину рішення завдання №33 із демоверсії ЄДІ з хімії 2018 року:

Визначте масові частки (в %) сульфату заліза (II) і сульфіду алюмінію в суміші, якщо при обробці 25 г цієї суміші водою виділився газ, який повністю прореагував з 960 г 5% розчину сульфату міді. У відповіді запишіть рівняння реакцій, які вказані в умові завдання, та наведіть усі необхідні обчислення (вказуйте одиниці вимірювання фізичних величин, що шукаються).

Перший (1) бал ми отримуємо за написання реакцій, що відбуваються у завданні. Отримання саме цього балу залежить від знань хімії, решту трьох (3) балів можна отримати лише завдяки розрахункам, тому, якщо у учня проблеми з математикою, він має отримати за виконання завдання №33 мінімум один (1) бал:

Al 2 S 3 + 6H 2 Oà 2Al(OH) 3 + 3H 2 S

CuSO 4 + H 2 Sà CuS + H 2 SO 4

Оскільки подальші дії є суто математичними, ми не станемо тут розбирати. Підбірний розбір ви можете переглянути на нашому YouTube каналі (посилання на відео розбору завдання №33).

Формули, які потрібні для вирішення цього завдання:

Завдання 34 з хімії 2018

Розрахункове завдання, яке відрізняється від завдання №33 наступним:

- - Якщо завдання №33 ми знаємо, між якими речовинами відбувається взаємодія, то завдання №34 ми повинні знайти, що реагувало;
  - У завданні №34 даються органічні сполуки, тоді як у завданні №33 найчастіше даються неорганічні процеси.

По суті завдання №34 є зворотним по відношенню до завдання №33, а значить і логіка завдання — зворотна. За завдання №34 можна отримати чотири (4) бали, при цьому, так само, як і в завданні №33, тільки один з них (у 90% випадків) виходить за знання хімії, решта 3 (рідше 2) бали виходять за математичні розрахунки . Для успішного виконання завдання №34 необхідно:

Знати загальні формули всіх основних класів органічних сполук;

Знати основні реакції органічних сполук;

Вміти писати рівняння у загальному вигляді.

Ще раз хочеться відзначити, що необхідні для успішного складання ЄДІ з хімії в 2018 році теоретичні бази практично не змінилися, а значить, що всі знання, які ваша дитина отримувала в школі, допоможуть йому в складання іспиту з хімії в 2018 році. У нашому центрі підготовки до ЄДІ та ОДЕ Годограф, ваша дитина отримає Усенеобхідні для підготовки теоретичні матеріали, а на заняттях закріпить отримані знання для успішного виконання всіхекзаменаційних завдань. З ним працюватимуть найкращі викладачі, які пройшли дуже великий конкурс і складні вступні випробування. Заняття проходять у невеликих групах, що дозволяє викладачеві приділити час кожній дитині та сформувати її індивідуальну стратегію виконання екзаменаційної роботи.

У нас немає проблем із відсутністю тестів нового формату, наші викладачі пишуть їх самі, ґрунтуючись на всіх рекомендаціях кодифікатора, специфікатора та демоверсії ЄДІ з хімії 2018 року.

Зателефонуйте сьогодні та завтра ваша дитина скаже вам спасибі!

Завдання №35 на ЄДІ з хімії

Алгоритм вирішення подібних завдань

1. Загальна формула гомологічного ряду

Найчастіше використовувані формули зведені в таблицю:

Гомологічний ряд	Загальна формула





Граничні одноатомні спирти
Граничні альдегіди	C n H 2n+1 СОН
Граничні монокарбонові кислоти	C n H 2n+1 СООН

2. Рівняння реакції

1) ВСІ органічні речовини горять у кисні з утворенням вуглекислого газу, води, азоту (якщо в поєднанні присутній N) та HCl (якщо є хлор):

C n H m O q N x Cl y + O 2 = CO 2 + H 2 O + N 2 + HCl (без коефіцієнтів!)

2) Алкени, алкіни, дієни схильні до реакцій приєднання (р-ції з галогенами, воднем, галогенводнями, водою):

C n H 2n + Cl 2 = C n H 2n Cl 2

C n H 2n + H 2 = C n H 2n+2

C n H 2n + HBr = C n H 2n+1 Br

C n H 2n + H 2 O = C n H 2n+1 OH

Алкіни та дієни, на відміну від алкенів, приєднують до 2 моль водню, хлору або галогенводню на 1 моль вуглеводню:

C n H 2n-2 + 2Cl 2 = C n H 2n-2 Cl 4

C n H 2n-2 + 2H 2 = C n H 2n+2

При приєднанні води до алкін утворюються карбонільні сполуки, а не спирти!

3) Для спиртів характерні реакції дегідратації (внутрішньомолекулярної та міжмолекулярної), окислення (до карбонільних сполук і, можливо, далі до карбонових кислот). Спирти (в т.ч. багатоатомні) реагують з лужними металами з виділенням водню:

C n H 2n+1 OH = C n H 2n + H 2 O

2C n H 2n+1 OH = C 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) Хімічні властивості альдегідів дуже різноманітні, проте тут ми згадаємо лише про окислювально - відновлювальні реакції:

C n H 2n+1 COH + H 2 = C n H 2n+1 CH 2 OH (відновлення карбонільних сполук у прис. Ni),

C n H 2n+1 COH + [O] = C n H 2n+1 COOH

важливий момент: окислення формальдегіду (НСОН) не зупиняється на стадії мурашиної кислоти, НСООН окислюється далі до 2 і Н 2 О.

5) Карбонові кислоти виявляють всі властивості "звичайних" неорганічних кислот: взаємодіють з основами та основними оксидами, реагують з активними металами та солями слабких кислот (напр., з карбонатами та гідрокарбонатами). Дуже важливою є реакція етерифікації – утворення складних ефірів при взаємодії зі спиртами.

C n H 2n+1 COOH + KOH = C n H 2n+1 COOK + 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

C n H 2n+1 COOH + C 2 H 5 OH = C n H 2n+1 COOC 2 H 5 + H 2 O

3. Знаходження кількості речовини за її масою (обсягом)

формула, що зв'язує масу речовини (m), її кількість (n) та молярну масу (M):

m = n*M чи n = m/M.

Наприклад, 710 г хлору (Cl 2 ) відповідає 710/71 = 10 моль цієї речовини, оскільки молярна маса хлору = 71 г/моль.

Для газоподібних речовин зручніше працювати з обсягами, а чи не з масами. Нагадаю, що кількість речовини та її об'єм пов'язані наступною формулою: V = V m *n, де V m - молярний об'єм газу (22,4 л/моль за нормальних умов).

4. Розрахунки за рівняннями реакцій

Це, мабуть, головний тип розрахунків у хімії. Якщо ви не відчуваєте впевненості під час вирішення подібних завдань, необхідно тренуватися.

Основна ідея полягає в наступному: кількості реагуючих речовин і продуктів, що утворюються, ставляться так само, як відповідні коефіцієнти в рівнянні реакції (ось чому так важливо правильно їх розставити!)

Розглянемо, наприклад, таку реакцію: А + 3B = 2C + 5D. Рівняння показує, що 1 моль А і 3 моль B при взаємодії утворюють 2 моль C і 5 моль D. Кількість В три рази перевищує кількість речовини А, кількість D - в 2,5 рази більше кількості С і т. д. Якщо в реакцію вступить не 1 моль А, а, скажімо, 10, те й кількості всіх інших учасників реакції збільшаться рівно в 10 разів: 30 моль, 20 моль З, 50 моль D. Якщо нам відомо, що утворилося 15 моль D (у три рази більше, ніж зазначено у рівнянні), то й кількості всіх інших сполук будуть у 3 рази більшими.

5. Обчислення молярної маси досліджуваної речовини

Маса Х зазвичай дається за умови завдання, кількість Х ми знайшли у п. 4. Залишилося ще раз використовувати формулу М = m/n.

6. Визначення молекулярної формули Х.

Фінальний етап. Знаючи молярну масу Х та загальну формулу відповідного гомологічного ряду, можна знайти молекулярну формулу невідомої речовини.

Нехай, наприклад, відносна молекулярна маса граничного одноатомного спирту дорівнює 46. Загальна формула гомологічного ряду: C n H 2n+1 ОН. Відносна молекулярна маса складається з маси n атомів вуглецю, 2n+2 атомів водню та одного атома кисню. Отримуємо рівняння: 12n + 2n + 2 + 16 = 46. Вирішуючи рівняння, отримуємо, що n = 2. Молекулярна формула спирту: C 2 H 5 ВІН.

Не забудьте записати відповідь!

Приклад 1 . 10,5 г деякого алкену здатні приєднати 40 г брому. Визначте невідомий алкен.

Рішення. Нехай молекула невідомого алкену містить n атомів вуглецю. Загальна формула гомологічного ряду CnH2n. Алкени реагують з бромом відповідно до рівняння:

C n H 2n + Br 2 = C n H 2n Br 2 .

Розрахуємо кількість брому, що вступив у реакцію: M(Br2) = 160 г/моль. n(Br 2) = m/M = 40/160 = 0,25 моль.

Рівняння показує, що 1 моль алкену приєднує 1 моль брому, отже, n(C n H 2n) = n(Br 2) = 0,25 моль.

Знаючи масу алкену, що вступив у реакцію, і його кількість, знайдемо його молярну масу: М(C n H 2n) = m(маса)/n(кількість) = 10,5/0,25 = 42 (г/моль).

Тепер дуже легко ідентифікувати алкен: відносна молекулярна маса (42) складається з маси n атомів вуглецю і 2n атомів водню. Отримуємо найпростіше рівняння алгебри:

Розв'язанням цього рівняння є n = 3. Формула алкену: C3H6.

Відповідь: C 3 H 6 .

Приклад 2 . На повне гідрування 5,4 г деякого алкіну витрачається 4,48 л водню (н. у.). Визначте молекулярну формулу даного алкіну.

Рішення. Діятимемо відповідно до загального плану. Нехай молекула невідомого алкіну містить n атомів вуглецю. Загальна формула гомологічного ряду CnH2n-2. Гідрування алкінів протікає відповідно до рівняння:

C n H 2n-2 + 2Н 2 = C n H 2n+2.

Кількість водню, що вступив у реакцію, можна знайти за формулою n = V/Vm. У разі n = 4,48/22,4 = 0,2 моль.

Рівняння показує, що 1 моль алкіну приєднує 2 моль водню (нагадаємо, що в задачі йдеться про повне гідрування), отже, n(C n H 2n-2) = 0,1 моль.

За масою та кількістю алкіну знаходимо його молярну масу: М(C n H 2n-2) = m(маса)/n(кількість) = 5,4/0,1 = 54 (г/моль).

Відносна молекулярна маса алкіну складається з n атомних мас вуглецю та 2n-2 атомних мас водню. Отримуємо рівняння:

12n + 2n – 2 = 54.

Вирішуємо лінійне рівняння, отримуємо: n = 4. Формула алкіну: C 4 H 6 .

Відповідь: C 4 H 6 .

Приклад 3 . При згорянні 112 л (н. у.) невідомого циклоалкану у надлишку кисню утворюється 336 л 2 . Встановіть структурну формулу циклоалкану.

Рішення. Загальна формула гомологічного ряду циклоалканів: n H 2n . При повному згорянні циклоалканів, як і при горінні будь-яких вуглеводнів, утворюються вуглекислий газ і вода:

C n H 2n + 1,5n O 2 = n CO 2 + n H 2 O.

Зверніть увагу: коефіцієнти рівняння реакції у разі залежать від n!

У результаті реакції утворилося 336/22,4 = 15 моль вуглекислого газу. У реакцію вступило 112/22,4 = 5 моль вуглеводню.

Подальші міркування очевидні: якщо 5 моль циклоалкана утворюється 15 моль CO 2 , то 5 молекул вуглеводню утворюється 15 молекул вуглекислого газу, т. е., одна молекула циклоалкана дає 3 молекули CO 2 . Оскільки кожна молекула оксиду вуглецю (IV) містить по одному атому вуглецю, можна зробити висновок: в одній молекулі циклоалкану міститься 3 атоми вуглецю.

Висновок: n = 3, формула циклоалкану - 3 Н 6 .

формулою З 3 Н 6 відповідає всього один ізомер - циклопропан.

Відповідь: циклопропан.

Приклад 4 . 116 г деякого граничного альдегіду тривалий час нагрівали з аміачним розчином оксиду срібла. У результаті реакції утворилося 432 р металевого срібла. Встановіть молекулярну формулу альдегіду.

Рішення. Загальна формула гомологічного ряду граничних альдегідів: C n H 2n+1 COH. Альдегіди легко окислюються до карбонових кислот, зокрема під дією аміачного розчину оксиду срібла:

C n H 2n+1 COH + Ag 2 O = C n H 2n+1 COOH + 2Ag.

Примітка. Насправді, реакція описується складнішим рівнянням. При додаванні Ag 2 O до водного розчину аміаку утворюється комплексне з'єднання OH - гідроксид діаммінсрібла. Саме це з'єднання і виступає у ролі окислювача. У ході реакції утворюється амонійна сіль карбонової кислоти:

C n H 2n+1 COH + 2OH = C n H 2n+1 COONH 4 + 2Ag + 3NH 3 + H 2 O.

Ще один важливий момент! Окислення формальдегіду (HCOH) не описується наведеним рівнянням. При взаємодії НСОН з аміачним розчином оксиду срібла виділяється 4 моль Ag на 1 моль альдегіду:

НCOH + 2Ag 2 O = CO 2 + H 2 O + 4Ag.

Будьте обережні, вирішуючи завдання, пов'язані з окисленням карбонильних сполук!

Повернемося до нашого прикладу. По масі срібла, що виділилося, можна знайти кількість даного металу: n(Ag) = m/M = 432/108 = 4 (моль). Відповідно до рівняння, на 1 моль альдегіду утворюється 2 моль срібла, отже, n(альдегіду) = 0,5n(Ag) = 0,5*4 = 2 моль.

Молярна маса альдегіду = 116/2 = 58 г/моль. Подальші дії спробуйте зробити самостійно: необхідно скласти рівняння вирішити його і зробити висновки.

Відповідь: C 2 H 5 COH.

Приклад 5 . При взаємодії 3,1 г деякого первинного аміну з достатньою кількістю HBr утворюється 11,2 г солі. Встановіть формулу аміну.

Рішення. Первинні аміни (С n H 2n+1 NH 2) при взаємодії з кислотами утворюють солі алкіламонію:

З n H 2n+1 NH 2 + HBr = [З n H 2n+1 NH 3 ] + Br -.

На жаль, за масою аміну і солі, що утворилася, ми не зможемо знайти їх кількості (оскільки невідомі молярні маси). Ходімо іншим шляхом. Згадаймо закон збереження маси: m(аміна) + m(HBr) = m(солі), отже, m(HBr) = m(солі) - m(аміна) = 11,2 - 3,1 = 8,1.

Зверніть увагу на цей прийом, що дуже часто використовується при рішенні C 5. Якщо навіть маса реагенту не дана в явній формі за умови завдання, можна спробувати знайти її за масою інших сполук.

Отже, ми повернулися до русла стандартного алгоритму. За масою бромоводню знаходимо кількість, n(HBr) = n(аміну), M(аміну) = 31 г/моль.

Відповідь: CH 3 NH 2 .

Приклад 6 . Деяка кількість алкену Х при взаємодії з надлишком хлору утворює 11,3 г дихлориду, а реакції з надлишком брому - 20,2 г дибромида. Визначте молекулярну формулу Х.

Рішення. Алкени приєднують хлор та бром з утворенням дигалогенпохідних:

З n H 2n + Cl 2 = З n H 2n Cl 2 ,

З n H 2n + Br 2 = З n H 2n Br 2 .

Безглуздо у цій задачі намагатися знайти кількість дихлориду чи диброміду (невідомі їх молярні маси) чи кількості хлору чи брому (невідомі їх маси).

Використовуємо один нестандартний прийом. Молярна маса З n H 2n Cl 2 дорівнює 12n + 2n + 71 = 14n + 71. М(З n H 2n Br 2) = 14n + 160.

Маси дигалогенідів також відомі. Можна знайти кількості отриманих речовин: n(C n H 2n Cl 2) = m/M = 11,3/(14n + 71). n(З n H 2n Br 2) = 20,2/(14n + 160).

За умовою, кількість дихлориду дорівнює кількості диброміду. Цей факт дає можливість скласти рівняння: 11,3/(14n + 71) = 20,2/(14n + 160).

Це рівняння має єдине рішення: n = 3.

Варіант №1380120

Завдання 34 (С5). Сергій Широкопояс: Хімія – підготовка до ЄДІ 2016

Під час виконання завдань з короткою відповіддю впишіть у поле відповіді цифру, яка відповідає номеру правильної відповіді, або число, слово, послідовність літер (слів) або цифр. Відповідь слід записувати без пробілів та будь-яких додаткових символів. Дробну частину відокремлюйте від цілої десяткової коми. Одиниці вимірів писати не потрібно. Відповіддю завдання 1-29 є послідовність цифр чи число. За повну правильну відповідь у завданнях 7-10, 16-18, 22-25 ставиться 2 бали; якщо допущено одну помилку, - 1 бал; за неправильну відповідь (більше однієї помилки) або її відсутність - 0 балів.

Якщо варіант заданий вчителем, ви можете вписати або завантажити відповіді до завдань з розгорнутою відповіддю. Вчитель побачить результати виконання завдань із короткою відповіддю та зможе оцінити завантажені відповіді до завдань із розгорнутою відповіддю. Виставлені вчителем бали відобразяться у вашій статистиці.

Версія для друку та копіювання в MS Word

Не-кое-тое ор-га-ні-че-ське ве-ще-ство А містить по масі 11,97% азоту, 51,28% уг-ле-ро-да, 27,35 % кис-ло-ро-да, і вод-до-рід. А об-ра-зу-ет-ся при вза-і-мо-дей-стві ве-ще-ства Б з про-па-но-лом-2 в мо-ляр-ном со-від-но-ше- нии 1: 1. Відомо, що речовина Б має природне про-ис-хож-де-ние.

1) Про-з-ве-ді-ті ви-чис-ле-ня, не-об-хо-ди-мі для на-хож-де-ня фор-му-ли ве-ще-ства А;

2) Уста-но-ві-ті його мо-ле-ку-ляр-ну фор-му-лу;

3) Складіть струк-тур-ну фор-му-лу ве-ще-ства А, ко-то-рая від-ра-жа-є по-рядок зв'язків атомів в мо- ле-ку-ле;

4) На-пи-ши-ті урав-не-ня ре-ак-ції по-лу-че-ня ве-ще-ства А з ве-ще-ства Б і про-па-но-ла-2.

При згорянні 40,95 г органічної речовини отримали 39,2 л вуглекислого газу (н. у.), 3,92 л азоту (н. у.) та 34,65 г води. При нагріванні із соляною кислотою ця речовина піддається гідролізу, продуктами якого є сполуки складу та вторинний спирт.

Вирішення завдань з розгорнутою відповіддю не перевіряються автоматично.
На наступній сторінці вам буде запропоновано перевірити їх самостійно.

Сіль первинного аміну прореагувала з нітратом срібла, у результаті виділився осад і утворилася органічна речовина А, що містить за масою 29,79% азоту, 51,06% кисню і 12,77% вуглецю.

На підставі даних умови завдання:

2) встановіть його молекулярну формулу;

3) складіть структурну формулу цієї речовини А, яка відображає порядок зв'язків атомів у молекулі;

4) напишіть рівняння реакції отримання речовини А із солі первинного аміну та .

При спалюванні дипептиду природного походження масою 2,64 г отримано 1,792 л вуглекислого газу (н. у.), 1,44 г води та 448 мл азоту (н. у.). При гідролізі цієї речовини у присутності соляної кислоти утворилася лише одна сіль.

На підставі даних умови завдання:

2) встановіть його молекулярну формулу;

Деяка органічна речовина містить за масою 13,58 % азоту, 46,59 % вуглецю і 31,03 % кисню і утворюється при взаємодії речовини Б з етанолом в молярному відношенні 1:1. Відомо, що речовина Б має природне походження.

На підставі даних умови завдання:

1) здійсніть обчислення, необхідні для знаходження формули речовини А;

2) встановіть його молекулярну формулу;

3) складіть структурну формулу речовини А, яка відбиває порядок зв'язків атомів у молекулі;

4) напишіть рівняння реакції одержання речовини А з речовини Б та етанолу.

Не-кое-тое ор-га-ні-че-ське ве-ще-ство А містить по масі 10,68% азоту, 54,94% уг-ле-ро-да і 24,39 % кис-ло-ро-да і об-ра-зу-ет-ся при вза-і-мо-дії ве-ще-ства Б з про-па-но-лом-1 в мо-ляр-ном від-но-шення 1: 1. Відомо-но, що ве-ще-ство Б яв-ля-є-ся при-род-ної амі-но-кис-ло-тою.

На ос-но-ва-ні дан-них умов-за-да-чи:

1) про-з-ве-ді-ті ви-чис-ле-ня, не-об-хо-ди-мі для на-хож-де-ня фор-му-ли ве-ще-ства А;

2) уста-но-ві-ті його мо-ле-ку-ляр-ну фор-му-лу;

3) складіть структурну форму му речовини А, яка від-ра-жа-ет по-рядок зв'язків атомів у мо- ле-ку-ле;

4) на-пи-ши-ті урав-не-ня ре-ак-ції по-лу-че-ня ве-ще-ства А з ве-ще-ства Б і н-про-па-но-ла.

Деяка речовина, що є сіль органічного походження, містить за масою 12,79% азоту, 43,84% вуглецю і 32,42% хлору і утворюється при взаємодії первинного аміну з хлоретаном.

На підставі даних умови завдання:

1) здійсніть обчислення, необхідні для знаходження формули вихідної органічної речовини;

2) встановіть його молекулярну формулу;

3) складіть структурну формулу цієї речовини, яка відбиває порядок зв'язків атомів у молекулі;

4) напишіть рівняння реакції отримання цієї речовини з первинного аміну та хлоретану.

При спалюванні дипептиду природного походження масою 3,2 г отримано 2,688 л вуглекислого газу (н. у.), 448 мл азоту (н. у.) та 2,16 г води. При гідролізі цієї речовини у присутності гідроксиду калію утворилася лише одна сіль.

На підставі даних умови завдання:

1) здійсніть обчислення, необхідні для знаходження формули дипептиду;

2) встановіть його молекулярну формулу;

3) складіть структурну формулу дипептиду, яка відбиває порядок зв'язків атомів у молекулі;

4) напишіть рівняння реакції гідролізу цього дипептиду у присутності гідроксиду калію.

При спалюванні дипептиду природного походження масою 6,4 г отримано 5,376 л вуглекислого газу (н. у.), 896 мл азоту (н. у.) та 4,32 г води. При гідролізі цієї речовини у присутності соляної кислоти утворилася лише одна сіль.

На підставі даних умови завдання:

1) здійсніть обчислення, необхідні для знаходження формули дипептиду;

2) встановіть його молекулярну формулу;

3) складіть структурну формулу дипептиду, яка відбиває порядок зв'язків атомів у молекулі;

4) напишіть рівняння реакції гідролізу цього дипептиду у присутності соляної кислоти.

При згорянні деякої органічної речовини масою 4,12 г отримано 3,584 л вуглекислого газу (н. у.), 448 мл азоту (н. у.) та 3,24 г води. При нагріванні з соляною кислотою ця речовина піддається гідролізу, продуктами якого є сполуки складу та спирт.

На підставі даних умови завдання:

1) здійсніть обчислення, необхідні для знаходження формули вихідної органічної речовини;

2) встановіть його молекулярну формулу;

3) складіть структурну формулу цієї речовини, яка відбиває порядок зв'язків атомів у молекулі;

4) напишіть рівняння реакції гідролізу цієї речовини у присутності соляної кислоти.

При згорянні деякої органічної речовини масою 4,68 г одержали 4,48 л вуглекислого газу (н. у.), 448 мл азоту (н. у.) та 3,96 г води. При нагріванні з розчином гідроксиду натрію ця речовина піддається гідролізу, продуктами якого є сіль природної амінокислоти та вторинний спирт.

На підставі даних умови завдання:

1) здійсніть обчислення, необхідні для знаходження формули вихідної органічної речовини;

2) встановіть його молекулярну формулу;

3) складіть структурну формулу цієї речовини, яка відбиває порядок зв'язків атомів у молекулі;

При згорянні деякої органічної речовини масою 17,55 г отримали 16,8 л вуглекислого газу (н. у.), 1,68 л азоту (н. у.) та 14,85 г води. При нагріванні з розчином гідроксиду натрію ця речовина піддається гідролізу, продуктами якого є сіль природної амінокислоти та вторинний спирт.

На підставі даних умови завдання:

1) здійсніть обчислення, необхідні для знаходження формули вихідної органічної речовини;

2) встановіть його молекулярну формулу;

3) складіть структурну формулу цієї речовини, яка відбиває порядок зв'язків атомів у молекулі;

4) напишіть рівняння реакції гідролізу цієї речовини у присутності гідроксиду натрію.

При згорянні деякої органічної речовини масою 35,1 г отримали 33,6 л вуглекислого газу (н. у.), 3,36 л азоту (н. у.) та 29,7 г води. При нагріванні з розчином гідроксиду калію ця речовина піддається гідролізу, продуктами якого є сіль природної амінокислоти та вторинний спирт.