Projekt “C5 ülesannete lahendamine keemia ühtseks riigieksamiks valmistumiseks. Keemia ühtse riigieksami C5 keemia ühtse riigieksami C5 ülesande C5 lahendamise metoodika lahendustega

Annotatsioon

Asjakohasus: Gümnaasiumiõpilased sooritavad igal aastal keemia ühtse riigieksami. Kõige problemaatilisem teema eksamil on orgaaniline keemia, mis hõlmab peale teooria ka ülesannete lahendamist orgaaniliste ühendite valemite tuletamiseks. Olles probleemile mõelnud, tahan luua nende probleemide lahendamise algoritmi ühtse riigieksami edukaks sooritamiseks.

Hüpotees: Kas aine molekulaarvalemi leidmise ülesannete lahendamiseks on võimalik luua algoritm?

Sihtmärk: C-osa ülesannete lahendamise algoritmiga vihikute loomine.

Ülesanded:

Orgaanilise aine valemite tuletamiseks uurige mitmeid keemiaprobleeme.
Määrake nende ülesannete tüübid.
Tuvastage ülesannete olemus.
Loo algoritm nende lahendamiseks sortide kaupa.
Koostage ülesannete täitmiseks lahendusvõti ja brošüürid koos algoritmiga.

Projekti töö etapid:

Erinevate klasside ainete üldvalemite kohta teabe uurimine.
Ülesannete lahendamine aine molekulaarvalemi leidmiseks.
Ülesannete jaotus liikide kaupa.
Tehke kindlaks nende ülesannete täitmise olemus.
Orgaanilise ühendi valemite tuletamise ülesannete lahendamise algoritmi ja võtme määramine.
Projektitoodete – brošüüride loomine.
Peegeldus.

Vaata:üheaineline, informatiivne.

Tüüp: lühike.

Projekti klient: MBOU keskkool, Družba küla

Peamine artikkel

Igal aastal sooritavad peaaegu kõik koolilõpetajad keemia ühtse riigieksami. Eksamiteste hinnates sain aru, et kõige raskemad on C5 ülesanded, mille teemaks on orgaaniline keemia. See nõuab mitte ainult teooriat, vaid ka aine molekulaarvalemi leidmise probleemide lahendamist.

Ühtse riigieksami ülesannete täitmise hõlbustamiseks otsustasin luua orgaanilise ühendi valemi tuletamiseks ülesannete lahendamise algoritmi. Kuid kõigepealt esitasin hüpoteesi ja seadsin projekti eesmärgi:

Hüpotees: Kas aine molekulaarvalemi leidmise ülesannete lahendamiseks on võimalik luua algoritm?

Sihtmärk: C-osa ülesannete lahendamise algoritmiga vihikute loomine.

Minu ees oli mitu ülesannet:

Orgaanilise aine valemite tuletamiseks uurige mitmeid keemiaprobleeme.
Määrake nende ülesannete tüübid.
Tuvastage ülesannete olemus.
Loo algoritm nende lahendamiseks sortide kaupa.
Koostage ülesannete täitmiseks lahendusvõti ja brošüürid koos algoritmiga.

I etapp. "Informatiivne"

Seega uurisin oma eesmärgi saavutamiseks mitmeid probleeme, et leida orgaanilise ühendi molekulaarvalem.

Alustuseks uurisin erinevate klasside ainete üldvalemeid:

Mahe klass	Üldine molekulaarvalem
Alkaanid	C n H 2n+2
Alkeenid	CnH2n
Alküünid	CnH2n-2
Dienes	CnH2n-2
Benseeni homoloogid	CnH2n-6
Küllastunud ühehüdroksüülsed alkoholid	C n H 2n+2 O
Mitmehüdroksüülsed alkoholid	C n H 2n+2 O x
Küllastunud aldehüüdid	CnH2nO
Ketoonid	CnH2nO
Fenoolid	CnH2n-6O
Küllastunud karboksüülhapped	CnH2nO2
Estrid	CnH2nO2
Amiinid	C n H 2n+3 N
Aminohapped	C n H 2n+1 NO 2

II etapp: "Selle probleemi kohta teabe töötlemine"

Näide 1.

Määrake aine valem, kui see sisaldab 84,21% C ja 15,79% H ning selle suhteline tihedus õhus on 3,93.

Näide 1 lahendus.

Aine mass olgu 100g.

Siis on C mass 84,21 g ja H mass 15,79 g.

Leiame iga aatomi aine koguse:

V(C) = m/M = 84,21/12 = 7,0175 mol,

V(H) = 15,79 / 1 = 15,79 mol.

Määrame C- ja H-aatomite molaarsuhte:

C: H = 7,0175: 15,79 (vähendage mõlemat arvu väiksema arvu võrra) = 1: 2,25 (korrutage 4-ga) = 4:9.

Seega on lihtsaim valem C 4 H 9.

Suhtelise tiheduse abil arvutame molaarmassi:

M = D (õhk) * 29 = 114 g/mol.

Lihtsaima valemi C 4 H 9 molaarmass on 57 g/mol, mis on 2 korda väiksem tegelikust molaarmassist.

Seega on tegelik valem C 8 H 18

Vastus: C 8 H 18

Näide 2.

Määrake normaalsetes tingimustes tihedusega 2,41 g/l alküüni valem.

Lahendus näitele 2.

Alküüni üldvalem on C n H 2n-2.

Kuidas leida selle molaarmassi, arvestades gaasilise alküüni tihedust? Tihedus p on 1 liitri gaasi mass normaaltingimustes.

Kuna 1 mool ainet võtab enda alla 22,4 liitrit, tuleb välja selgitada, kui palju 22,4 liitrit sellist gaasi kaalub:

M = (tihedus p) * (molaarne maht V m) = 2,41 g/l * 22,4 l/mol = 54 g/mol.

14 * n - 2 = 54, n = 4.

See tähendab, et alküüni valem on C4H6

Vastus: C 4 H 6

Näide 3.

Määrake küllastunud aldehüüdi valem, kui on teada, et selle aldehüüdi 3 * 10 22 molekuli kaalub 4,3 g.

Lahendus näitele 3.

Selles ülesandes on antud molekulide arv ja vastav mass. Nende andmete põhjal peame uuesti leidma aine molaarmassi.

Selleks peate meeles pidama, kui palju molekule sisaldub 1 mool ainet.

See on Avogadro arv: N a = 6,02*10 23 (molekulid).

See tähendab, et leiate aldehüüdaine koguse: "

V = N / N a = 3 * 10 22 / 6,02 * 10 23 = 0,05 mol ja molaarmass:

M = m/n = 4,3/0,05 = 86 g/mol.

Küllastunud aldehüüdi üldvalem on C n H 2 n O, see tähendab, M = 14n + 16 = 86, n = 5.

Vastus: C 5 H 10 O, pentanaal.

Näide 4.

Põleti 448 ml (n.s.) gaasilist küllastunud mittetsüklilist süsivesinikku ja

Reaktsiooniproduktid juhiti läbi liigse lubjavee, mille tulemusena moodustus 8 g sadet. Mis süsivesinikku võeti?

Lahendus näitele 4.

Gaasilise küllastunud mittetsüklilise süsivesiniku (alkaan) üldvalem on C n H 2n+2.

Seejärel näeb põlemisreaktsiooni diagramm välja järgmine:

C n H 2n+2 + O2 - CO2+ H2O

On lihtne näha, et 1 mooli alkaani põlemisel eraldub n mooli süsinikdioksiidi.

Leiame alkaanaine koguse selle ruumala järgi (ärge unustage milliliitrit liitriteks teisendada!):

V(CnH2n+2) = 0,488/22,4 = 0,02 mol.

Kui süsinikdioksiid juhitakse läbi lubjavee, sadestub Ca(OH)g kaltsiumkarbonaat:

CO 2 + Ca(OH) 2 = CaCO 3 + H 2 O

Kaltsiumkarbonaadi sademe mass on 8 g, kaltsiumkarbonaadi molaarmass on 100 g/mol.

See tähendab, et selle aine y kogus (CaCO 3) = 8 / 100 = 0,08 mol.

Süsinikdioksiidi aine kogus on samuti 0,08 mol.

Süsinikdioksiidi kogus on alkaanist 4 korda suurem, mis tähendab, et alkaani valem on C4H10.

Vastus: C 4 H 10.

Näide5.

Orgaanilise ühendi suhteline aurutihedus lämmastiku suhtes on 2. 9,8 g selle ühendi põletamisel tekib 15,68 liitrit süsihappegaasi (NO) ja 12,6 g vett. Tuletage orgaanilise ühendi molekulvalem.

Näidislahendus5.

Kuna aine muutub põlemisel süsinikdioksiidiks ja veeks, tähendab see, et see koosneb aatomitest C, H ja võib-olla ka O. Seetõttu võib selle üldvalemi kirjutada kui CxHyOz.

Põlemisreaktsiooni diagrammi saame kirjutada (ilma koefitsiente paigutamata):

CxHyOz + O 2 - CO 2 + H 2 O

Kogu algaine süsinik läheb süsinikdioksiidiks ja kogu vesinik vette.

Leiame ainete CO 2 ja H 2 O kogused ning määrame, mitu mooli C- ja H-aatomit need sisaldavad:

V (CO2) = V / Vm = 15,68 / 22,4 = 0,7 mol.

Iga CO 2 molekuli kohta on üks C-aatom, mis tähendab, et süsinikku on sama mool kui CO2-l.

V(C) = 0,7 mol

V(H20) = m/M = 12,6/18 = 0,7 mol.

Üks veemolekul sisaldab kahte H-aatomit, mis tähendab, et vesiniku kogus on kaks korda suurem kui vees.

V(H) = 0,7 * 2 = 1,4 mol.

Kontrollime hapniku olemasolu aines. Selleks tuleb kogu lähteaine massist lahutada C ja H massid t(C) = 0,7 * 12 = 8,4 g, m(H) = 1,4 * 1 = 1,4 g Kogu lähteaine mass. aine on 9,8 g.

m(O) = 9,8 - 8,4 - 1,4 = 0, st selles aines ei ole hapnikuaatomeid.

Kui antud aines oleks hapnik, siis selle massi järgi oleks võimalik leida aine kogus ja arvutada välja lihtsaim valem kolme erineva aatomi olemasolu põhjal.

Järgmised sammud on teile juba tuttavad: kõige lihtsamate ja tõeste valemite otsimine.

S: H = 0,7: 1,4 = 1:2

Lihtsaim valem on CH2.

Otsime tegelikku molaarmassi gaasi suhtelise tiheduse järgi lämmastikuga võrreldes (ärge unustage, et lämmastik koosneb kaheaatomilistest N2 molekulidest ja selle molaarmass on 28 g/mol):

M ist. = D N2 * M (N2) = 2 * 28 = 56 g/mol.

Tegelik valem on CH2, selle molaarmass on 14.

Tegelik valem on C4H8.

Vastus: C 4 H 8.

Näide6.

Määrake aine molekulvalem, millest 9 g põlemisel tekkis 17,6 g CO 2, 12,6 g vett ja lämmastikku. Selle aine suhteline tihedus vesiniku suhtes on 22,5. Määrake aine molekulvalem.

Näidislahendus6.

Aine sisaldab C-, H- ja N-aatomeid. Kuna põlemissaadustes sisalduva lämmastiku massi ei ole antud, tuleb see arvutada kogu orgaanilise aine massi põhjal. Põlemisreaktsiooni skeem: CxHyNz + 02 - CO2 + H20 + N2

Leiame ainete C02 ja H20 kogused ning määrame, mitu mooli C- ja H-aatomit need sisaldavad:

V(CO2) = m/M = 17,6/44 = 0,4 mol. V(C) = 0,4 mol.

V(H20) = m/M = 12,6/18 = 0,7 mol. V(H) = 0,7 * 2 = 1,4 mol.

Leidke lämmastiku mass lähteaines.

Selleks tuleb kogu lähteaine massist lahutada C ja H massid.

m(C) = 0,4 * 12 = 4,8 g, m(H) = 1,4 * 1 = 1,4 g

Kogu aine mass on 9,8 g.

m(N) = 9-4,8-1,4 = 2,8 g, V(N) = m/M = 2,8/14 = 0,2 mol.

C: H: N = 0,4: 1,4: 0,2 = 2: 7: 1 Lihtsaim valem on C 2 H 7 N.

Tõeline molaarmass

M = Dn0H2*M(H2) = 22,52 = 45 g/mol.

See langeb kokku kõige lihtsama valemi jaoks arvutatud molaarmassiga. See tähendab, et see on aine tegelik valem.

Vastus: C 2 H 7 N.

Näide7. Määrake alkadieeni valem, kui 80 g 2% broomi lahust võib selle värvi muuta.

Näidislahendus7.

Alkadieenide üldvalem on CnH2n-2.

Kirjutame üles alkalieenile broomi lisamise reaktsiooni võrrandi, unustamata, et dieeni molekulis on kaks kaksiksidet ja vastavalt sellele reageerib 2 mooli broomi 1 mooli dieeniga:

C n H 2 n-2 + 2Br 2 - C n H 2 n-2 Br 4

Kuna ülesanne annab dieeniga reageerinud broomilahuse massi ja kontsentratsiooni protsentides, saame arvutada reageerinud broomi aine koguse:

m(Br 2) = m lahus * ω = 80 * 0,02 = 1,6 g

V(Br2) = m/M = 1,6/160 = 0,01 mol.

Kuna reageerinud broomi kogus on 2 korda suurem kui alkadieeni kogus, saame leida dieeni koguse ja (kuna selle mass on teada) selle molaarmassi:

C n H 2n-2 + 2 Br 2 - C n H 2n-2 Br 4

M dieen = m/v = 3,4/0,05 = 68 g/mol.

Leiame alkadieeni valemi selle üldvalemite abil, väljendades molaarmassi n-ga:

See on pentadieen C5H8.

Vastus: C 5 H 8.

Näide8.

Kui 0,74 g küllastunud ühehüdroksüülset alkoholi interakteeris naatriummetalliga, vabanes vesinik kogus, mis oli piisav 112 ml propeeni (n.o.) hüdrogeenimiseks. Mis alkohol see on?

Lahendus näitele 8.

Küllastunud ühehüdroksüülse alkoholi valem on C n H 2n+1 OH. Siin on mugav kirjutada alkohol kujul, milles on lihtne konstrueerida reaktsioonivõrrandit – s.t. eraldi OH rühmaga.

Loome reaktsioonivõrrandid (ei tohi unustada reaktsioonide võrdsustamise vajadust):

2C n H2 n+1 OH + 2Na - 2C n H 2n+1 ONa + H 2

C3H6 + H2-C3H8

Leiate propeeni koguse ja sellest - vesiniku koguse. Teades vesiniku kogust, leiame reaktsioonist saadud alkoholi koguse:

V(C3H6) = V / Vm = 0,112 / 22,4 = 0,005 mol => v(H2) = 0,005 mol,

Uspirta = 0,005 * 2 = 0,01 mol.

Leidke alkoholi molaarmass ja n:

M alkohol = m/v = 0,74 / 0,01 = 74 g/mol,

Alkohol - butanool C 4 H 7 OH.

Vastus: C 4 H 7 OH.

Näide 9.

Määrake estri valem, mille hüdrolüüsil 2,64 g vabaneb 1,38 g alkoholi ja 1,8 g ühealuselist karboksüülhapet.

Näite 9 lahendus.

Erineva süsinikuaatomite arvuga alkoholist ja happest koosneva estri üldvalemit võib esitada järgmiselt:

C n H2 n+1 COOC m H 2m+1

Sellest lähtuvalt on alkoholil valem

C m H 2 m+1 OH ja hape

C n H2 n+1 COOH

Estri hüdrolüüsi võrrand:

C n H 2 n+1 COOC m H 2m+1 + H 2 O - C m H 2 m+1 OH + C n H 2 n+1 COOH

Ainete massi jäävuse seaduse järgi on lähteainete masside summa ja reaktsioonisaaduste masside summa võrdsed.

Seetõttu saate probleemi andmetest leida vee massi:

m H 2 O = (happe mass) + (alkoholi mass) - (eetri mass) = 1,38 + 1,8 - 2,64 = 0,54 g

V H20 = m/M = 0,54/18 = 0,03 mol

Vastavalt sellele on happe- ja alkoholiainete kogused samuti võrdsed moolidega.

Nende molaarmassid leiate:

M hape = m/v = 1,8/0,03 = 60 g/mol,

M alkohol = 1,38 / 0,03 = 46 g/mol.

Saame kaks võrrandit, millest leiame tüübi:

M C nH2 n+1 COO H = 14n + 46 = 60, n = 1 - äädikhape

M C mH2 m+1OH = 14m + 18 = 46, m = 2 - etanool.

Seega on ester, mida otsime, äädikhappe etüülester, etüülatsetaat.

Vastus: CH 3 SOOS 2 H 5.

Järeldus: Probleemide lahendamise analüüsist selgub, et neid saab jagada mitmeks tüübiks.

III etapp. "Ülesannete tüpoloogia"

Neid ülesandeid vaadates on selge, et need jagunevad kolme tüüpi:

— keemiliste elementide massiosade järgi ( näited nr 1,2,3);

- põlemisproduktide kaudu ( näited nr 4,5,6);

- vastavalt keemilisele võrrandile ( näited nr 7,8,9).

IV etapp. "Ülesannete olemuse tuvastamine"

Selle põhjal on näha iga ülesande tüübi olemus.

I tüüp: aine klassi asemel märgitakse elementide massiosad;

II tüüp: näidatakse aine mass, selle põlemisproduktide massid ja mahud;

III tüüp: otsitava aine klass, näidatud on kahe reaktsioonis osaleja massid ja mahud.

V etapp "Algoritmi loomine probleemide lahendamiseks"

Aine molekulaarvalemi leidmise hõlbustamiseks keemiaülesannete sooritamise hõlbustamiseks koostasin nende lahendamiseks algoritmi:

Algoritm I tüüpi ülesannete lahendamiseks (elementide massiosade järgi):

Leidke aatomite moolsuhe aines

(indeksite suhe on elemendi massiosa jagatiste suhe, mis on jagatud selle suhtelise aatommassiga);

Määrake valem, kasutades aine molaarmassi.

Algoritm II tüüpi ülesannete lahendamiseks (põlemisproduktide poolt):

Leia elementide ainete hulk põlemissaadustes

(C,H,O,N,S ja teised);

Nende seos on indeksite seos.

Algoritm III tüüpi ülesannete lahendamiseks (keemilise võrrandi järgi):

Koostada ainete üldvalemid;
Väljendage molaarmassid läbi n;
Võrdsusta ainete kogused, võttes arvesse koefitsiente.

VI etapp "Võtme loomine"

Lisaks on reeglite paremaks meeldejätmiseks vaja ka orgaanilise ühendi valemi tuletamiseks ülesannete lahendamise võtit:

I-th (orgaanilise ühendi valemi leidmine keemiliste elementide massifraktsioonide põhjal):

A x B y C z jaoks:

x:y:z = ω(A) / A r (A) : ω(B) / A r (B) : ω(C) / A r (C)

II (orgaanilise ühendi valemi leidmine põlemisproduktidest):

Aine C x H y N z puhul:

x:y:z = v (CO2):2v (H2O):2v (N2)

III (orgaanilise ühendi valemi leidmine keemilise võrrandi abil):

Protsessi C n H 2 n - C n H 2 n+1 OH puhul:

m(alkeen)/ 14n = m(alkohol)/ (14n+18)

VII etapp. “Projektitoote – brošüüri loomine”

Viimaseks etapiks oli brošüüride loomine. Need on brošüürid, mida ma oma klassikaaslastele jagasin ( rakendus):

VIII etapp. "Peegeldus"

Hapnikku sisaldavate orgaaniliste ühendite üldistamise avatud õppetunnis-mängus pakkusin välja algoritmi vihikutest aine molekulaarvalemi leidmise ülesannete lahendamiseks. Poistel oli hea meel vihikuid saada. Nüüd pole neil ühtse riigieksami C5 ülesannetega probleeme!

Viited:

O.S. Gabrielyan. Keemia. 10. klass. Algtase: õpik. üldhariduse jaoks institutsioonid / O.S. Gabrielyan. – 5. väljaanne, stereotüüp. – M.: Bustard, 2009.
http://infobusiness2.ru/node/16412
http://www.liveedu.ru/2013/03/

Meetodid ülesannete lahendamiseks keemias

Probleemide lahendamisel peate juhinduma mõnest lihtsast reeglist:

Lugege hoolikalt ülesande tingimusi;
Kirjutage, mis on antud;
Vajadusel teisendada füüsikaliste suuruste ühikud SI-ühikuteks (lubatud on mõned süsteemivälised ühikud, näiteks liitrid);
Vajadusel kirjuta üles reaktsioonivõrrand ja järjesta koefitsiendid;
Lahendage probleem, kasutades aine koguse mõistet, mitte proportsioonide koostamise meetodit;
Kirjutage vastus üles.

Keemiaks edukaks valmistumiseks tuleks hoolikalt läbi mõelda tekstis toodud ülesannete lahendused ning piisav hulk neist ka ise lahendada. Just ülesannete lahendamise käigus kinnistuvad keemiakursuse teoreetilised aluspõhimõtted. Probleemide lahendamine on vajalik kogu keemia õppimise ja eksamiks valmistumise aja jooksul.

Võite kasutada sellel lehel olevaid ülesandeid või saate alla laadida hea ülesannete ja harjutuste kogumiku standardsete ja keeruliste ülesannete lahendamisega (M. I. Lebedeva, I. A. Ankudimova): laadige alla.

Mool, molaarmass

Molaarmass on aine massi ja aine koguse suhe, s.o.

M(x) = m(x)/ν(x), (1)

kus M(x) on aine X molaarmass, m(x) on aine X mass, ν(x) on aine X kogus. SI molaarmassi ühik on kg/mol, kuid ühik g Tavaliselt kasutatakse /mol. Massiühik – g, kg. Aine koguse SI-ühik on mool.

Ükskõik milline keemia probleem lahendatud aine koguse kaudu. Peate meeles pidama põhivalemit:

ν(x) = m(x)/ M(x) = V(x)/V m = N/N A, (2)

kus V(x) on aine maht X(l), V m on gaasi molaarmaht (l/mol), N on osakeste arv, N A on Avogadro konstant.

1. Määrake mass naatriumjodiid NaI aine kogus 0,6 mol.

Antud: ν(NaI)= 0,6 mol.

Otsi: m(NaI) =?

Lahendus. Naatriumjodiidi molaarmass on:

M(NaI) = M(Na) + M(I) = 23 + 127 = 150 g/mol

Määrake NaI mass:

m(NaI) = ν(NaI) M(NaI) = 0,6 150 = 90 g.

2. Määrake aine kogus aatomboor, mis sisaldub naatriumtetraboraadis Na 2 B 4 O 7 kaaluga 40,4 g.

Antud: m(Na2B4O7) = 40,4 g.

Otsi: ν(B)=?

Lahendus. Naatriumtetraboraadi molaarmass on 202 g/mol. Määrake aine Na 2 B 4 O 7 kogus:

ν(Na2B4O7) = m(Na2B4O7)/M(Na2B4O7) = 40,4/202 = 0,2 mol.

Tuletage meelde, et 1 mool naatriumtetraboraadi molekuli sisaldab 2 mooli naatriumi aatomit, 4 mooli boori aatomit ja 7 mooli hapnikuaatomit (vt naatriumtetraboraadi valemit). Siis on aatombooraine kogus võrdne: ν(B) = 4 ν (Na 2 B 4 O 7) = 4 0,2 = 0,8 mol.

Arvutused keemiliste valemite abil. Massiosa.

Aine massiosa on süsteemi antud aine massi ja kogu süsteemi massi suhe, s.o. ω(X) =m(X)/m, kus ω(X) on aine X massiosa, m(X) on aine X mass, m on kogu süsteemi mass. Massiosa on mõõtmeteta suurus. Seda väljendatakse ühiku murdosa või protsendina. Näiteks aatomhapniku massiosa on 0,42 ehk 42%, s.o. ω(O)=0,42. Aatomkloori massiosa naatriumkloriidis on 0,607 ehk 60,7%, s.o. ω(Cl) = 0,607.

3. Määrake massiosa kristallisatsioonivesi baariumkloriidi dihüdraadis BaCl 2 2H 2 O.

Lahendus: BaCl 2 2H 2 O molaarmass on:

M (BaCl2 2H 2O) = 137 + 2 35,5 + 2 18 = 244 g/mol

Valemist BaCl 2 2H 2 O järeldub, et 1 mol baariumkloriiddihüdraati sisaldab 2 mol H 2 O. Selle järgi saame määrata BaCl 2 2H 2 O sisalduva vee massi:

m(H20) = 218 = 36 g.

Leidke baariumkloriiddihüdraadis BaCl 2 2H 2 O kristallisatsioonivee massiosa.

ω(H20) = m(H20)/m(BaCl22H2O) = 36/244 = 0,1475 = 14,75%.

4. 5,4 g kaaluv hõbe eraldati 25 g kaaluvast kivimiproovist, mis sisaldas mineraali argentiiti Ag 2 S. Määrake massiosa argentiit proovis.

Antud: m(Ag) = 5,4 g; m = 25 g.

Otsi: ω(Ag 2S) =?

Lahendus: määrame argentiidis leiduva hõbedase aine koguse: ν(Ag) =m(Ag)/M(Ag) = 5,4/108 = 0,05 mol.

Valemist Ag 2 S järeldub, et argentiitaine kogus on poole väiksem kui hõbeda aine kogus. Määrake argentiidi aine kogus:

ν (Ag 2 S) = 0,5 ν (Ag) = 0,5 0,05 = 0,025 mol

Arvutame argentiidi massi:

m(Ag2S) = ν(Ag2S)M(Ag2S) = 0,025 x 248 = 6,2 g.

Nüüd määrame argentiidi massiosa kivimiproovis, mis kaalub 25 g.

ω(Ag2S) = m(Ag2S)/m = 6,2/25 = 0,248 = 24,8%.

Liitvalemite tuletamine

5. Määrake ühendi lihtsaim valem kaalium mangaani ja hapnikuga, kui elementide massiosad selles aines on vastavalt 24,7, 34,8 ja 40,5%.

Antud: ω(K) =24,7%; ω(Mn) = 34,8%; ω(O) =40,5%.

Otsi: ühendi valem.

Lahendus: arvutusteks valime ühendi massiks 100 g, s.o. m = 100 g Kaaliumi, mangaani ja hapniku massid on:

m (K) = mω(K); m (K) = 100 = 0,247 = 24,7 g;

m (Mn) = mω(Mn); m (Mn) = 100 0,348 = 34,8 g;

m (O) = mω(O); m(O) = 100 = 0,405 = 40,5 g.

Määrame aatomainete kaaliumi, mangaani ja hapniku kogused:

ν(K) = m(K)/ M(K) = 24,7/39 = 0,63 mol

ν(Mn)= m(Mn)/ М(Mn) = 34,8/ 55 = 0,63 mol

ν(O)= m(O)/M(O) = 40,5/16 = 2,5 mol

Leiame ainete koguste suhte:

ν(K): ν(Mn): ν(O) = 0,63: 0,63: 2,5.

Jagades võrdsuse parema külje väiksema arvuga (0,63), saame:

ν(K) : ν(Mn) : ν(O) = 1:1:4.

Seetõttu on ühendi lihtsaim valem KMnO4.

6. 1,3 g aine põlemisel tekkis 4,4 g süsinikmonooksiidi (IV) ja 0,9 g vett. Leidke molekulaarvalem aine, kui selle vesiniku tihedus on 39.

Antud: m(in-va) = 1,3 g; m(CO2) = 4,4 g; m(H20) = 0,9 g; D H2 = 39.

Otsi: aine valem.

Lahendus: Oletame, et otsitav aine sisaldab süsinikku, vesinikku ja hapnikku, sest selle põlemisel tekkisid CO 2 ja H 2 O Seejärel on vaja leida CO 2 ja H 2 O ainete kogused, et määrata süsiniku, vesiniku ja hapniku aatomite kogused.

ν(CO2) = m(CO2)/M(CO2) = 4,4/44 = 0,1 mol;

ν(H20) = m(H20)/M(H20) = 0,9/18 = 0,05 mol.

Määrame süsiniku ja vesiniku aatomite kogused:

ν(C)= ν(CO2); ν(C) = 0,1 mol;

ν(H)= 2 v(H20); ν(H) = 2 0,05 = 0,1 mol.

Seetõttu on süsiniku ja vesiniku massid võrdsed:

m(C) = ν(C) M(C) = 0,1 12 = 1,2 g;

m(N) = ν(N) M(N) = 0,1 1 = 0,1 g.

Määrame aine kvalitatiivse koostise:

m(in-va) = m(C) + m(H) = 1,2 + 0,1 = 1,3 g.

Järelikult koosneb aine ainult süsinikust ja vesinikust (vt probleemipüstitust). Nüüd määrame selle molekulmassi antud tingimuse põhjal ülesandeid aine vesiniku tihedus.

M(v-va) = 2 D H2 = 2 39 = 78 g/mol.

ν(С) : ν(Н) = 0,1: 0,1

Jagades võrdsuse parema külje arvuga 0,1, saame:

ν(С) : ν(Н) = 1:1

Võtame süsiniku (või vesiniku) aatomite arvu kui “x”, siis korrutades “x” süsiniku ja vesiniku aatommassiga ning võrdsustades selle summa aine molekulmassiga, lahendame võrrandi:

12x + x = 78. Seega x = 6. Seetõttu on aine valem C 6 H 6 – benseen.

Gaaside molaarmaht. Ideaalsete gaaside seadused. Mahuosa.

Gaasi molaarmaht võrdub gaasi ruumala ja selle gaasi ainekoguse suhtega, s.o.

V m = V(X)/ ν(x),

kus V m on gaasi molaarmaht – mis tahes gaasi konstantne väärtus antud tingimustes; V(X) – gaasi maht X; ν(x) on gaasilise aine X kogus. Gaaside molaarmaht normaaltingimustes (normaalrõhk pH = 101 325 Pa ≈ 101,3 kPa ja temperatuur Tn = 273,15 K ≈ 273 K) on V m = 22,4 l /mol.

Gaase hõlmavates arvutustes on sageli vaja nendelt tingimustelt üle minna tavalistele tingimustele või vastupidi. Sel juhul on mugav kasutada Boyle-Mariotte ja Gay-Lussaci kombineeritud gaasiseadusest tulenevat valemit:

──── = ─── (3)

kus p on rõhk; V – maht; T - temperatuur Kelvini skaalal; indeks “n” näitab normaaltingimusi.

Gaasisegude koostist väljendatakse sageli mahuosa abil - antud komponendi ruumala ja süsteemi kogumahu suhe, s.o.

kus φ(X) on komponendi X mahuosa; V(X) – komponendi X maht; V on süsteemi maht. Mahuosa on mõõtmeteta suurus, mida väljendatakse ühiku murdosades või protsentides.

7. Milline maht võtab temperatuuril 20 o C ja rõhul 250 kPa ammoniaaki, mis kaalub 51 g?

Antud: m(NH3)=51 g; p=250 kPa; t=20 o C.

Otsi: V(NH3) =?

Lahendus: määrake ammoniaagi kogus:

ν(NH3) = m(NH3)/M(NH3) = 51/17 = 3 mol.

Ammoniaagi maht tavatingimustes on:

V(NH3) = V mν(NH3) = 22,4 3 = 67,2 l.

Kasutades valemit (3), vähendame ammoniaagi mahtu järgmistele tingimustele [temperatuur T = (273 +20) K = 293 K]:

p n TV n (NH 3) 101,3 293 67,2

V(NH 3) =──────── = ───────── = 29,2 l.

8. Defineeri maht, mille tavatingimustes hõivab gaasisegu, mis sisaldab vesinikku kaaluga 1,4 g ja lämmastikku kaaluga 5,6 g.

Antud: m(N2) = 5,6 g; m(H2) = 1,4; Noh.

Otsi: V(segud)=?

Lahendus: leidke vesiniku ja lämmastiku ainete kogused:

ν(N2) = m(N2)/M(N2) = 5,6/28 = 0,2 mol

ν(H2) = m(H2)/M(H2) = 1,4/2 = 0,7 mol

Kuna tavatingimustes need gaasid omavahel ei interakteeru, võrdub gaasisegu maht gaaside mahtude summaga, s.o.

V (segud) = V (N 2) + V (H 2) = V m ν (N 2) + V m ν (H 2) = 22,4 0,2 + 22,4 0,7 = 20,16 l.

Arvutused keemiliste võrrandite abil

Keemiliste võrrandite abil tehtavad arvutused (stöhhiomeetrilised arvutused) põhinevad ainete massi jäävuse seadusel. Reaalsetes keemilistes protsessides on aga mittetäieliku reaktsiooni ja erinevate ainete kadude tõttu tekkivate toodete mass sageli väiksem kui see, mis peaks moodustuma vastavalt ainete massi jäävuse seadusele. Reaktsioonisaaduse saagis (või saagise massiosa) on protsentides väljendatud tegelikult saadud produkti massi ja selle massi suhe, mis peaks kujunema vastavalt teoreetilisele arvutusele, s.o.

η = /m(X) (4)

kus η on produkti saagis, %; m p (X) on reaalses protsessis saadud produkti X mass; m(X) – aine X arvutuslik mass.

Nendes ülesannetes, kus toote saagist ei täpsustata, eeldatakse, et see on kvantitatiivne (teoreetiline), s.t. η=100%.

9. Kui palju fosforit tuleb põletada? saada fosfor(V)oksiid kaaluga 7,1 g?

Antud: m(P205) = 7,1 g.

Otsi: m(P) =?

Lahendus: kirjutame üles fosfori põlemisreaktsiooni võrrandi ja järjestame stöhhiomeetrilised koefitsiendid.

4P+ 5O 2 = 2P 2 O 5

Määrake reaktsiooni tulemuseks oleva aine P 2 O 5 kogus.

ν(P2O5) = m(P2O5)/M(P2O5) = 7,1/142 = 0,05 mol.

Reaktsioonivõrrandist järeldub, et ν(P 2 O 5) = 2 ν(P), seega on reaktsioonis vajalik fosfori kogus võrdne:

ν(P 2O 5) = 2 ν(P) = 2 0,05 = 0,1 mol.

Siit leiame fosfori massi:

m(P) = ν(P) M(P) = 0,1 31 = 3,1 g.

10. 6 g kaaluv magneesium ja 6,5 g tsink lahustati vesinikkloriidhappe liias. Milline maht vesinik, mõõdetud standardtingimustes, paistab silma samal ajal?

Antud: m(Mg)=6 g; m(Zn) = 6,5 g; Noh.

Otsi: V(H2) =?

Lahendus: kirjutame üles reaktsioonivõrrandid magneesiumi ja tsingi vastastikmõju kohta vesinikkloriidhappega ning järjestame stöhhiomeetrilised koefitsiendid.

Zn + 2 HCl = ZnCl 2 + H 2

Mg + 2 HCl = MgCl 2 + H2

Määrame vesinikkloriidhappega reageerinud magneesiumi ja tsingi ainete kogused.

ν(Mg) = m(Mg)/ М(Mg) = 6/24 = 0,25 mol

ν(Zn) = m(Zn)/M(Zn) = 6,5/65 = 0,1 mol.

Reaktsioonivõrranditest järeldub, et metalli ja vesiniku ainete kogused on võrdsed, s.o. ν(Mg) = ν(H2); ν(Zn) = ν(H 2) määrame kahe reaktsiooni tulemusena tekkiva vesiniku koguse:

ν(H2) = ν(Mg) + ν(Zn) = 0,25 + 0,1 = 0,35 mol.

Arvutame reaktsiooni tulemusena vabaneva vesiniku mahu:

V(H2) = V mν(H2) = 22,4 0,35 = 7,84 l.

11. Kui 2,8 liitrit vesiniksulfiidi (normaalsetes tingimustes) juhiti läbi vask(II)sulfaadi liialahuse, moodustus 11,4 g sade. Määrake väljapääs reaktsiooniprodukt.

Antud: V(H2S)=2,8 l; m (sete) = 11,4 g; Noh.

Otsi: η =?

Lahendus: kirjutame üles vesiniksulfiidi ja vask(II)sulfaadi vahelise reaktsiooni võrrandi.

H 2 S + CuSO 4 = CuS ↓+ H 2 SO 4

Määrame reaktsioonis osaleva vesiniksulfiidi koguse.

ν(H2S) = V(H2S) / Vm = 2,8/22,4 = 0,125 mol.

Reaktsioonivõrrandist järeldub, et ν(H 2 S) = ν(СuS) = 0,125 mol. See tähendab, et leiame CuS teoreetilise massi.

m(СuS) = ν(СuS) М(СuS) = 0,125 96 = 12 g.

Nüüd määrame toote saagise valemi (4) abil:

η = /m(X) = 11,4 100 / 12 = 95%.

12. Milline kaal ammooniumkloriid tekib 7,3 g kaaluva vesinikkloriidi ja 5,1 g kaaluva ammoniaagi vastasmõjul? Milline gaas jääb üleliigseks? Määrake ülejäägi mass.

Antud: m(HCl) = 7,3 g; m(NH3) = 5,1 g.

Otsi: m(NH4CI) =? m(liigne) =?

Lahendus: kirjutage üles reaktsioonivõrrand.

HCl + NH3 = NH4Cl

See ülesanne puudutab "liigset" ja "puudust". Arvutame vesinikkloriidi ja ammoniaagi kogused ning määrame, milline gaas on üleliigne.

ν(HCl) = m(HCl)/M(HCl) = 7,3/36,5 = 0,2 mol;

ν(NH3) = m(NH3)/M(NH3) = 5,1/17 = 0,3 mol.

Ammoniaaki on üle, seega arvutame puudujäägi järgi, s.t. vesinikkloriidi jaoks. Reaktsioonivõrrandist järeldub, et ν(HCl) = ν(NH 4 Cl) = 0,2 mol. Määrake ammooniumkloriidi mass.

m(NH4Cl) = ν(NH4Cl)M(NH4Cl) = 0,2 53,5 = 10,7 g.

Oleme kindlaks teinud, et ammoniaaki on liias (aine koguse osas on liig 0,1 mol). Arvutame üleliigse ammoniaagi massi.

m(NH3) = ν(NH3) M(NH3) = 0,1 x 17 = 1,7 g.

13. Tehnilist kaltsiumkarbiidi massiga 20 g töödeldi liigse veega, saades atsetüleeni, mis läbi liigse broomivee moodustas 1,1,2,2-tetrabromoetaani massiga 86,5 g massiosa CaC 2 tehnilises karbiidis.

Antud m = 20 g; m(C2H2Br4) = 86,5 g.

Otsi: ω(CaC 2) =?

Lahendus: paneme kirja kaltsiumkarbiidi ja veega ning atsetüleeni ja broomveega interaktsiooni võrrandid ning korraldame stöhhiomeetrilised koefitsiendid.

CaC 2 + 2 H 2 O = Ca(OH) 2 + C 2 H 2

C 2 H 2 + 2 Br 2 = C 2 H 2 Br 4

Leidke tetrabromoetaani kogus.

ν(C2H2Br4) = m(C2H2Br4)/M(C2H2Br4) = 86,5/346 = 0,25 mol.

Reaktsioonivõrranditest järeldub, et ν(C 2 H 2 Br 4) = ν(C 2 H 2) = ν(CaC 2) = 0,25 mol. Siit leiame puhta kaltsiumkarbiidi massi (ilma lisanditeta).

m(CaC2) = ν(CaC2) M(CaC2) = 0,25 ± 64 = 16 g.

Määrame CaC 2 massiosa tehnilises karbiidis.

ω(CaC2) =m(CaC2)/m = 16/20 = 0,8 = 80%.

Lahendused. Lahuse komponendi massiosa

14. Väävel massiga 1,8 g lahustati benseenis mahuga 170 ml. Benseeni tihedus on 0,88 g/ml. Defineeri massiosa väävel lahuses.

Antud: V(C6H6) = 170 ml; m(S) = 1,8 g; ρ(C6C6) = 0,88 g/ml.

Otsi: ω(S) =?

Lahendus: väävli massiosa leidmiseks lahuses on vaja arvutada lahuse mass. Määrake benseeni mass.

m(C6C6) = ρ(C6C6) V(C6H6) = 0,88 x 170 = 149,6 g.

Leidke lahuse kogumass.

m(lahus) = m(C6C6) + m(S) = 149,6 + 1,8 = 151,4 g.

Arvutame väävli massiosa.

ω(S) = m(S)/m = 1,8/151,4 = 0,0119 = 1,19%.

15. Raudsulfaat FeSO 4 7H 2O massiga 3,5 g lahustati vees, mis kaalus 40 g raud(II)sulfaadi massiosa saadud lahuses.

Antud: m(H20)=40 g; m(FeS047H20) = 3,5 g.

Otsi: ω(FeSO4) =?

Lahendus: leidke FeSO 4 7H 2 O-s sisalduva FeSO 4 mass. Selleks arvutage aine FeSO 4 7H 2 O kogus.

ν(FeSO47H2O)=m(FeSO47H2O)/M(FeSO47H2O)=3,5/278=0,0125 mol

Raudsulfaadi valemist järeldub, et ν(FeSO 4) = ν(FeSO 4 7H 2 O) = 0,0125 mol. Arvutame FeSO 4 massi:

m (FeSO 4) = ν (FeSO 4) M (FeSO 4) = 0,0125 ± 152 = 1,91 g.

Arvestades, et lahuse mass koosneb raudsulfaadi massist (3,5 g) ja vee massist (40 g), arvutame raudsulfaadi massiosa lahuses.

ω(FeSO4) =m(FeSO4)/m = 1,91 /43,5 = 0,044 = 4,4%.

Iseseisvalt lahendatavad probleemid

50 g metüüljodiidi heksaanis puutus kokku naatriummetalliga ja eraldus tavatingimustes mõõdetuna 1,12 liitrit gaasi. Määrake metüüljodiidi massiosa lahuses. Vastus: 28,4%.
Osa alkoholist oksüdeeriti, moodustades monokarboksüülhappe. 13,2 g selle happe põletamisel saadi süsinikdioksiid, mille täielikuks neutraliseerimiseks oli vaja 192 ml KOH lahust massiosaga 28%. KOH lahuse tihedus on 1,25 g/ml. Määrake alkoholi valem. Vastus: butanool.
Gaas, mis saadi 9,52 g vase reageerimisel 50 ml 81% lämmastikhappe lahusega tihedusega 1,45 g/ml, juhiti läbi 150 ml 20% NaOH lahuse tihedusega 1,22 g/ml. Määrake lahustunud ainete massiosad. Vastus: 12,5% NaOH; 6,48% NaNO3; 5,26% NaNO2.
Määrake 10 g nitroglütseriini plahvatuse käigus eralduvate gaaside maht. Vastus: 7,15 l.
4,3 g kaaluv orgaanilise aine proov põletati hapnikus. Reaktsioonisaadused on süsinikmonooksiid (IV) mahuga 6,72 l (tavalised tingimused) ja vesi massiga 6,3 g Lähteaine aurutihedus vesiniku suhtes on 43. Määrake aine valem. Vastus: C6H14.

Arutasime ülesande nr 35 (C5) lahendamise üldalgoritmi. On aeg vaadata konkreetseid näiteid ja pakkuda teile valikut probleeme, mida ise lahendada.

Näide 2. 5,4 g alküüni täielikuks hüdrogeenimiseks on vaja 4,48 liitrit vesinikku (n.s.). Määrake selle alküüni molekulvalem.

Lahendus. Tegutseme vastavalt üldplaneeringule. Olgu tundmatu alküüni molekulis n süsinikuaatomit. Homoloogilise seeria C n H 2n-2 üldvalem. Alküünide hüdrogeenimine toimub vastavalt võrrandile:

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

Reageeritud vesiniku kogust saab leida valemiga n = V/Vm. Sel juhul n = 4,48/22,4 = 0,2 mol.

Võrrand näitab, et 1 mool alküüni lisab 2 mooli vesinikku (tuletage meelde, et probleemi avalduses räägime täielik hüdrogeenimine), seega n(CnH2n-2) = 0,1 mol.

Alküüni massi ja koguse põhjal leiame selle molaarmassi: M(C n H 2n-2) = m(mass)/n(kogus) = 5,4/0,1 = 54 (g/mol).

Alküüni suhteline molekulmass on n süsiniku aatommassi ja 2n-2 vesiniku aatommassi summa. Saame võrrandi:

12n + 2n - 2 = 54.

Lahendame lineaarvõrrandi, saame: n = 4. Alküüni valem: C 4 H 6.

Vastus: C4H6.

Tahaksin juhtida tähelepanu ühele olulisele punktile: molekulaarne valem C4H6 vastab mitmele isomeerile, sealhulgas kahele alküünile (butüün-1 ja butüün-2). Nendest probleemidest lähtuvalt ei saa me uuritava aine struktuurivalemit üheselt paika panna. Sel juhul pole see aga vajalik!

Näide 3. Kui põletada 112 liitrit (n.a.) tundmatut tsükloalkaani liigses hapnikus, tekib 336 liitrit CO 2. Koostage tsükloalkaani struktuurivalem.

Lahendus. Tsükloalkaanide homoloogse rea üldvalem: C n H 2n. Tsükloalkaanide täielikul põlemisel, nagu mis tahes süsivesinike põlemisel, moodustub süsinikdioksiid ja vesi:

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

Pange tähele: reaktsioonivõrrandi koefitsiendid sõltuvad sel juhul n-st!

Reaktsiooni käigus tekkis 336/22,4 = 15 mooli süsinikdioksiidi. Reaktsiooni sisenes 112/22,4 = 5 mooli süsivesinikku.

Edasine arutluskäik on ilmne: kui 5 mooli tsükloalkaani kohta tekib 15 mooli CO 2, siis süsivesiniku 5 molekuli kohta tekib 15 molekuli süsinikdioksiidi, st ühest tsükloalkaani molekulist tekib 3 CO 2 molekuli. Kuna iga süsinikmonooksiidi (IV) molekul sisaldab ühte süsinikuaatomit, võime järeldada: üks tsükloalkaani molekul sisaldab 3 süsinikuaatomit.

Järeldus: n = 3, tsükloalkaani valem - C 3 H 6.

Nagu näete, ei sobi selle probleemi lahendus üldisesse algoritmi. Me ei otsinud siin ühendi molaarmassi ega loonud ka võrrandit. Formaalsete kriteeriumide järgi ei sarnane see näide standardülesandega C5. Kuid ma juba eespool rõhutasin, et oluline on mitte algoritmi pähe õppida, vaid mõista sooritatavate toimingute TÄHENDUST. Kui mõistate tähendust, saate ise ühtsel riigieksamil üldises skeemis muudatusi teha ja valida kõige ratsionaalsema lahenduse.

Selles näites on veel üks "veider asi": on vaja leida mitte ainult ühendi molekulaarne, vaid ka struktuurivalem. Eelmises ülesandes me seda teha ei saanud, aga selles näites - palun! Fakt on see, et valem C3H6 vastab ainult ühele isomeerile - tsüklopropaanile.

Vastus: tsüklopropaan.

Näide 4. 116 g veidi küllastunud aldehüüdi kuumutati pikka aega hõbeoksiidi ammoniaagilahusega. Reaktsiooni käigus saadi 432 g metallilist hõbedat. Määrake aldehüüdi molekulvalem.

Lahendus. Küllastunud aldehüüdide homoloogse rea üldvalem on: C n H 2n+1 COH. Aldehüüdid oksüdeeruvad kergesti karboksüülhapeteks, eriti hõbeoksiidi ammoniaagilahuse toimel:

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

Märkus. Tegelikkuses kirjeldatakse reaktsiooni keerulisema võrrandiga. Kui ammoniaagi vesilahusele lisatakse Ag 2 O, moodustub kompleksühend OH - diammiinhõbehüdroksiid. Just see ühend toimib oksüdeeriva ainena. Reaktsiooni käigus moodustub karboksüülhappe ammooniumisool:

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

Veel üks oluline punkt! Formaldehüüdi (HCOH) oksüdatsiooni antud võrrand ei kirjelda. Kui HCOH reageerib hõbeoksiidi ammoniaagilahusega, vabaneb 4 mooli Ag 1 mooli aldehüüdi kohta:

НCOH + 2Ag2O = CO2 + H2O + 4Ag.

Olge karbonüülühendite oksüdatsiooniga seotud probleemide lahendamisel ettevaatlik!

Tuleme tagasi meie näite juurde. Vabanenud hõbeda massi põhjal saate leida selle metalli koguse: n(Ag) = m/M = 432/108 = 4 (mol). Võrrandi järgi tekib 1 mooli aldehüüdi kohta 2 mooli hõbedat, seega n(aldehüüd) = 0,5n(Ag) = 0,5*4 = 2 mooli.

Aldehüüdi molaarmass = 116/2 = 58 g/mol. Proovige järgmisi samme ise teha: peate looma võrrandi, lahendama selle ja tegema järeldused.

Vastus: C2H5COH.

Näide 5. Kui 3,1 g teatud primaarset amiini reageerib piisava koguse HBr-ga, tekib 11,2 g soola. Määrake amiini valem.

Lahendus. Primaarsed amiinid (Cn H 2n + 1 NH 2) moodustavad hapetega interakteerudes alküülammooniumisoolasid:

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

Kahjuks ei saa me amiini ja moodustunud soola massi põhjal nende kogust leida (kuna molaarmassid pole teada). Lähme teist teed. Meenutagem massi jäävuse seadust: m(amiin) + m(HBr) = m(sool), seega m(HBr) = m(sool) - m(amiin) = 11,2 - 3,1 = 8,1.

Pöörake tähelepanu sellele tehnikale, mida kasutatakse väga sageli C 5 lahendamisel. Isegi kui reaktiivi mass pole ülesandepüstituses selgelt välja toodud, võite proovida seda leida teiste ühendite masside põhjal.

Niisiis oleme standardalgoritmiga tagasi õigel teel. Bromvesiniku massi põhjal leiame koguse, n(HBr) = n(amiin), M(amiin) = 31 g/mol.

Vastus: CH3NH2.

Näide 6. Teatud kogus alkeeni X, reageerides kloori liiaga, moodustab 11,3 g dikloriidi ja reageerimisel liigse broomiga 20,2 g dibromiidi. Määrake X molekulaarvalem.

Lahendus. Alkeenid lisavad kloori ja broomi, moodustades dihalogeeni derivaate:

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

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

Selles ülesandes on mõttetu püüda leida dikloriidi või dibromiidi kogust (nende molaarmassid pole teada) või kloori või broomi kogust (nende massid on teadmata).

Kasutame ühte mittestandardset tehnikat. C n H 2n Cl 2 molaarmass on 12n + 2n + 71 = 14n + 71. M(C n H 2n Br 2) = 14n + 160.

Samuti on teada dihalogeniidide massid. Saadud ainete kogused leiate: n(C n H 2n Cl 2) = m/M = 11,3/(14n + 71). n(CnH2nBr2) = 20,2/(14n + 160).

Kokkuleppeliselt on dikloriidi kogus võrdne dibromiidi kogusega. See asjaolu võimaldab meil luua võrrandi: 11,3/(14n + 71) = 20,2/(14n + 160).

Sellel võrrandil on kordumatu lahendus: n = 3.

Vastus: C3H6

Viimases osas pakun teile valikut erineva raskusastmega C5 tüüpi ülesandeid. Proovige need ise lahendada - see on suurepärane koolitus enne keemia ühtse riigieksami sooritamist!

Keemia. Temaatilised testid ühtseks riigieksamiks valmistumiseks. Kõrge keerukusega ülesanded (C1-C5). Ed. Doronkina V.N.

3. väljaanne - R.n / D: 2012. - 234 lk. R. n/d: 2011. - 128 lk.

Kavandatav käsiraamat on koostatud kooskõlas uue ühtse riigieksami spetsifikatsiooni nõuetega ja on mõeldud keemia ühtseks riigieksamiks valmistumiseks. Raamat sisaldab kõrge keerukusega ülesandeid (C1-C5). Iga osa sisaldab vajalikku teoreetilist teavet, analüüsitud (demonstratsiooni)näiteid ülesannete täitmisest, mis võimaldavad omandada C-osa ülesannete täitmise metoodika ning koolitusülesannete rühmad teemade kaupa. Raamat on suunatud ühtseks riigieksamiks valmistuvatele üldharidusasutuste 10-11 klassi õpilastele, kes plaanivad saada eksamil kõrget tulemust, samuti õpetajatele ja metoodikutele, kes korraldavad keemiaeksamiks valmistumise protsessi. . Käsiraamat on osa õppe- ja metoodilisest kompleksist “Keemia. Ettevalmistus ühtseks riigieksamiks, sealhulgas sellised käsiraamatud nagu "Keemia.

Ettevalmistus ühtseks riigieksamiks 2013“, „Keemia. 10-11 klassid. Temaatilised testid ühtseks riigieksamiks valmistumiseks. Alg- ja kõrgtasemed” jne. Vorming: (2012 pdf

, 3. väljaanne, rev. ja täiendav, 234 lk.) Suurus:

2,9 MB 14 Vaata, lae alla:

.12.2018, lingid eemaldatud kirjastuse Legion nõudmisel (vt märkust)
SISU
Küsimus C1. Redoksreaktsioonid. Metalli korrosioon ja selle eest kaitsmise meetodid 4
Küsimuse esitamine C1 12
Küsimus C2. Reaktsioonid, mis kinnitavad seost erinevate anorgaaniliste ainete klasside vahel 17
Küsimuse esitamine C2 28
SZ küsimus. Süsivesinike ja hapnikku sisaldavate orgaaniliste ühendite seost kinnitavad reaktsioonid 54
Küsimuse esitamine SZ 55
Küsimus C4. Arvutused: reaktsioonisaaduste massid (maht, aine kogus), kui ühte ainet on antud liias (selles on lisandeid), kui üks ainetest on antud lahuse kujul, milles on lahustunud aine teatud massiosa. 68
Küsimuse esitamine C4 73
Küsimus C5. Aine molekulaarvalemi leidmine 83
Küsimuse esitamine C5 85
Vastused 97
Rakendus. Erinevate anorgaaniliste ainete klasside omavaheline seos.
Lisaülesanded 207
Ülesanded 209
Ülesannete lahendamine 218

Kirjandus 234
SISSEJUHATUS
See raamat on mõeldud selleks, et valmistada teid ette väga keerukate ülesannete täitmiseks üldises, anorgaanilises ja orgaanilises keemias (C osa ülesanded).
Iga küsimuse C1-C5 jaoks on antud suur hulk ülesandeid (kokku üle 500), mis võimaldavad lõpetajatel oma teadmisi proovile panna, olemasolevaid oskusi täiendada ja vajadusel testis sisalduvat faktimaterjali õppida. C osa ülesanded.
Kasutusjuhendi sisu kajastab viimastel aastatel pakutud ühtse riigieksami variantide omadusi ja vastab kehtivatele spetsifikatsioonidele. Küsimused ja vastused vastavad ühtse riigieksami testide sõnastusele.
C-osa ülesanded on erineva raskusastmega. Korrektselt täidetud ülesande maksimaalne punktisumma on 3–5 punkti (olenevalt ülesande keerukusastmest). Ülesannete testimine selles osas toimub lõpetaja vastuse võrdlemise alusel antud näidisvastuse elemendipõhise analüüsiga, iga õigesti täidetud element hinnatakse 1 punkti. Näiteks SZ-ülesandes peate looma orgaaniliste ainete vaheliste reaktsioonide jaoks 5 võrrandit, mis kirjeldavad ainete järjestikust teisendust, kuid saate luua ainult 2 (oletame, et teine ja viies võrrand). Kirjuta need kindlasti vastuse vormi, saad SZ ülesande eest 2 punkti ja parandad oluliselt oma tulemust eksamil.

Loodame, et see raamat aitab teil edukalt sooritada ühtse riigieksami.

Tähelepanu!!!

Aasta keemia KIM ühtse riigieksami 2018 muudatused võrreldes 2017. aastaga

1. Ülesannete selgemaks jaotamiseks üksikutesse teemaplokkidesse ja sisuridadesse on eksamitöö 1. osas veidi muudetud keerukusastme põhi- ja kõrgtaseme ülesannete järjekorda.

2. 2018. aasta eksamitöös suurendati ülesannete koguarvu 34-lt (2017. aastal) 35-le seoses eksamitöö 2. osa ülesannete arvu suurenemisega 5-lt (2017. aastal) 6-le. See saavutatakse ühe kontekstiga ülesannete tutvustamisega. Eelkõige esitatakse selles vormingus ülesanded nr 30 ja 31, mille eesmärk on testida oluliste sisuelementide assimilatsiooni: "Redoksreaktsioonid" ja "Ioonivahetusreaktsioonid".

3. Osade ülesannete hindamisskaalat on muudetud seoses nende ülesannete raskusastme selgitamisega 2017. aasta eksamitöös nende sooritamise tulemuste põhjal:

Kõrgendatud keerukusega ülesannet nr 9, mis on keskendunud sisuelemendi „Anorgaaniliste ainete iseloomulikud keemilised omadused“ assimilatsiooni testimisele ja mis on esitatud vormingus, mis võimaldab tuvastada nende ainete reageerivate ainete ja reaktsioonisaaduste vahelist vastavust, hinnatakse maksimaalselt 2 punkti;

Põhilise keerukuse ülesande nr 21, mille eesmärk on testida sisuelemendi „Redoksreaktsioonid“ assimilatsiooni ja mis on esitatud kahe komplekti elementide vahelise vastavuse tuvastamise vormingus, hinnatakse 1 punkti;

Keerukuse algtaseme ülesanne nr 26, mille eesmärk on testida sisuridade "Keemia eksperimentaalsed alused" ja "Üldised ideed oluliste ainete tootmise tööstuslike meetodite kohta" assimilatsiooni ja esitatakse vormingus, et luua vastavus kahe komplekti elemendid hinnatakse 1 punkti;

Kõrge keerukusastmega üksikasjaliku vastusega ülesannet nr 30, mille eesmärk on testida sisuelemendi “Redoksreaktsioonid” assimilatsiooni, hinnatakse maksimaalselt 2 punktiga;

Kõrge keerukusastmega üksikasjaliku vastusega ülesannet nr 31, mis on suunatud sisuelemendi “Ioonivahetusreaktsioonid” assimilatsiooni testimisele, hinnatakse maksimaalselt 2 punktiga.

Üldiselt on 2018. aasta eksamitöös vastuvõetud muudatused suunatud mitmete oluliste üldhariduslike oskuste kujunemise testimise objektiivsuse suurendamisele, eelkõige näiteks: teadmiste rakendamine süsteemis, õppe- ja kasvatustöö sooritamise õigsuse iseseisev hindamine. -praktiline ülesanne, samuti keemiliste objektide alaste teadmiste ühendamine erinevate füüsikaliste suuruste matemaatilise seose mõistmisega.

Üldised muudatused KIM-i ühtses riigieksamis 2017 - Eksamitöö struktuur on optimeeritud:

1. CMM 1. osa ülesehitust on põhjalikult muudetud: välja on jäetud ühe vastuse valikuga ülesanded; Ülesanded on koondatud eraldi temaatilistesse plokkidesse, millest igaüks sisaldab nii põhi- kui ka kõrgraskusastmega ülesandeid.

2. Ülesannete koguarvu on vähendatud 40-lt (2016. aastal) 34-le.

3. Anorgaaniliste ja orgaaniliste ainete geneetilise seose kohta teadmiste assimilatsiooni testimiseks (9 ja 17) on muudetud hindamisskaala (1-lt 2-le).

4. Maksimaalne alghind töö kui terviku sooritamise eest on 60 punkti (2016. aasta 64 punkti asemel)

Head kolleegid ja õpilased!

FIPI kodulehele on ilmunud avatud ülesannete pank 13 aines, sealhulgas keemias.

Keemia ühtse riigieksami ja riigieksami avatud ülesannete pank

Ühtse riigieksami ja GIA-9 avatud ülesannete pangad pakuvad järgmisi võimalusi.
 tutvuda teemarubrikaatori järgi kogutud ülesannetega,
 alla laadida ülesandeid kasutaja valitud teemal, mis on jagatud 10 ülesandeks lehekülje kohta ja võimalus lehti pöörata,
 avada eraldi aknas kasutaja valitud ülesanne.
Ülesannetele vastuseid ei anta.

Materjalide valik

Ülesanded C1 (koos lahendustega)

Ülesanded C2 (koos lahendustega)

C3 ülesanded

C4 ülesanded

C5 ülesanded

Pakun valikut materjale (Sikorskaya O.E.) õpilaste ühtseks riigieksamiks ettevalmistamiseks:

Peamised probleemide tüübid B osas:

Peamised ülesannete tüübid C osas: