Zadania 27 35 egzamin z chemii. Zadanie C5 na egzaminie z chemii

Budżet gminy instytucja edukacyjna

"Przeciętny Szkoła ogólnokształcąca nr 4 Szebekino Obwód Biełgorod»

Cechy rozwiązania i ocena zadań 30-35 ZASTOSOWANIE w chemii

Opracowała: Arnautova Natalia Zacharowna,

nauczyciel chemii i biologii

MBOU „Szkoła nr 4, Szebekino, obwód biełgorodzki”

2017 rok

Metodyka oceny zadań ze szczegółową odpowiedzią (główne podejścia do ustalania kryteriów i skali oceny wykonania zadań)

Podstawą metodyki oceny zadań ze szczegółową odpowiedzią jest szereg przepisów ogólnych. Najważniejsze z nich to:

Weryfikacja i ocena zadań ze szczegółową odpowiedzią odbywa się wyłącznie poprzez niezależne badanie oparte na metodzie analizy element po elemencie odpowiedzi zdających.

Zastosowanie metody analizy element po elemencie powoduje konieczność zapewnienia, aby sformułowanie warunku zadania jednoznacznie odpowiadało sprawdzanym elementom treści. Lista elementów treści sprawdzanych przy każdym zadaniu jest zgodna z wymaganiami standardu dotyczącego poziomu przygotowania maturzystów.

Kryterium oceny wykonania zadania metodą analizy element po elemencie jest stwierdzenie obecności w odpowiedziach badanych elementów udzielonej odpowiedzi
w modelu odpowiedzi. Można jednak przyjąć inny model odpowiedzi zaproponowany przez badanego, jeśli nie zniekształca istoty składowej chemicznej warunku zadania.

Skala oceny wykonania zadania ustalana jest w zależności od liczby elementów treści zawartych w modelu odpowiedzi oraz z uwzględnieniem takich czynników jak:

Poziom złożoności sprawdzanej treści;

Określona sekwencja czynności, które należy wykonać podczas wykonywania zadania;

Jednoznaczność interpretacji warunków zadania i możliwe opcje treść odpowiedzi;

Zgodność warunków zadania z proponowanymi kryteriami oceny za poszczególne elementy zadowolony;

W przybliżeniu ten sam poziom trudności dla każdego z elementów treści testowanych w ramach zadania.

Przy opracowywaniu kryteriów oceny brane są pod uwagę cechy elementów treści wszystkich pięciu zadań ze szczegółową odpowiedzią, uwzględnionych w pracy egzaminacyjnej. Uwzględnia fakt, że zapisy odpowiedzi zdających mogą być albo bardzo ogólne, uproszczone i niekonkretne, albo niepotrzebnie krótkie.
i niewystarczająco uzasadnione. Szczególną uwagę przywiązuje się do wyróżnienia elementów odpowiedzi, które są szacowane w jednym punkcie. Uwzględnia to nieuchronność stopniowego wzrostu trudności uzyskania każdego kolejnego punktu.
za prawidłowo sformułowany element treści.

Przy opracowywaniu skali do oceny problemów obliczeniowych (33 i 34) bierze się pod uwagę możliwość różnych sposobów ich rozwiązania, a tym samym obecność w odpowiedzi egzaminatora głównych etapów i wyników wskazanych zadań
w kryteriach oceny. Zilustrujmy metodologię oceny zadań szczegółową odpowiedzią na konkretnych przykładach.

2017-2018 rok akademicki

Zadania

Maksymalny wynik

Poziom misji

Zadanie 30

2016-2017 rok

30 zadań koncentruje się na badaniu umiejętności określenia stopnia utlenienia pierwiastki chemiczne, określić środek utleniający i środek redukujący, przewidzieć produkty reakcji redoks, ustalić wzory substancji brakujących w schemacie reakcji, sporządzić na jej podstawie równowagę elektroniczną, ułożyć współczynniki w równaniach reakcji.

Skala ocen dla takich zadań obejmuje następujące elementy:

 sporządzono wagę elektroniczną – 1 punkt;

 wskazany środek utleniający i środek redukujący - 1 pkt.

 definiowane są formuły brakujących substancji i ustalane są współczynniki
w równaniu reakcji redoks - 1 punkt.

Przykład pracy:

Używając metody wagi elektronicznej, napisz równanie reakcji

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

Określ środek utleniający i redukujący.

Zwrotnica

Możliwa odpowiedź

Mn +7 + ē → Mn +6

S +4 - 2ē → S +6

Siarka na stopniu utlenienia +4 (lub siarczyn sodu ze względu na siarkę na stopniu utlenienia +4) jest środkiem redukującym.

Mangan na stopniu utlenienia +7 (lub nadmanganian potasu z powodu manganu)
w stanie utlenienia +7) - środek utleniający.

Na 2 SO 3 + 2KMnO 4 + 2KOH = Na 2 SO 4 + 2K 2 MnO 4 + H 2 O

Odpowiedź jest poprawna i kompletna:

określono stopień utlenienia pierwiastków, które w reakcji są odpowiednio środkiem utleniającym i środkiem redukującym;

rejestruje się procesy utleniania i redukcji i na ich podstawie sporządza bilans elektroniczny (elektronowo-jonowy);

określane są substancje, których brakuje w równaniu reakcji, umieszczane są wszystkie współczynniki

Maksymalny wynik

Oceniając odpowiedź zdającego należy wziąć pod uwagę, że nie ma jednolitych wymagań dotyczących konstrukcji odpowiedzi na to zadanie. W rezultacie kompilacja zarówno równowagi elektronicznej, jak i równowagi elektroniczno-jonowej jest przyjmowana jako prawidłowa odpowiedź, a wskazanie środka utleniającego i środka redukującego można wykonać w dowolny jednoznacznie zrozumiały sposób. Jeśli jednak odpowiedź zawiera wzajemnie wykluczające się elementy odpowiedzi, nie można ich uznać za poprawną.

Zadania w formacie 2018

1. Zadanie 30 (2 punkty)

Aby wykonać zadanie, użyj następującej listy substancji: nadmanganian potasu, chlorowodór, chlorek sodu, węglan sodu, chlorek potasu. Dopuszczalne jest stosowanie wodnych roztworów substancji.

Z zaproponowanej listy substancji wybierz substancje, pomiędzy którymi możliwa jest reakcja redoks, i zapisz równanie tej reakcji. Zrób wagę elektroniczną, wskaż środek utleniający i środek redukujący.

Wyjaśnienie.

Napiszmy równanie reakcji:

Skomponujmy wagę elektroniczną:

Chlor na stopniu utlenienia -1 jest środkiem redukującym. Mangan na stopniu utlenienia +7 jest środkiem utleniającym.RAZEM 2 punkty

substancje są wybierane, zapisywane jest równanie reakcji redoks, umieszczane są wszystkie współczynniki.

rejestruje się procesy utleniania i redukcji i na ich podstawie sporządza bilans elektroniczny (elektronowo-jonowy); które są odpowiednio środkiem utleniającym i środkiem redukującym w reakcji;

Tylko jeden z powyższych elementów odpowiedzi był błędny

W dwóch z powyższych elementów odpowiedzi popełniono błędy.

Wszystkie elementy odpowiedzi są napisane nieprawidłowo

Maksymalny wynik

Zadania w formacie 2018

1. Zadanie 31 (2 punkty)

Aby wykonać zadanie, użyj następującej listy substancji: nadmanganian potasu, wodorowęglan potasu, siarczyn sodu, siarczan baru, wodorotlenek potasu. Dopuszczalne jest stosowanie wodnych roztworów substancji.

Wyjaśnienie.

Możliwa odpowiedź:

2. Zadanie 31

Aby wykonać zadanie, użyj następującej listy substancji: chlorowodór, azotan srebra (I), nadmanganian potasu, woda, kwas azotowy. Dopuszczalne jest stosowanie wodnych roztworów substancji.

Z proponowanej listy substancji wybierz substancje, pomiędzy którymi możliwa jest reakcja wymiany jonowej. Zapisz molekularne, pełne i skrócone równanie jonowe dla tej reakcji.

Wyjaśnienie.

Możliwa odpowiedź:

Zadanie 32. Zadania w formacie 2018

W warunkach zadania 32 asesorów wiedzy o pokrewieństwie genetycznym różnych klas nie odpowiedziało: materia organiczna, proponuje się opis konkretnego eksperymentu chemicznego, którego przebieg badani będą musieli zilustrować za pomocą równań odpowiednich reakcji chemicznych. Skala ocen dla zadania pozostaje, podobnie jak w 2016 roku, równa 4 punktom: każde poprawnie napisane równanie reakcji oceniane jest na 1 punkt.

Przykład pracy:

Żelazo rozpuszczono w gorącym stężonym kwasie siarkowym. Otrzymaną sól potraktowano nadmiarem roztworu wodorotlenku sodu. Powstały brązowy osad odsączono i kalcynowano. Powstałą substancję ogrzewano żelazem.

Napisz równania dla czterech opisanych reakcji.

Prawidłowa treść odpowiedzi i wskazówki dotyczące oceniania(dopuszcza się inne sformułowania odpowiedzi, które nie zniekształcają jej znaczenia)

Zwrotnica

Możliwa odpowiedź

Zapisano cztery równania opisanych reakcji:

1) 2Fe + 6H2SO4
Fe 2 (SO 4) 3 + 3 SO 2 + 6 H 2 O

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

3) 2Fe (OH) 3
Fe 2 O 3 + 3 H 2 O

4) Fe 2 O 3 + Fe = 3FeO

Wszystkie równania reakcji są napisane nieprawidłowo

Maksymalny wynik

Należy zauważyć, że brak współczynników (co najmniej jednego) przed wzorami substancji w równaniach reakcji jest uważany za błąd. Dla tego równania nie podano punktów.

Zadanie 33. Zadania w formacie 2018

Zadania 33 sprawdzają przyswajanie wiedzy o związkach substancji organicznych i przewidują sprawdzenie pięciu elementów treści: poprawność zapisu pięciu równań reakcji odpowiadających schematowi - „łańcuch” przekształceń. Zapisując równania reakcji, zdający muszą posługiwać się wzorami strukturalnymi substancji organicznych. Obecność każdego sprawdzanego elementu treści w odpowiedzi szacowana jest na 1 punkt. Maksymalna liczba punktów za wykonanie takich zadań to 5.

Przykład pracy:

Zapisz równania reakcji, za pomocą których możesz przeprowadzić następujące przekształcenia:

Pisząc równania reakcji, korzystaj ze wzorów strukturalnych substancji organicznych.

Prawidłowa treść odpowiedzi i wskazówki dotyczące oceniania
dozwolone są inne sformułowania odpowiedzi, które nie zniekształcają jej znaczenia)

Zwrotnica

Możliwa odpowiedź

Zapisano pięć równań reakcji, odpowiadających schematowi transformacji:

Poprawnie napisane pięć równań reakcji

Cztery równania reakcji są napisane poprawnie

Trzy równania reakcji są napisane poprawnie

Dwa równania reakcji są napisane poprawnie

Poprawnie napisane jedno równanie reakcji

Wszystkie elementy odpowiedzi są napisane nieprawidłowo

Maksymalny wynik

Zwróć uwagę, że w odpowiedzi egzaminatora dopuszczalne jest stosowanie wzorów strukturalnych różnego rodzaju(rozszerzone, skrócone, szkieletowe), jednoznacznie odzwierciedlające kolejność wiązań między atomami i wzajemne porozumienie posłowie i grupy funkcyjne
w cząsteczce materii organicznej.

Zadanie 34. Zadania w formacie 2018

Zadania 34 to problemy obliczeniowe. Ich wdrożenie wymaga znajomości właściwości chemicznych substancji i wiąże się z wykonaniem pewnego zestawu działań w celu uzyskania prawidłowej odpowiedzi. Działania te obejmują:

- sporządzanie równań reakcji chemicznych (zgodnie z warunkami problemu), niezbędnych do wykonania obliczeń stechiometrycznych;

- wykonanie obliczeń niezbędnych do znalezienia odpowiedzi na
pytania w opisie problemu;

- sformułowanie logicznie uzasadnionej odpowiedzi na wszystkie pytania postawione w zeznaniu pracy (np. ustalenie wzoru cząsteczkowego).

Należy jednak pamiętać, że nie wszystkie te działania muszą koniecznie być obecne w rozwiązaniu każdego problemu obliczeniowego, a w niektórych przypadkach niektóre z nich mogą być użyte wielokrotnie.

Maksymalna ocena za zadanie to 4 punkty. Podczas sprawdzania należy przede wszystkim zwrócić uwagę na logiczne uzasadnienie wykonywanych czynności, ponieważ niektóre zadania można rozwiązać na kilka sposobów. Jednocześnie w celu obiektywnej oceny proponowanej metody rozwiązania problemu konieczne jest sprawdzenie poprawności wyników pośrednich, które posłużyły do uzyskania odpowiedzi.

Przykład pracy:

Wyznacz udziały masowe (w%) siarczanu żelaza (II) i siarczku glinu
w mieszaninie, jeśli po potraktowaniu 25 g tej mieszaniny wodą, uwolnił się gaz, który całkowicie przereagował z 960 g 5% roztworu siarczanu miedzi.

W odpowiedzi zapisz równania reakcji, które są wskazane w stanie problemu,
i podaj wszystkie niezbędne obliczenia (wskaż jednostki pożądanej) wielkości fizyczne).

Zwrotnica

Możliwa odpowiedź

Równania reakcji składają się z:

Ilość substancji siarkowodoru oblicza się:

Ilość substancji i masę siarczku glinu i siarczanu żelaza (II) oblicza się:

Wyznaczono udziały masowe siarczanu żelaza(II) i siarczku glinu w mieszaninie wyjściowej:

ω (FeSO 4) = 10/25 = 0,4 lub 40%

ω (Al 2 S 3) = 15/25 = 0,6 lub 6 0%

Odpowiedź jest poprawna i kompletna:

w odpowiedzi równania reakcji odpowiadające warunkom zadania są poprawnie napisane;

obliczenia zostały wykonane poprawnie, w których wykorzystuje się niezbędne wielkości fizyczne określone w warunku zadania;

wykazali logicznie uzasadnioną zależność wielkości fizycznych, na podstawie których przeprowadzane są obliczenia;

zgodnie ze stanem zadania określana jest pożądana wielkość fizyczna

Tylko jeden z powyższych elementów odpowiedzi był błędny

Wszystkie elementy odpowiedzi są napisane nieprawidłowo

Maksymalny wynik

Przy sprawdzaniu odpowiedzi zdający musi wziąć pod uwagę fakt, że w przypadku, gdy odpowiedź zawiera błąd w obliczeniach w jednym z trzech elementów (drugim, trzecim lub czwartym), co doprowadziło do błędnej odpowiedzi, ocena za zadanie zostaje zredukowane tylko o 1 punkt.

Zadanie 35. Zadania w formacie 2018

Zadania 35 przewidują określenie wzoru cząsteczkowego substancji. Realizacja tego zadania obejmuje następujące sekwencyjne operacje: wykonanie obliczeń niezbędnych do ustalenia wzoru cząsteczkowego substancji organicznej, zapisanie wzoru cząsteczkowego substancji organicznej, sporządzenie wzoru strukturalnego substancji, który jednoznacznie odzwierciedla kolejność wiązań między atomami w jego cząsteczce, zapisując równanie reakcji, które spełnia warunek zadania.

Skala ocen za zadanie 35 w części 2 pracy egzaminacyjnej będzie wynosić 3 punkty.

W zadaniu 35 stosuje się kombinację elementów sprawdzanej zawartości - obliczenia, na podstawie których dochodzi do określenia wzoru cząsteczkowego substancji, zestawienia wzoru ogólnego substancji, a następnie - na jej podstawie określenie wzoru cząsteczkowego i strukturalnego substancji.

Wszystkie te czynności można wykonać w innej kolejności. Innymi słowy, zdający może dojść do odpowiedzi w dowolny dostępny mu logiczny sposób. Dlatego przy ocenie zadania główną uwagę zwraca się na poprawność wybranej metody określania wzoru cząsteczkowego substancji.

Przykład pracy:

Podczas spalania próbki niektórych związek organiczny o wadze 14,8 g otrzymało 35,2 g dwutlenek węgla i 18,0 g wody.

Wiadomo, że względna gęstość pary tej substancji dla wodoru wynosi 37. W trakcie badania właściwości chemicznych tej substancji stwierdzono, że gdy ta substancja wchodzi w interakcje z tlenkiem miedzi (II), powstaje keton.

Na podstawie podanych warunków cesji:

1) dokonać obliczeń niezbędnych do ustalenia wzoru cząsteczkowego materii organicznej (wskazać jednostki miary pożądanych wielkości fizycznych);

zapisz wzór cząsteczkowy oryginalnej materii organicznej;

2) makijaż formuła strukturalna tej substancji, która jednoznacznie odzwierciedla kolejność wiązań atomów w swojej cząsteczce;

3) napisać równanie reakcji tej substancji z tlenkiem miedzi (II), korzystając ze wzoru strukturalnego substancji.

Prawidłowa treść odpowiedzi i wskazówki dotyczące oceniania

(dopuszcza się inne sformułowania odpowiedzi, które nie zniekształcają jej znaczenia)

Zwrotnica

Możliwa odpowiedź

Znaleziono ilość substancji produktów spalania:

Ogólna formuła substancje - C x H y O z

n (CO2) = 35,2/44 = 0,8 mola; n (C) = 0,8 mol

n (H20) = 18,0/18 = 1,0 mol; n (H) = 1,0 ∙ 2 = 2,0 mol

m(O) = 14,8 - 0,8 12 - 2 = 3,2 g; n (O) = 3,2 ⁄ 16 = 0,2 mol

Określono wzór cząsteczkowy substancji:

x: y: z = 0,8: 2: 0,2 = 4: 10: 1

Najprostsza formuła- C4H10O

M prosty (C 4 H 10 O) = 74 g / mol

M ist (C x H y O z) = 37 ∙ 2 = 74 g / mol

Wzór cząsteczkowy substancji wyjściowej - C 4 H 10 O

Opracowano wzór strukturalny substancji:

Zapisano równanie reakcji substancji z tlenkiem miedzi (II):

Odpowiedź jest poprawna i kompletna:

obliczenia niezbędne do ustalenia wzoru cząsteczkowego substancji zostały wykonane prawidłowo; rejestruje się wzór cząsteczkowy substancji;

zapisany jest wzór strukturalny substancji organicznej, który odzwierciedla kolejność wiązania i wzajemne ułożenie podstawników i grup funkcyjnych w cząsteczce zgodnie ze stanem zadania;

zapisuje się równanie reakcji, które jest wskazane w warunku zadania, wykorzystując wzór strukturalny materii organicznej

Tylko jeden z powyższych elementów odpowiedzi był błędny

W dwóch z powyższych elementów odpowiedzi popełniono błędy

Popełniono błędy w trzech z powyższych elementów odpowiedzi

Wszystkie elementy odpowiedzi są napisane nieprawidłowo

Maksymalny wynik

RAZEM część 2

2 + 2 + 4 + 5 + 4 + 3 = 20 punktów

Bibliografia

1. Materiały metodyczne dla przewodniczących i członków przedmiotowych komisji tematycznych Federacja Rosyjska aby sprawdzić wykonanie zadań ze szczegółową odpowiedzią dokumenty egzaminacyjne UŻYWAJ 2017. Artykuł " Wytyczne w sprawie oceny wykonania zadań USE z pytaniem szczegółowym”. Moskwa, 2017.

2. Projekt oprzyrządowania FIPI materiały egzaminacyjne 2018 rok.

3. Dema, specyfikacje, kodyfikatory do egzaminu w 2018 roku. Witryna FIPI.

4.Certyfikat planowanych zmian w CMM 2018. Strona internetowa FIPI.

5. Strona „Rozwiążę egzamin państwowy ujednolicony”: chemia, dla eksperta.

W naszym ostatnim artykule omówiliśmy podstawowe zadania na egzaminie z chemii w 2018 roku. Teraz musimy bardziej szczegółowo przeanalizować zadania podwyższonego (w kodyfikatorze egzaminu z chemii 2018 - wysoki poziom trudności) o poziomie trudności, wcześniej określanym jako część C.

Przejdź do zadań podwyższony poziom złożoność obejmuje tylko pięć (5) zadań - №30,31,32,33,34 i 35. Rozważ tematy zadań, jak się do nich przygotować i jak rozwiązać trudne zadania na egzaminie z chemii 2018.

Przykład zadania 30 na egzaminie z chemii 2018

Ma na celu sprawdzenie wiedzy ucznia na temat utleniania reakcje regeneracyjne(OVR). Zadanie zawsze daje równanie Reakcja chemiczna z przerwami substancji po obu stronach reakcji (lewa strona - odczynniki, prawa strona - produkty). Za to zadanie można uzyskać maksymalnie trzy (3) punkty. Pierwszy punkt przyznawany jest za prawidłowe wypełnienie luk w reakcji i prawidłowe wyrównanie reakcji (umieszczenie współczynników). Drugi punkt można uzyskać, poprawnie opisując saldo OVR, oraz ostatni punkt podaje się w celu prawidłowego określenia, kto jest środkiem utleniającym w reakcji, a kto środkiem redukującym. Przeanalizujmy rozwiązanie zadania nr 30 z wersje demonstracyjne egzaminu w chemii 2018:

Używając metody wagi elektronicznej, napisz równanie reakcji

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

Określ środek utleniający i redukujący.

Pierwszą rzeczą do zrobienia jest ułożenie ładunków atomów wskazanych w równaniu, okazuje się:

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

Często po tej akcji od razu widzimy pierwszą parę pierwiastków, które zmieniły stopień utlenienia (CO), czyli z różnych stron reakcji, przy tym samym atomie, inny stopień utlenienia. W tym konkretnym zadaniu niczego takiego nie widzimy. Dlatego konieczne jest skorzystanie z dodatkowej wiedzy, a mianowicie po lewej stronie reakcji widzimy wodorotlenek potasu ( KOH), której obecność informuje nas, że reakcja przebiega w środowisko alkaliczne... Po prawej stronie widzimy manganian potasu i wiemy, że w alkalicznym środowisku reakcyjnym manganian potasu otrzymuje się z nadmanganianu potasu, dlatego pominięcie po lewej stronie reakcji to 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 się domyślać, co jeszcze powinno się wydarzyć w reakcji. Jeśli mangan otrzymuje elektrony, to ktoś powinien mu je dać (przestrzegamy prawa zachowania masy). Rozważ 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 do manganu, co oznacza, że siarka pozostaje w CO +4. Dochodzimy do wniosku, że oddajemy elektrony siarce i przechodzimy 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 i sodu, co oznacza, że powinny one znajdować się w szczelinie, a logicznym związkiem do jej wypełnienia jest siarczan sodu ( NaSO 4 ).

Teraz zapisywany jest bilans OVR (otrzymujemy pierwszy punkt), a równanie przyjmuje postać:

Na 2 SO 3 + KMnO 4 + KOHà K2MnO4 + NaSO4 + H2O

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

W tym miejscu ważne jest, aby od razu napisać, kto jest czynnikiem utleniającym, a kto redukującym, ponieważ uczniowie często koncentrują się na wyrównaniu równania i po prostu zapominają o wykonaniu tej części zadania, tracąc w ten sposób punkt. Z definicji utleniacz to cząstka, która odbiera elektrony (w naszym przypadku mangan), a reduktor to cząstka, która oddaje elektrony (w naszym przypadku siarka), więc otrzymujemy:

Środek utleniający: Mn +7 (KMnO 4 )

Środek redukujący: S +4 (Na 2 WIĘC 3 )

Należy w tym miejscu pamiętać, że wskazujemy stan cząstek, w jakim się znajdowały, gdy zaczęły wykazywać właściwości środka utleniającego lub redukującego, a nie stany, w jakich powstały w wyniku ORD.

Teraz, aby uzyskać ostatni punkt, musisz poprawnie wyrównać równanie (umieść współczynniki). Używając bilansu widzimy, że aby siarka +4 mogła przejść do stanu +6, dwa mangany +7 muszą stać się manganem +6, co oznacza, że dodajemy 2 przed manganem:

Na2SO3 + 2KMnO4 + KOHà 2K2MnO4 + NaSO4 + H2O

Teraz widzimy, że mamy 4 potas po prawej, a tylko trzy po lewej, co oznacza, że musimy umieścić 2 przed wodorotlenkiem potasu:

Na 2 SO 3 + 2KMnO 4 + 2KOHà 2K2MnO4 + NaSO4 + H2O

W rezultacie poprawna odpowiedź na zadanie nr 30 jest następująca:

Na 2 SO 3 + 2KMnO 4 + 2KOHà 2K2MnO4 + NaSO4 + H2O

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

Środek utleniający: Mn +7 (KMnO 4)

Środek redukujący: S +4 (Na 2 WIĘC 3 )

Rozwiązanie zadania 31 na egzaminie z chemii

To łańcuch przemian nieorganicznych. Aby pomyślnie wykonać to zadanie, musisz być dobrze zorientowany w reakcjach charakterystycznych dla związki nieorganiczne... Zadanie składa się z czterech (4) reakcji, za każdą z nich możesz otrzymać jeden (1) punkt, w sumie za zadanie możesz otrzymać cztery (4) punkty. Ważne jest, aby pamiętać zasady projektowania zadania: wszystkie równania muszą być wyrównane, nawet jeśli uczeń napisał równanie poprawnie, ale nie wyrównał, nie otrzyma punktu; nie jest konieczne rozwiązywanie wszystkich reakcji, możesz wykonać jedną i uzyskać jeden (1) punkt, dwie reakcje i uzyskać dwa (2) punkty itd. 3, co oznacza, że musisz to zrobić i uzyskać dwie (2 ) wskazuje jednocześnie, najważniejsze jest wskazanie, że są to reakcje 1 i 3. Przeanalizujmy rozwiązanie zadania nr 31 z wersji demonstracyjnej USE w chemii w 2018 roku:

Dla wygody rozwiązania w wersji roboczej możesz sporządzić następujący schemat:

Aby wykonać zadanie, musisz oczywiście znać wszystkie proponowane reakcje. Jednak w stanie zawsze są ukryte wskazówki (skoncentrowane Kwas siarkowy, nadmiar wodorotlenku sodu, brązowy osad, kalcynowany, ogrzewany z żelazem). Na przykład uczeń nie pamięta, co dzieje się z żelazkiem podczas interakcji z końcem. kwas siarkowy, ale pamięta, że brązowy osad żelaza po obróbce alkaliami to najprawdopodobniej wodorotlenek żelaza 3 ( Tak = Fe(OH) 3 ). Teraz mamy możliwość, zastępując Y w spisanym schemacie, spróbować wykonać równania 2 i 3. Kolejne działania są czysto chemiczne, więc nie będziemy ich tak szczegółowo opisywać. Uczeń powinien pamiętać, że ogrzewanie wodorotlenku żelaza 3 prowadzi do powstania tlenku żelaza 3 ( Z = Fe 2 O 3 ) i wodą, a ogrzewanie tlenku żelaza 3 czystym żelazem doprowadzi je do stanu średniego - tlenku żelaza 2 ( FeO). Substancja X, która jest solą otrzymaną po reakcji z kwasem siarkowym, dająca wodorotlenek żelaza 3 po obróbce alkalicznej, będzie siarczanem żelaza 3 ( x = Fe 2 (WIĘC 4 ) 3 ). Należy pamiętać o wyrównaniu równań. W rezultacie poprawna odpowiedź na zadanie numer 31 jest następująca:

1) 2Fe + 6H2SO4 (k) a Fe 2 (SO 4) 3+ 3SO 2 + 6 H 2 O

2) Fe 2 (SO 4) 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

Jest bardzo podobny do zadania nr 31, tylko w nim podany jest łańcuch przemian organicznych. Wymagania projektowe i logika rozwiązania są podobne do zadania nr 31, jedyną różnicą jest to, że zadanie nr 32 daje pięć (5) równań, co oznacza, że w sumie można zdobyć pięć (5) punktów. Ze względu na podobieństwo do zadania nr 31 nie będziemy go szczegółowo rozważać.

Rozwiązanie zadania 33 w chemii 2018

Zadanie projektowe, do jego wykonania potrzebna jest znajomość podstawowych wzorów projektowych, umiejętność posługiwania się kalkulatorem i rysowania paraleli logicznych. Za zadanie numer 33 możesz zdobyć cztery (4) punkty. Rozważ fragment rozwiązania zadania nr 33 z wersji demonstracyjnej egzaminu z chemii w 2018 roku:

Określ udziały masowe (w%) siarczanu żelaza (II) i siarczku glinu w mieszaninie, jeśli podczas obróbki 25 g tej mieszaniny wodą uwolniono gaz, który całkowicie przereagował z 960 g 5% roztworu miedzi siarczan W odpowiedzi zapisz równania reakcji wskazane w opisie problemu i podaj wszystkie niezbędne obliczenia (wskaż jednostki miary poszukiwanych wielkości fizycznych).

Pierwszy (1) wynik otrzymujemy za zapisanie reakcji, które występują w zadaniu. Otrzymanie tego konkretnego punktu uzależnione jest od znajomości chemii, pozostałe trzy (3) punkty można uzyskać tylko z obliczeń, dlatego jeśli uczeń ma problemy z matematyką, musi otrzymać co najmniej jeden (1) punkt za wykonanie zadania numer 33:

Al2S3 + 6H2Oà 2Al(OH)3 + 3H2S

CuSO 4 + H 2 Sà CuS + H2SO4

Ponieważ dalsze działania są czysto matematyczne, nie będziemy ich tutaj analizować. Wybraną analizę można obejrzeć na naszym kanale YouTube (link do filmu z analizą zadania nr 33).

Formuły, które będą wymagane do rozwiązania tego zadania:

Wyzwanie Chemiczne 34 2018

Zadanie szacunkowe, które różni się od zadania nr 33 w następujący sposób:

- - Jeśli w zadaniu numer 33 wiemy, między którymi substancjami zachodzi interakcja, to w zadaniu numer 34 musimy znaleźć, co zareagowało;
  - W zadaniu nr 34 podawane są związki organiczne, natomiast w zadaniu nr 33 najczęściej podaje się procesy nieorganiczne.

W rzeczywistości zadanie nr 34 jest przeciwieństwem zadania nr 33, a zatem logika zadania jest odwrotna. Za zadanie numer 34 można otrzymać cztery (4) punkty, natomiast podobnie jak w zadaniu numer 33 tylko jeden z nich (w 90% przypadków) uzyskuje się za znajomość chemii, pozostałe 3 (rzadziej 2) punkty są uzyskiwane do obliczeń matematycznych ... Aby pomyślnie ukończyć zadanie numer 34, musisz:

Znać ogólne wzory wszystkich głównych klas związków organicznych;

Znać podstawowe reakcje związków organicznych;

Umieć napisać równanie w formie ogólnej.

Jeszcze raz pragnę zauważyć, że niezbędne do sukcesu zdanie egzaminu w chemii w 2018 roku podstawy teoretyczne praktycznie się nie zmieniły, co oznacza, że cała wiedza, którą Twoje dziecko otrzymało w szkole, pomoże mu zdać egzamin z chemii w 2018 roku. W naszym centrum przygotowań do egzaminu Unified State Egzamin i Godografii OGE Twoje dziecko otrzyma wszystko niezbędne do przygotowania materiały teoretyczne, a na zajęciach utrwali zdobytą wiedzę do pomyślnego wdrożenia ze wszystkich zadania egzaminacyjne. Będą z nim współpracować najlepsi nauczyciele zdał bardzo dużą konkurencję i trudne testy wstępne. Zajęcia odbywają się w małych grupach, co pozwala nauczycielowi poświęcić czas każdemu dziecku i wypracować indywidualną strategię wykonywania pracy egzaminacyjnej.

Nie mamy problemów z brakiem testów nowego formatu, nasi nauczyciele piszą je sami, na podstawie wszystkich zaleceń kodyfikatora, specyfikatora i wersji demonstracyjnej egzaminu z chemii w 2018 roku.

Zadzwoń dziś, a jutro Twoje dziecko Ci podziękuje!

Zadania 35 z prawdziwych KIMs USE 2018 w chemii

opcja 1

Podczas spalania 5,3 g związku organicznego powstało 8,96 l CO 2 i 4,5 g H 2 O. Po utlenieniu tej substancji roztworem nadmanganianu potasu w kwasie siarkowym powstał kwas dwuzasadowy, grupy karboksylowe w których znajdują się w sąsiednich pozycjach, a CO2 nie powstaje. Określ wzór cząsteczkowy i strukturalny substancji.

Rozwiązanie

Ogólny wzór substancji CxHy.

Napiszmy równanie reakcji:

CxHy + (x + y / 4) О2 = хСО 2 + (y / 2) Н 2 О

Określmy ilość substancji węgla i wodoru:

n (C) = n (CO 2) = 8,96 / 22,4 = 0,4 mol

n (H) = n (H 2 O) * 2 = (4,5 / 18) * 2 = 0,5 mol

Zatem stosunek ilości węgla i wodoru w oryginalnej materii organicznej wynosi około 4:5.

Możliwe opcje to C 4 H 5, C 8 H 10, C 12 H 15, C 16 H 20.

Na podstawie ogólnych wzorów różnych klas związków organicznych stwierdzamy, że pożądaną substancją C 8 H 10 (C n H 2 n -6) jest 1,2-dimetylobenzen, ponieważ tylko on w reakcji z nadmanganianem potasu w kwaśnym medium, tworzy dwuzasadowy kwas karboksylowy, w którym grupy karboksylowe znajdują się w sąsiadujących pozycjach

Opcja 2

Po spaleniu 21,6 g związku organicznego powstało 31,36 l CO 2 i 14,4 g H 2 O. Substancja wchodzi w reakcję estryfikacji z kwas octowy... Określ wzór cząsteczkowy i strukturalny substancji.

Rozwiązanie

Alkohole wchodzą w reakcję estryfikacji z kwasami karboksylowymi.

Ogólny wzór substancji CxHyOz

Znajdźmy stosunek węgla i wodoru:

n (C) = n (CO 2) = 31,36 / 22,4 = 1,4 mol

n (H) = n (H 2 O) * 2 = (14,4 / 18) * 2 = 1,6 mol

Stosunek węgla do wodoru wynosi 7 do 8.

Jest to możliwe w związku C 7 H 8 O. Sprawdźmy masę podaną w opisie zadania.

n (C7H8O) = 1,4/7 = 0,2 mol.

M (C7H8O) = 21,6 / 0,2 = 108

M (C7H8O) = 7 * 12 + 8 * 1 + 16 = 108.

Biorąc pod uwagę, że fenole nie wchodzą w reakcje estryfikacji z kwasami karboksylowymi, poprawną odpowiedzią jest alkohol benzylowy

Opcja 3

Podczas spalania beztlenowej materii organicznej powstaje 26,4 g CO2, 5,4 g H2O i 13,44 l HCl. Substancję tę można otrzymać w reakcji odpowiedniego węglowodoru z nadmiarem HCl. Określ wzór cząsteczkowy i strukturalny substancji.

Rozwiązanie

n (C) = n (CO2) = 26,4 / 44 = 0,6 mol

n (H) = n (H 2 O) * 2 + n (HCl) = (5,4 / 18) * 2 + 13,44 / 22,4 = 1,2 mola

n (Cl) = n (HCl) = 13,44 / 22,4 = 0,6 mol

Stosunek węgla do wodoru i do chloru wynosi 1: 2: 1.

Możliwa jest jedna opcja (w oparciu o istniejące ogólne wzory powyższych klas beztlenowych substancji organicznych): C 2 H 4 Cl 2 - dichloroetan

Opcja 4

Przy spaleniu 9 gramów substancji beztlenowej powstaje 12,6 g wody i 2,24 litra azotu i dwutlenku węgla. Substancję tę można otrzymać przez redukcję związku nitrowego wodorem w obecności katalizatora. Określ wzór cząsteczkowy i strukturalny substancji.

Rozwiązanie

n (N) = 2 * n (N) = 2 * 2,24 / 22,4 = 0,2 mol

n (H) = n (H 2 O) * 2 = (12,6 / 18) * 2 = 1,4 mol

Rozważając. że cząsteczka pożądanej substancji organicznej zawiera 1 atom azotu, to ilość substancji pożądanego związku jest równa ilości substancji azotowej i jest równa 0,2 mola

Znajdź masę molową żądanego związku: M = m / n = 9 / 0,2 = 45

Substancja zawiera 1 atom azotu, 7 atomów wodoru. Odejmijmy od 45 względną masę atomową 1 atomu azotu i 7 atomów wodoru: 45 - 14 - 7 = 24. Masa atomowa węgla 12. Oznacza to, że w cząsteczce pożądanej substancji są 2 atomy węgla

Odpowiedź C 2 H 7 N - nitroetan

Opcja 5

Podczas spalania materii organicznej niezawierającej tlenu powstaje 19,8 g dwutlenku węgla, 5,4 g wody i 6,72 l HCl. Substancję tę można otrzymać w reakcji odpowiedniego węglowodoru z nadmiarem HCl. Określ wzór cząsteczkowy i strukturalny substancji.

Rozwiązanie

Ogólny wzór substancji CxHyClz

Znajdźmy stosunek węgla, wodoru i chloru:

n (C) = n (CO 2) = 19,8 / 44 = 0,45 mol

n (H) = n (H 2 O) * 2 + n (HCl) = (5,4 / 18) * 2 + 6,72 / 22,4 = 0,9 mol

n (Cl) = n (HCl) = 6,72 / 22,4 = 0,3 mol

Stosunek węgla do wodoru i chloru wynosi 3:6:2.

Biorąc pod uwagę sposób otrzymywania substancji: oddziaływanie węglowodoru beztlenowego z nadmiarem HCl, dochodzimy do wniosku, że związek należy do alkenów, alkinów, arenów lub alkadienów.

Istnieje jedna możliwość (w oparciu o istniejące wzory ogólne powyższych klas substancji organicznych beztlenowych): C 3 H 6 Cl 2 - 2,2-dichloropropan

Substancję tę można otrzymać przez hydrohalogenowanie z propynu.

Opcja 6

Po spaleniu 1,86 grama substancji beztlenowej powstaje 1,26 grama wody i 224 ml azotu. Substancję tę można otrzymać z odpowiedniego związku nitrowego. Określ wzór cząsteczkowy i strukturalny substancji.

Rozwiązanie

Ogólny wzór substancji (uwzględniający sposób otrzymywania w zależności od stanu problemu): CxHyN

Ilość azotu i wodoru w związku:

n (N) = 2 * n (N) = 2 * 0,224 / 22,4 = 0,02 mol

n (H) = n (H 2 O) * 2 = (1,26 / 18) * 2 = 0,14 mol

Stosunek azotu do wodoru wynosi 1: 7

Rozważając. że cząsteczka pożądanej substancji organicznej zawiera 1 atom azotu, to ilość substancji pożądanego związku jest równa ilości substancji azotowej i jest równa 0,02 mola

Znajdź masę molową pożądanego związku: M = m / n = 1,86 / 0,02 = 93

Substancja zawiera 1 atom azotu, 7 atomów wodoru. Odejmijmy od 93 względną masę atomową 1 atomu azotu i 7 atomów wodoru: 93 - 14 - 7 = 72. Masa atomowa węgla 12. Oznacza to, że w cząsteczce pożądanej substancji jest 6 atomów węgla

Odpowiedź C 6 H 7 N - nitrobenzen

Opcja 7

Podczas spalania materii organicznej, która nie zawiera tlenu, powstaje 5,28 g dwutlenku węgla, 0,72 g wody i 4,48 litra HCl. Określ wzór cząsteczkowy i strukturalny substancji.

Rozwiązanie

Ogólny wzór substancji CxHyClz

Znajdźmy stosunek węgla, wodoru i chloru:

n (C) = n (CO 2) = 5,28 / 44 = 0,12 mol

n (H) = n (H 2 O) * 2 + n (HCl) = (0,72 / 18) * 2 + 0,448 / 22,4 = 0,1 mol

n (Cl) = n (HCl) = 0,448 / 22,4 = 0,02 mol

Stosunek węgla do wodoru i chloru wynosi 6: 5: 1.

Możliwa jest jedna opcja (w oparciu o istniejące ogólne wzory powyższych klas beztlenowych substancji organicznych): C 6 H 5 Cl - chlorobenzen

Opcja 8

Po spaleniu 1,18 g aminy drugorzędowej powstaje 1,344 litra dwutlenku węgla, 1,62 g wody i azotu. Określ wzór cząsteczkowy i strukturalny substancji.

Rozwiązanie

Ogólny wzór substancji: CxHyN

Ilość substancji wodorowej i węglowej w związku:

n (H) = 2 * n (H 2 O) = 2 * 1,62 / 18 = 0,18 mol

n (C) = n (CO 2) = (1,344 / 22,4) = 0,06 mol

Stosunek węgla do wodoru wynosi 1: 3.

Równanie reakcji spalania aminy drugorzędowej jest następujące:

2C x H 3 x N + 3,5xO2 = 2xCO2 + 3xH2O + N2

Masa cząsteczkowa pożądany związek to 12x + 3x + 14.

Ilość substancji pożądanego związku wynosi 0,06 / x

Korzystając ze wzoru n = m / M otrzymujemy: 1,18 / (12x + 3x + 14) = 0,06 / x

1,18x = 0,9x + 0,84

Odpowiedź C 3 H 9 N lub CH 3 - CH 2 - NH - CH 3 metyloetyloamina

Opcja 9

Pewna substancja zawiera wagowo 12,79% azotu, 43,84% węgla i 32,42% chloru i powstaje w wyniku oddziaływania pierwszorzędowej aminy z chloroetanem. Określ wzór cząsteczkowy i strukturalny substancji.

Rozwiązanie

Udział masowy wodoru wynosi 100% - 12,79% - 43,84% - 32,42% = 10,95%

n (N) = 12,79 / 14 = 0,91

n (K) = 43,84 / 12 = 3,65

n (Cl) = 32,42 / 36,5 = 0,9

Gdy pierwszorzędowa amina oddziałuje z chloroetanem, [(CH 3-CH 2) 2-NH 2] + Cl -

Opcja 10

Sól kwasu organicznego zawiera 5,05% wodoru, 42,42% węgla, 32,32% tlenu i 20,21% wapnia. Po podgrzaniu tej soli powstaje związek karbonylowy. Określ wzór cząsteczkowy i strukturalny substancji.

Rozwiązanie

Przyjmujemy masę związku jako 100 gramów, wtedy ilość substancji pierwiastków jest następująca:

n (K) = 42,42 / 12 = 3,535

n (H) = 5,05 / 1 = 5,05

n (O) = 32,32 / 16 = 2,02

n (Ca) = 20,21 / 40 = 0,505

7:10:4:1 (S:N:O:Sa)

Wzór cząsteczkowy substancji C 7 H 10 O 4 Ca

Biorąc pod uwagę stosunek węgla do wodoru, charakterystyczny dla nienasyconego kwasu jednozasadowego lub nasyconego dikwasu, a także reakcję tworzenia związku karbonylowego podczas ogrzewania, możemy stwierdzić, że mówimy o soli wapniowej pentanu-1,2 -di kwas karboksylowy

Opcja 11

Materia organiczna zawiera 12,79% azotu, 10,95% wodoru i 32,42% chloru. Substancję można otrzymać w reakcji aminy drugorzędowej z chloroetanem. Określ wzór cząsteczkowy i strukturalny substancji.

Rozwiązanie

Udział masowy węgla 100% - 12,79% - 10,95% - 32,42% = 43,84%

Znajdźmy stosunek ilości substancji węgla, wodoru, azotu i chloru.

Przyjmujemy masę związku jako 100 gramów, wtedy ilość substancji pierwiastków jest następująca:

n (N) = 12,79 / 14 = 0,91

n (K) = 43,84 / 12 = 3,65

n (Cl) = 32,42 / 36,5 = 0,9

Stosunek azotu do węgla do chloru i wodoru wynosi 1: 4: 1: 12.

Gdy drugorzędowa amina wchodzi w interakcję z chloroetanem, otrzymuje się chlorek dimetyloetyloaminy

[CH 3 -N (CH 3) -C 2 H 5] + Cl -

Opcja 12

Sól kwasu organicznego zawiera 4,35% wodoru, 39,13% węgla, 34,78% tlenu i 21,74% wapnia. Po podgrzaniu tej soli powstaje związek karbonylowy. Określ wzór cząsteczkowy i strukturalny substancji.

Rozwiązanie

Ogólny wzór substancji: CxHyOzСa

Przyjmujemy masę związku jako 100 gramów, wtedy ilość substancji pierwiastków jest następująca:

n (C) = 39,13 / 12 = 3,26

n (H) = 4,35 / 1 = 4,35

n (O) = 34,78 / 16 = 2,17

n (Ca) = 21,74 / 40 = 0,54

Stosunek pierwiastków w pożądanej soli jest następujący:

6:8:4:1 (S:N:O:Sa)

Wzór cząsteczkowy substancji C 6 H 8 O 4 Ca

Biorąc pod uwagę stosunek węgla do wodoru, charakterystyczny dla nienasyconego kwasu jednozasadowego lub nasyconego dikwasu, a także reakcję tworzenia związku karbonylowego po podgrzaniu, możemy stwierdzić, że mówimy o soli wapniowej butanu-1,2 -kwas dikarboksylowy

Opcja 13

Materia organiczna zawiera 9,09% azotu, 31,19% węgla i 51,87% bromu. Substancję można otrzymać w reakcji aminy pierwszorzędowej z bromoetanem. Określ wzór cząsteczkowy i strukturalny substancji.

Rozwiązanie

Udział masowy wodoru wynosi 100% - 9,09% - 31,19% - 51,87% = 7,85%

Przyjmujemy masę związku jako 100 gramów, wtedy ilość substancji pierwiastków jest następująca:

n (N) = 9,09 / 14 = 0,65

n (C) = 31,19 / 12 = 2,6

n (Br) = 51,87 / 80 = 0,65

Stosunek azotu do węgla, bromu i wodoru wynosi 1: 4: 1: 12.

Gdy amina pierwszorzędowa oddziałuje z bromoetanem, otrzymuje się bromek dietyloaminy

[(CH 3-CH 2) 2-NH 2] + Br -

Opcja 14

Sól kwasu organicznego zawiera 28,48% węgla, 3,39% wodoru, 21,69% tlenu i 46,44% baru. Po podgrzaniu tej soli powstaje związek karbonylowy. Określ wzór cząsteczkowy i strukturalny substancji.

Rozwiązanie

Przyjmujemy masę związku jako 100 gramów, wtedy ilość substancji pierwiastków jest następująca:

n (C) = 28,48 / 12 = 2,37

n (H) = 3,39 / 1 = 3,39

n (O) = 21,69 / 16 = 1,36

n (Ba) = 46,44 / 137 = 0,34

Stosunek pierwiastków w pożądanej soli jest następujący:

7:10:4:1 (S:N:O:Wa)

Wzór cząsteczkowy substancji С 7 Н 10 О 4 Ва

Biorąc pod uwagę stosunek węgla do wodoru, charakterystyczny dla nienasyconego kwasu jednozasadowego lub nasyconego dikwasu, a także reakcję tworzenia związku karbonylowego po podgrzaniu, możemy stwierdzić, że mówimy o soli barowej pentanu-1,2 -kwas dikarboksylowy

15 opcji

Materia organiczna zawiera 10% azotu, 25,73% węgla i 57,07% bromu. Substancję można otrzymać w reakcji aminy pierwszorzędowej z bromometanem. Określ wzór cząsteczkowy i strukturalny substancji.

Rozwiązanie

Udział masowy wodoru 100% - 10% - 25,73% - 57,07% = 7,2%

Znajdźmy stosunek ilości substancji węgla, wodoru, azotu i bromu.

Przyjmujemy masę związku jako 100 gramów, wtedy ilość substancji pierwiastków jest następująca:

n (N) = 10/14 = 0,7

n (C) = 25,73 / 12 = 2,1

n (Br) = 57,07 / 80 = 0,7

Stosunek azotu do węgla, bromu i wodoru wynosi 1:3:1:10.

Gdy pierwszorzędowa amina oddziałuje z bromometanem, otrzymuje się bromek metyloetyloaminy

[(CH 3-CH 2-NH 2-CH 3] + Br -

Opcja 16

Sól kwasu organicznego zawiera 25,62% węgla, 2,85% wodoru, 22,78% tlenu i 48,75% baru. Po podgrzaniu tej soli powstaje związek karbonylowy. Określ wzór cząsteczkowy i strukturalny substancji.

Rozwiązanie

Ogólny wzór substancji: CxHyOzBa

Przyjmujemy masę związku jako 100 gramów, wtedy ilość substancji pierwiastków jest następująca:

n (C) = 25,62 / 12 = 2,135

n (H) = 2,85 / 1 = 2,85

n (O) = 22,78 / 16 = 1,42375

n (Ba) = 48,75 / 137 = 0,356

Stosunek pierwiastków w pożądanej soli jest następujący:

6:8:4:1 (S:N:O:Wa)

Wzór cząsteczkowy substancji С 6 Н 8 О 4 Ва

Biorąc pod uwagę stosunek węgla do wodoru, charakterystyczny dla nienasyconego kwasu jednozasadowego lub nasyconego dikwasu, a także reakcję tworzenia związku karbonylowego po podgrzaniu, możemy stwierdzić, że mówimy o soli barowej butanu-1,2 -kwas dikarboksylowy

17 opcja

Podczas spalania 40 g związku organicznego powstało 4,48 l CO 2 i 2,88 g H 2 O. Substancja odbarwia się woda bromowa i reaguje z roztworem wodorotlenku baru po podgrzaniu, jeden z produktów ma wzór C 6 H 6 O 4 Ba. Określ wzór cząsteczkowy i strukturalny substancji.

Rozwiązanie

Poszukiwana substancja zawiera wielokrotne wiązanie węgiel-węgiel, ponieważ wyczerpuje wodę bromową.

Biorąc pod uwagę informacje o reakcji substancji z wodorotlenkiem baru z utworzeniem organicznej soli baru, możemy stwierdzić, że pożądana substancja zawiera albo grupę karboksylową, albo wiązanie estrowe.

Ogólny wzór substancji СxHyOz

Znajdźmy stosunek ilości materii węgla i wodoru:

n (C) = 4,48 / 22,4 = 0,2

n (H) = 2,88 * 2/18 = 0,32

Zatem stosunek ilości węgla do wodoru wynosi 5: 8

Biorąc pod uwagę wzór produktu określonego w warunku, wnioskujemy, że kwas propenowy: CH 2 = CH-C (O) -O-Ba-O-C (O) -CH = CH 2

Problemy numer 35 na egzaminie z chemii

Algorytm rozwiązywania podobnych zadań

1. Ogólny wzór szeregu homologicznego

Najczęściej używane formuły podsumowano w tabeli:

Seria homologiczna	Ogólna formuła





Alkohole jednowodorotlenowe nasycone
Ogranicz aldehydy	C n H 2n + 1 СОН
Nasycone kwasy monokarboksylowe	C n H 2n + 1 COOH

2. Równanie reakcji

1) WSZYSTKIE substancje organiczne spalają się w tlenie, tworząc dwutlenek węgla, wodę, azot (jeśli w związku występuje N) i HCl (jeśli obecny jest 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 (p-tion z halogenami, wodorem, halogenowodorami, wodą):

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

Alkiny i dieny, w przeciwieństwie do alkenów, dodają do 2 moli wodoru, chloru lub halogenowodoru na 1 mol węglowodoru:

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

Po dodaniu wody do alkinów powstają związki karbonylowe, a nie alkohole!

3) Alkohole charakteryzują się reakcjami odwodnienia (wewnątrzcząsteczkowe i międzycząsteczkowe), utleniania (do związków karbonylowych i ewentualnie dalej do kwasów karboksylowych). Alkohole (w tym wieloatomowe) reagują z metale alkaliczne z uwolnieniem wodoru:

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) Właściwości chemiczne aldehydy są bardzo różnorodne, ale tutaj będziemy pamiętać tylko o reakcjach redoks:

C n H 2n + 1 COH + H 2 = C n H 2n + 1 CH 2 OH (redukcja związków karbonylowych w obecności Ni),

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

ważny punkt: utlenianie formaldehydu (НСОН) nie kończy się na etapie kwasu mrówkowego, НСООН jest dalej utleniany do СО 2 i Н 2 О.

5) Kwasy karboksylowe wykazują wszystkie właściwości „zwykłych” kwasów nieorganicznych: oddziałują z zasadami i zasadowymi tlenkami, reagują z aktywnymi metalami i solami słabych kwasów (np. węglany i wodorowęglany). Bardzo ważna jest reakcja estryfikacji - tworzenie estrów podczas interakcji z alkoholami.

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. Obliczanie 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 następującym wzorem: V = V m * n, gdzie V m to molowa objętość gazu (22,4 l / mol w normalnych warunkach).

4. Obliczenia za pomocą równań reakcji

To jest prawdopodobnie główny typ obliczenia w chemii. Jeśli nie czujesz się pewnie w rozwiązywaniu takich problemów, musisz ćwiczyć.

Główna idea jest następująca: ilości powstających reagentów i produktów są powiązane w taki sam sposób, jak odpowiadające im współczynniki w równaniu reakcji (dlatego tak ważne jest ich prawidłowe ułożenie!)

Rozważmy na przykład następującą reakcję: A + 3B = 2C + 5D. Równanie pokazuje, że 1 mol A i 3 mole B oddziałują, tworząc 2 mole C i 5 moli D. Ilość B jest trzykrotnością ilości substancji A, ilość D jest 2,5 razy większa od ilości C itd. Jeśli w reakcji wejdzie nie 1 mol A, ale powiedzmy 10, wtedy liczba wszystkich pozostałych uczestników reakcji wzrośnie dokładnie 10 razy: 30 mol B, 20 mol C, 50 mol D. Jeśli wiemy, że 15 mol Powstało D (trzy razy więcej niż wskazano w równaniu), wtedy ilość wszystkich innych związków będzie 3 razy większa.

5. Obliczenie masy molowej substancji badanej

Masa X jest zwykle podawana w warunkach problemu, ilość X, którą znaleźliśmy w sekcji 4. Pozostaje ponownie użyć wzoru 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.

Na przykład niech krewny masa cząsteczkowa ostateczny alkohol jednowodorotlenowy wynosi 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, otrzymujemy n = 2. Wzór cząsteczkowy alkoholu: C 2 H 5 OH.

Nie zapomnij zapisać swojej odpowiedzi!

Przykład 1 . 10,5 g odrobiny alkenu może dodać 40 g bromu. Określ nieznany alken.

Rozwiązanie... Niech nieznana cząsteczka alkenu zawiera n atomów węgla. Ogólny wzór na szereg homologii C n H 2n. Alkeny reagują z bromem zgodnie z równaniem:

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

Obliczmy ilość bromu, która przereagowała: M (Br 2) = 160 g / mol. n (Br 2) = m / M = 40/160 = 0,25 mol.

Równanie pokazuje, że 1 mol alkenu dodaje 1 mol bromu, a zatem n (C n H 2n) = n (Br 2) = 0,25 mola.

Znając masę przereagowanego alkenu i jego ilość, znajdujemy jego masę molową: M (C n H 2n) = m (masa) / n (ilość) = 10,5 / 0,25 = 42 (g / mol).

Teraz dość łatwo zidentyfikować alken: względna masa cząsteczkowa (42) jest sumą masy n atomów węgla i 2n atomów wodoru. Otrzymujemy najprostsze równanie algebraiczne:

Rozwiązaniem tego równania jest n = 3. Wzór alkenu to C 3 H 6.

Odpowiedź: C3H6.

Przykład 2 . Całkowite uwodornienie 5,4 g pewnego alkinu zużywa 4,48 litra wodoru (n.u.) Określ wzór cząsteczkowy tego alkinu.

Rozwiązanie... Będziemy działać zgodnie z ogólnym planem. Niech nieznana cząsteczka alkinu zawiera n atomów węgla. Ogólny wzór szeregu homologicznego C n H 2n-2. Uwodornienie alkinów przebiega zgodnie z równaniem:

CnH2n-2 + 2H2 = CnH2n + 2.

Ilość przereagowanego wodoru można określić wzorem n = V / Vm. W tym przypadku n = 4,48 / 22,4 = 0,2 mola.

Z równania wynika, że 1 mol alkinu dodaje 2 mole wodoru (przypomnijmy, że w opisie problemu mówimy o całkowitym uwodornieniu), a zatem n (C n H 2n-2) = 0,1 mola.

Na podstawie masy i ilości alkinu znajdujemy jego masę molową: M (C n H 2n-2) = m (masa) / n (ilość) = 5,4 / 0,1 = 54 (g / mol).

Względna masa cząsteczkowa alkinu to suma n masy atomowe węgla i 2n-2 masy atomowe wodoru. Otrzymujemy równanie:

12n + 2n - 2 = 54.

My rozwiązujemy równanie liniowe, otrzymujemy: n = 4. Wzór alkinowy: C 4 H 6.

Odpowiedź: C4H6.

Przykład 3 . Podczas spalania 112 L (standard) nieznanego cykloalkanu w nadmiarze tlenu powstaje 336 L CO 2 . Ustal wzór strukturalny cykloalkanu.

Rozwiązanie... Ogólny wzór homologicznej serii cykloalkanów to: C n H 2n. Przy całkowitym spalaniu cykloalkanów, podobnie jak przy spalaniu wszelkich węglowodorów, powstaje dwutlenek węgla i woda:

C n H 2n + 1,5 n 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. Reakcja wynosiła 112/22,4 = 5 moli węglowodoru.

Dalsze rozumowanie jest oczywiste: jeśli 15 moli CO 2 powstaje na 5 mol cykloalkanu, to 15 cząsteczek dwutlenku węgla powstaje na 5 cząsteczek węglowodoru, to znaczy jedna cząsteczka cykloalkanu daje 3 cząsteczki CO 2. Ponieważ każda cząsteczka tlenku węgla (IV) zawiera jeden atom węgla, możemy wywnioskować, że jedna cząsteczka cykloalkanu zawiera 3 atomy węgla.

Wniosek: n = 3, wzór cykloalkanu to C 3 H 6.

tylko jeden izomer odpowiada wzorowi C3H6-cyklopropan.

Odpowiedź: cyklopropan.

Przykład 4 . 116 g pewnej ilości ograniczającego aldehydu zostało podgrzane długi czas z roztwór amoniaku tlenek srebra. Podczas reakcji powstało 432 g metalicznego srebra. Ustal wzór cząsteczkowy aldehydu.

Rozwiązanie... Ogólny wzór homologicznej serii aldehydów nasyconych 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 reakcja jest opisana bardziej złożonym równaniem. Gdy Ag 2 O dodaje się do roztwór wodny powstaje amoniak złożony związek OH - wodorotlenek diaminowego srebra. 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 + 3NH 3 + H 2 O.

Kolejny ważny punkt! Powyższe równanie nie opisuje utleniania formaldehydu (HCOH). Gdy HCHO wchodzi w interakcję z amoniakalnym roztworem tlenku srebra, na 1 mol aldehydu uwalniane są 4 mole Ag:

HCOH + 2Ag2O = CO2 + H2O + 4Ag.

Zachowaj ostrożność przy rozwiązywaniu problemów związanych z utlenianiem związków karbonylowych!

Wróćmy do naszego przykładu. Przez masę uwolnionego srebra można znaleźć ilość tego metalu: n (Ag) = m / M = 432/108 = 4 (mol). Zgodnie z równaniem na 1 mol aldehydu powstają 2 mole srebra, dlatego n (aldehyd) = 0,5n (Ag) = 0,5 * 4 = 2 mol.

Masa molowa aldehydu = 116/2 = 58 g/mol. Spróbuj sam wykonać kolejne kroki: musisz zrobić równanie, rozwiązać je i wyciągnąć wnioski.

Odpowiedź: C2H5COH.

Przykład 5 . Gdy 3,1 g pewnej ilości pierwszorzędowej aminy poddaje się reakcji z wystarczającą ilością HBr, powstaje 11,2 g soli. Ustaw formułę aminy.

Rozwiązanie... Aminy pierwszorzędowe (C n H 2n + 1 NH 2) podczas interakcji z kwasami tworzą sole alkiloamoniowe:

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

Niestety nie możemy określić ich ilości na podstawie masy aminy i powstałej soli (ponieważ masy molowe nie są znane). Wybierzmy inną ścieżkę. Przypomnijmy 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 wyraźnie podana w opisie problemu, możesz spróbować znaleźć ją na podstawie mas innych związków.

Wracamy więc do głównego nurtu standardowego algorytmu. Masą 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. Określ wzór cząsteczkowy X.

Rozwiązanie... Alkeny dodają chlor i brom, tworząc dichlorowcowane pochodne:

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

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

W tym problemie nie ma sensu próba ustalenia ilości dichlorku lub dibromku (ich masy molowe są nieznane) lub ilości chloru lub bromu (ich masy są nieznane).

Stosujemy jedną niestandardową sztuczkę. 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 dwuhalogenków. Możesz znaleźć ilości otrzymanych substancji: n (C n H 2n Cl 2) = m / M = 11,3 / (14n + 71). n (CnH2nBr2) = 20,2/(14n + 160).

Warunkowo ilość dichlorku jest równa ilości dibromku. Fakt ten daje nam możliwość skomponowania równania: 11,3 / (14n + 71) = 20,2 / (14n + 160).

To równanie ma jedyne rozwiązanie: n = 3.

Kurs wideo „Get an A” obejmuje wszystkie tematy niezbędne do pomyślnego zdania egzaminu z matematyki na 60-65 punktów. Całkowicie wszystkie zadania 1-13 Egzamin profilowy matematyka. Nadaje się również do zdania egzaminu podstawowego z matematyki. Jeśli chcesz zdać egzamin na 90-100 punktów, musisz rozwiązać część 1 w 30 minut i bez błędów!

Kurs przygotowujący do egzaminu dla klas 10-11, a także dla nauczycieli. Wszystko, czego potrzebujesz do rozwiązania części 1 egzaminu z matematyki (pierwsze 12 zadań) i zadania 13 (trygonometria). A to ponad 70 punktów na egzaminie i ani stupunktowy student, ani student humanistyki nie może się bez nich obejść.

Cała teoria, której potrzebujesz. Szybkie rozwiązania, pułapki i tajemnice egzaminu. Wszystkie istotne zadania części 1 z Banku zadań FIPI zostały zdemontowane. Kurs w pełni spełnia wymagania egzaminu-2018.

Kurs zawiera 5 dużych tematów po 2,5 godziny każdy. Każdy temat podany jest od podstaw, prosty i bezpośredni.

Setki zadań egzaminacyjnych. Zadania tekstowe i teoria prawdopodobieństwa. Proste i łatwe do zapamiętania algorytmy rozwiązywania problemów. Geometria. Teoria, materiały referencyjne, analiza wszystkich typów zadań USE. Stereometria. Podchwytliwe rozwiązania, pomocne ściągawki, rozwijanie wyobraźni przestrzennej. Trygonometria od zera do problemu 13. Zrozumienie zamiast wkuwania. Objaśnienie wizualne złożone koncepcje... Algebra. Pierwiastki, stopnie i logarytmy, funkcja i pochodna. Podstawa rozwiązywania złożonych problemów II części egzaminu.