Spremembe enotnega državnega izpita KIM 2017 v primerjavi z letom 2016
Kemija – pomembne spremembe. Struktura izpitne naloge je optimizirana:
1. Struktura 1. dela CMM je bila temeljito spremenjena: naloge z izbiro enega odgovora so bile izključene; Naloge so združene v ločene tematske sklope, od katerih vsak vsebuje naloge osnovne in višje ravni zahtevnosti.
2. Skupno število nalog se je zmanjšalo s 40 (v letu 2016) na 34.
3. Spremenjena je ocenjevalna lestvica (iz 1 na 2 točki) za reševanje nalog na osnovni ravni zahtevnosti, ki preverjajo usvajanje znanja o genetski povezanosti anorganskih in organskih snovi (9 in 17).
4. Najvišja izhodiščna ocena za opravljeno delo kot celoto bo 60 točk (namesto 64 točk v letu 2016).
Struktura enotnega državnega izpita KIM 2017 iz kemije
Vsaka različica izpitne naloge je sestavljena po enotnem načrtu: naloga je sestavljena iz dveh delov, vključno s 34 nalogami. 1. del vsebuje 29 nalog s kratkim odgovorom, od tega 20 nalog osnovne stopnje zahtevnosti (v različici so oštevilčene: 1–9, 12–17, 20–21, 27–29) in 9 nalog povišane ravni. zahtevnosti (njihove zaporedne številke: 10, 11, 18, 19, 22–26).
2. del vsebuje 5 nalog visoke zahtevnostne stopnje s podrobnimi odgovori. To so naloge s številkami 30–34.
Skupaj nalog - 34; od tega po zahtevnostnih stopnjah: B – 20 P – 9; NA 5.
Najvišja začetna ocena za delo je 60.
Skupni čas za dokončanje dela je 210 minut.
Rezultat enotnega državnega izpita iz kemije, ki ni nižji od najmanjšega določenega števila točk, daje pravico do vpisa na univerze na specialnosti, kjer seznam sprejemnih izpitov vključuje predmet kemija.
Univerze nimajo pravice postavljati minimalnega praga za kemijo pod 36 točk. Prestižne univerze svoj minimalni prag običajno postavijo veliko višje. Kajti za študij tam morajo imeti študenti prvega letnika zelo dobro znanje.
Na uradni spletni strani FIPI so vsako leto objavljene različice enotnega državnega izpita iz kemije: predstavitev, zgodnje obdobje. Prav te možnosti dajejo predstavo o strukturi prihodnjega izpita in stopnji zahtevnosti nalog ter so viri zanesljivih informacij pri pripravi na enotni državni izpit.
Zgodnja različica Enotnega državnega izpita iz kemije 2017
| leto | Prenesite zgodnjo različico |
| 2017 | varianta po himii |
| 2016 | Prenesi |
Demo različica Enotnega državnega izpita iz kemije 2017 iz FIPI
| Varianta nalog + odgovori | Prenesite demo različico |
| Specifikacija | demo varianta himiya ege |
| Kodifikator | kodifikator |
V različicah Enotnega državnega izpita iz kemije 2017 so spremembe v primerjavi s prejšnjim KIM 2016, zato je priporočljivo, da se pripravite v skladu s trenutno različico in uporabite različice prejšnjih let za raznolik razvoj diplomantov.
Dodatni materiali in oprema
Naslednji materiali so priloženi vsaki različici enotnega državnega izpita iz kemije:
− periodni sistem kemijskih elementov D.I. Mendelejev;
− tabela topnosti soli, kislin in baz v vodi;
− elektrokemične serije kovinskih napetosti.
Med izpitom je dovoljeno uporabljati neprogramabilni kalkulator. Seznam dodatnih naprav in materialov, katerih uporaba je dovoljena za enotni državni izpit, odobri Ministrstvo za izobraževanje in znanost Ruske federacije.
Za tiste, ki želijo nadaljevati šolanje na univerzi, mora biti izbira predmetov odvisna od seznama sprejemnih preizkusov za izbrano specialnost.
(smer usposabljanja).
Seznam sprejemnih izpitov na univerzah za vse specialnosti (področja usposabljanja) je določen z odredbo Ministrstva za izobraževanje in znanost Ruske federacije. Vsaka univerza s tega seznama izbere določene predmete, ki jih navede v svojih pravilih za sprejem. S temi informacijami se morate seznaniti na spletnih mestih izbranih univerz, preden se prijavite za udeležbo na enotnem državnem izpitu s seznamom izbranih predmetov.
Nalogi 33 in 34 z rešitvami.
Št. 33: Zmes bakra in bakrovega (II) oksida obdelamo s koncentrirano žveplovo kislino. Prostornina sproščenega plina je bila 4,48 litra. Pri tem je nastala raztopina, težka 300 g, z masnim deležem soli 16 %. Določite masni delež bakrovega (II) oksida v začetni mešanici.
34: Neciklični ogljikovodik je bil zgorel v kisiku, pri čemer se je sprostil ogljikov dioksid s težo 70,4 g in voda s težo 21,6 g. Pri interakciji s HCl ta ogljikovodik doda klor primarnemu ogljikovemu atomu. Na podlagi podatkov pogojev problema: 1) naredite potrebne izračune za določitev molekulske formule organske snovi; 2) zapišite molekulsko formulo organske snovi; 3) sestavite strukturno formulo izvirne snovi, ki nedvoumno odraža vrstni red vezi atomov v njeni molekuli; 4) napišite enačbo reakcije s HCl.
Št. 34: Pri gorenju organske snovi neciklične zgradbe z maso 16,2 g se je sprostilo 26,88 l (n.s.) ogljikovega dioksida in 16,2 g vode. 1 mol snovi popolnoma reagira z 1 molom vode. Znano je, da ta snov ne reagira z OH. Na podlagi podatkov pogojev problema: 1) naredite potrebne izračune za določitev molekulske formule organske snovi; 2) zapišite molekulsko formulo organske snovi; 3) sestavite strukturno formulo izvirne snovi, ki nedvoumno odraža vrstni red vezi atomov v njeni molekuli; 4) napišite enačbo za reakcijo te snovi z vodo.
Za dokončanje nalog 1–3 uporabite naslednjo serijo kemijskih elementov. Odgovor pri nalogah 1–3 je zaporedje številk, pod katerimi so označeni kemijski elementi v določeni vrstici.
- 1.S
- 2. Na
- 3. Al
- 4. Si
- 5. Mg
Naloga št. 1
Ugotovite, kateri atomi elementov, navedenih v seriji, vsebujejo en nesparjen elektron v osnovnem stanju.
Odgovor: 23
Pojasnilo:
Zapišimo elektronsko formulo za vsakega od navedenih kemičnih elementov in upodobimo elektronsko-grafično formulo zadnje elektronske ravni:
1) S: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4
2) Na: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1
3) Al: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 1
4) Si: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 2
5) Mg: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2
Naloga št. 2
Iz niza navedenih kemijskih elementov izberite tri kovinske elemente. Izbrane elemente razporedite po naraščajoči redukcijskih lastnostih.
V polje za odgovor vpišite številke izbranih elementov v zahtevanem zaporedju.
Odgovor: 352
Pojasnilo:
V glavnih podskupinah periodnega sistema se kovine nahajajo pod diagonalo bor-astatin, pa tudi v sekundarnih podskupinah. Tako so med kovinami s tega seznama Na, Al in Mg.
Kovinske in s tem redukcijske lastnosti elementov se povečujejo, ko se premikate v levo vzdolž obdobja in navzdol po podskupini. Tako se kovinske lastnosti zgoraj naštetih kovin povečujejo v vrstnem redu Al, Mg, Na
Naloga št. 3
Izmed elementov, navedenih v seriji, izberite dva elementa, ki imata v kombinaciji s kisikom oksidacijsko stopnjo +4.
V polje za odgovor vpišite številke izbranih elementov.
Odgovor: 14
Pojasnilo:
Glavna oksidacijska stanja elementov s predstavljenega seznama v kompleksnih snoveh:
Žveplo - "-2", "+4" in "+6"
Natrij Na – "+1" (enojno)
Aluminij Al – "+3" (enojni)
Silicij Si – “-4”, “+4”
Magnezij Mg – “+2” (enojno)
Naloga št. 4
Iz predlaganega seznama snovi izberite dve snovi, v katerih je prisotna ionska kemijska vez.
- 1. KCl
- 2. KNO 3
- 3. H 3 BO 3
- 4.H2SO4
- 5.PCl 3
Odgovor: 12
Pojasnilo:
V veliki večini primerov lahko prisotnost ionske vrste vezi v spojini določimo z dejstvom, da njene strukturne enote hkrati vključujejo atome tipične kovine in atome nekovine.
Na podlagi tega kriterija se v spojinah KCl in KNO 3 pojavi ionski tip vezi.
Poleg zgornje značilnosti lahko govorimo o prisotnosti ionske vezi v spojini, če njena strukturna enota vsebuje amonijev kation (NH 4 +) ali njegove organske analoge - alkilamonijeve katione RNH 3 +, dialkilamonijev R 2 NH 2 +, trialkilamonijevi kationi R 3 NH + in tetraalkilamonij R 4 N +, kjer je R nek ogljikovodikov radikal. Na primer, ionski tip vezi se pojavi v spojini (CH 3) 4 NCl med kationom (CH 3) 4 + in kloridnim ionom Cl −.
Naloga št. 5
Vzpostavite ujemanje med formulo snovi in razredom/skupino, v katero ta snov spada: za vsako mesto, označeno s črko, izberite ustrezno mesto, označeno s številko.
| A | B | IN |
Odgovor: 241
Pojasnilo:
N 2 O 3 je nekovinski oksid. Vsi nekovinski oksidi razen N 2 O, NO, SiO in CO so kisli.
Al 2 O 3 je kovinski oksid v oksidacijskem stanju +3. Kovinski oksidi v oksidacijskem stanju +3, +4 ter BeO, ZnO, SnO in PbO so amfoterni.
HClO 4 je tipičen predstavnik kislin, saj pri disociaciji v vodni raztopini iz kationov nastanejo le kationi H +:
HClO 4 = H + + ClO 4 -
Naloga št. 6
Iz predlaganega seznama snovi izberite dve snovi, z vsako medsebojno deluje cink.
1) dušikova kislina (raztopina)
2) železov(II) hidroksid
3) magnezijev sulfat (raztopina)
4) natrijev hidroksid (raztopina)
5) aluminijev klorid (raztopina)
V polje za odgovor vpišite številke izbranih snovi.
Odgovor: 14
Pojasnilo:
1) Dušikova kislina je močan oksidant in reagira z vsemi kovinami razen s platino in zlatom.
2) Železov hidroksid (ll) je netopna baza. Kovine sploh ne reagirajo z netopnimi hidroksidi, le tri kovine reagirajo s topnimi (alkalijami) - Be, Zn, Al.
3) Magnezijev sulfat je sol bolj aktivne kovine kot cink, zato reakcija ne poteka.
4) Natrijev hidroksid - alkalija (topni kovinski hidroksid). Samo Be, Zn, Al delujejo s kovinskimi alkalijami.
5) AlCl 3 – sol kovine, ki je bolj aktivna od cinka, tj. reakcija je nemogoča.
Naloga št. 7
Iz predlaganega seznama snovi izberite dva oksida, ki reagirata z vodo.
- 1.BaO
- 2. CuO
- 3. ŠT
- 4. SO 3
- 5. PbO2
V polje za odgovor vpišite številke izbranih snovi.
Odgovor: 14
Pojasnilo:
Od oksidov z vodo reagirajo samo oksidi alkalijskih in zemeljskoalkalijskih kovin ter vsi kisli oksidi razen SiO 2.
Tako sta primerni možnosti odgovora 1 in 4:
BaO + H 2 O = Ba(OH) 2
SO 3 + H 2 O = H 2 SO 4
Naloga št. 8
1) vodikov bromid
3) natrijev nitrat
4) žveplov oksid (IV)
5) aluminijev klorid
Izbrane številke zapišite v tabelo pod pripadajoče črke.
Odgovor: 52
Pojasnilo:
Edini soli med temi snovmi sta natrijev nitrat in aluminijev klorid. Vsi nitrati so tako kot natrijeve soli topni, zato natrijev nitrat načeloma ne more tvoriti oborine z nobenim od reagentov. Zato je lahko sol X samo aluminijev klorid.
Pogosta napaka med tistimi, ki opravljajo enotni državni izpit iz kemije, je nerazumevanje, da v vodni raztopini amoniak tvori šibko bazo - amonijev hidroksid zaradi reakcije:
NH3 + H2O<=>NH4OH
V zvezi s tem daje vodna raztopina amoniaka oborino, ko se zmeša z raztopinami kovinskih soli, ki tvorijo netopne hidrokside:
3NH 3 + 3H 2 O + AlCl 3 = Al(OH) 3 + 3NH 4 Cl
Naloga št. 9
V dani transformacijski shemi
Cu X> CuCl 2 Y> CuI
snovi X in Y sta:
- 1. AgI
- 2. jaz 2
- 3.Cl2
- 4.HCl
- 5. KI
Odgovor: 35
Pojasnilo:
Baker je kovina, ki se nahaja v seriji dejavnosti desno od vodika, tj. ne reagira s kislinami (razen H 2 SO 4 (konc.) in HNO 3). Tako je tvorba bakrovega (ll) klorida v našem primeru mogoča samo z reakcijo s klorom:
Cu + Cl 2 = CuCl 2
Jodidni ioni (I -) ne morejo soobstajati v isti raztopini z dvovalentnimi bakrovimi ioni, ker jih oksidirajo:
Cu 2+ + 3I - = CuI + I 2
Naloga št. 10
Vzpostavite ujemanje med reakcijsko enačbo in oksidantom v tej reakciji: za vsak položaj, označen s črko, izberite ustrezen položaj, označen s številko.
Odgovor: 1433
Pojasnilo:
Oksidacijsko sredstvo v reakciji je snov, ki vsebuje element, ki znižuje njeno oksidacijsko stopnjo
Naloga št. 11
Vzpostavite ujemanje med formulo snovi in reagenti, z vsakim od katerih lahko ta snov sodeluje: za vsak položaj, označen s črko, izberite ustrezen položaj, označen s številko.
Odgovor: 1215
Pojasnilo:
A) Cu(NO 3) 2 + NaOH in Cu(NO 3) 2 + Ba(OH) 2 – podobne interakcije. Sol reagira s kovinskim hidroksidom, če so izhodne snovi topne in produkti vsebujejo oborino, plin ali rahlo disociirajočo snov. Za prvo in drugo reakcijo sta izpolnjeni obe zahtevi:
Cu(NO 3) 2 + 2NaOH = 2NaNO 3 + Cu(OH) 2 ↓
Cu(NO 3) 2 + Ba(OH) 2 = Na(NO 3) 2 + Cu(OH) 2 ↓
Cu(NO 3) 2 + Mg - sol reagira s kovino, če je prosta kovina bolj aktivna od tiste, ki je vključena v sol. Magnezij v seriji aktivnosti se nahaja levo od bakra, kar kaže na njegovo večjo aktivnost, zato reakcija poteka:
Cu(NO 3) 2 + Mg = Mg(NO 3) 2 + Cu
B) Al(OH) 3 – kovinski hidroksid v oksidacijskem stanju +3. Kovinske hidrokside v oksidacijskem stanju +3, +4 ter hidroksida Be(OH) 2 in Zn(OH) 2 kot izjemi uvrščamo med amfoterne.
Po definiciji so amfoterni hidroksidi tisti, ki reagirajo z alkalijami in skoraj vsemi topnimi kislinami. Iz tega razloga lahko takoj sklepamo, da je možnost odgovora 2 ustrezna:
Al(OH) 3 + 3HCl = AlCl 3 + 3H 2 O
Al(OH) 3 + LiOH (raztopina) = Li ali Al(OH) 3 + LiOH (raztopina) =to=> LiAlO 2 + 2H 2 O
2Al(OH) 3 + 3H 2 SO 4 = Al 2 (SO 4) 3 + 6H 2 O
C) ZnCl 2 + NaOH in ZnCl 2 + Ba(OH) 2 – interakcija tipa »sol + kovinski hidroksid«. Pojasnilo je podano v odstavku A.
ZnCl 2 + 2NaOH = Zn(OH) 2 + 2NaCl
ZnCl 2 + Ba(OH) 2 = Zn(OH) 2 + BaCl 2
Upoštevati je treba, da s presežkom NaOH in Ba(OH) 2:
ZnCl 2 + 4NaOH = Na 2 + 2NaCl
ZnCl 2 + 2Ba(OH) 2 = Ba + BaCl 2
D) Br 2, O 2 sta močna oksidanta. Edine kovine, ki ne reagirajo, so srebro, platina in zlato:
Cu + Br 2 t° > CuBr 2
2Cu + O2 t° >2CuO
HNO 3 je kislina z močnimi oksidacijskimi lastnostmi, ker ne oksidira z vodikovimi kationi, temveč z elementom, ki tvori kislino - dušik N +5. Reagira z vsemi kovinami razen s platino in zlatom:
4HNO 3(konc.) + Cu = Cu(NO 3)2 + 2NO 2 + 2H 2 O
8HNO 3(razd.) + 3Cu = 3Cu(NO 3) 2 + 2NO + 4H 2 O
Naloga št. 12
Vzpostavite ujemanje med splošno formulo homologne serije in imenom snovi, ki pripada tej seriji: za vsak položaj, označen s črko, izberite ustrezen položaj, označen s številko.
Izbrane številke zapišite v tabelo pod pripadajoče črke.
| A | B | IN | |
Odgovor: 231
Pojasnilo:
Naloga št. 13
Iz predlaganega seznama snovi izberite dve snovi, ki sta izomera ciklopentana.
1) 2-metilbutan
2) 1,2-dimetilciklopropan
3) penten-2
4) heksen-2
5) ciklopenten
V polje za odgovor vpišite številke izbranih snovi.
Odgovor: 23
Pojasnilo:
Ciklopentan ima molekulsko formulo C5H10. Zapišimo strukturne in molekulske formule snovi, navedenih v pogoju
Ime snovi |
Strukturna formula |
Molekulska formula |
ciklopentan |
C5H10 |
|
2-metilbutan |
||
1,2-dimetilciklopropan |
C5H10 |
|
C5H10 |
||
ciklopenten |
Naloga št. 14
Iz predlaganega seznama snovi izberite dve snovi, od katerih vsaka reagira z raztopino kalijevega permanganata.
1) metilbenzen
2) cikloheksan
3) metilpropan
V polje za odgovor vpišite številke izbranih snovi.
Odgovor: 15
Pojasnilo:
Od ogljikovodikov, ki reagirajo z vodno raztopino kalijevega permanganata, so tisti, ki v svoji strukturni formuli vsebujejo vezi C=C ali C≡C, pa tudi homologi benzena (razen benzena samega).
Za ta način sta primerna metilbenzen in stiren.
Naloga št. 15
Iz predlaganega seznama snovi izberite dve snovi, s katerimi medsebojno deluje fenol.
1) klorovodikova kislina
2) natrijev hidroksid
4) dušikova kislina
5) natrijev sulfat
V polje za odgovor vpišite številke izbranih snovi.
Odgovor: 24
Pojasnilo:
Fenol ima šibke kisle lastnosti, bolj izrazite kot alkoholi. Zaradi tega fenoli za razliko od alkoholov reagirajo z alkalijami:
C 6 H 5 OH + NaOH = C 6 H 5 ONa + H 2 O
Fenol vsebuje v svoji molekuli hidroksilno skupino, ki je neposredno vezana na benzenski obroč. Hidroksi skupina je orientacijsko sredstvo prve vrste, kar pomeni, da olajša substitucijske reakcije v orto in para položaju:
Naloga št. 16
Iz predlaganega seznama snovi izberite dve snovi, ki se hidrolizirata.
1) glukoza
2) saharoza
3) fruktoza
5) škrob
V polje za odgovor vpišite številke izbranih snovi.
Odgovor: 25
Pojasnilo:
Vse naštete snovi so ogljikovi hidrati. Od ogljikovih hidratov monosaharidi niso podvrženi hidrolizi. Glukoza, fruktoza in riboza so monosaharidi, saharoza je disaharid, škrob pa polisaharid. Zato sta saharoza in škrob iz zgornjega seznama podvržena hidrolizi.
Naloga št. 17
Določena je naslednja shema transformacij snovi:
1,2-dibromoetan → X → bromoetan → Y → etil format
Ugotovite, kateri od navedenih snovi sta snovi X in Y.
2) etanal
4) kloroetan
5) acetilen
Pod ustrezne črke v tabeli zapiši številke izbranih snovi.
Naloga št. 18
Vzpostavite ujemanje med imenom izhodne snovi in produktom, ki nastane predvsem pri reakciji te snovi z bromom: za vsako mesto, označeno s črko, izberite ustrezno mesto, označeno s številko.
Izbrane številke zapišite v tabelo pod pripadajoče črke.
| A | B | IN | G |
Odgovor: 2134
Pojasnilo:
Substitucija na sekundarnem ogljikovem atomu se pojavi v večji meri kot na primarnem. Tako je glavni produkt bromiranja propana 2-bromopropan, ne 1-bromopropan:
Cikloheksan je cikloalkan z velikostjo obroča več kot 4 atome ogljika. Cikloalkani z velikostjo obroča več kot 4 atomi ogljika pri interakciji s halogeni vstopijo v substitucijsko reakcijo z ohranitvijo cikla:
Ciklopropan in ciklobutan - cikloalkani z najmanjšo velikostjo obroča so prednostno podvrženi adicijskim reakcijam, ki jih spremlja zlom obroča:
Zamenjava vodikovih atomov pri terciarnem ogljikovem atomu se pojavi v večji meri kot pri sekundarnih in primarnih. Tako bromiranje izobutana poteka predvsem na naslednji način:
Naloga št. 19
Vzpostavite ujemanje med reakcijsko shemo in organsko snovjo, ki je produkt te reakcije: za vsako mesto, označeno s črko, izberite ustrezno mesto, označeno s številko.
Izbrane številke zapišite v tabelo pod pripadajoče črke.
| A | B | IN | G |
Odgovor: 6134
Pojasnilo:
Segrevanje aldehidov s sveže oborjenim bakrovim hidroksidom vodi do oksidacije aldehidne skupine v karboksilno skupino:
Aldehidi in ketoni se reducirajo z vodikom v prisotnosti niklja, platine ali paladija v alkohole:
Primarni in sekundarni alkoholi se z vročim CuO oksidirajo v aldehide oziroma ketone:
Ko koncentrirana žveplova kislina med segrevanjem reagira z etanolom, lahko nastaneta dva različna produkta. Pri segrevanju na temperaturo pod 140 °C poteka pretežno medmolekularna dehidracija s tvorbo dietil etra, pri segrevanju nad 140 °C pa znotrajmolekularna dehidracija, zaradi česar nastane etilen:
Naloga št. 20
Iz predlaganega seznama snovi izberite dve snovi, katerih reakcija toplotnega razpada je redoks.
1) aluminijev nitrat
2) kalijev bikarbonat
3) aluminijev hidroksid
4) amonijev karbonat
5) amonijev nitrat
V polje za odgovor vpišite številke izbranih snovi.
Odgovor: 15
Pojasnilo:
Redoks reakcije so tiste reakcije, pri katerih eden ali več kemičnih elementov spremeni svoje oksidacijsko stanje.
Reakcije razgradnje absolutno vseh nitratov so redoks reakcije. Kovinski nitrati od Mg do vključno Cu razpadejo na kovinski oksid, dušikov dioksid in molekularni kisik:
Vsi kovinski bikarbonati že pri rahlem segrevanju (60 o C) razpadejo na kovinski karbonat, ogljikov dioksid in vodo. V tem primeru ne pride do spremembe oksidacijskih stanj:
Netopni oksidi pri segrevanju razpadejo. Reakcija ni redoks, ker Noben kemični element zaradi tega ne spremeni svojega oksidacijskega stanja:
Amonijev karbonat pri segrevanju razpade na ogljikov dioksid, vodo in amoniak. Reakcija ni redoks:
Amonijev nitrat razpade na dušikov oksid (I) in vodo. Reakcija se nanaša na OVR:
Naloga št. 21
Iz predlaganega seznama izberite dva zunanja vpliva, ki povzročita povečanje hitrosti reakcije dušika z vodikom.
1) znižanje temperature
2) povečanje tlaka v sistemu
5) uporaba inhibitorja
V polje za odgovor vpišite številke izbranih zunanjih vplivov.
Odgovor: 24
Pojasnilo:
1) znižanje temperature:
Hitrost katere koli reakcije se zmanjšuje z nižanjem temperature
2) povečanje tlaka v sistemu:
Povečanje tlaka poveča hitrost vsake reakcije, v kateri sodeluje vsaj ena plinasta snov.
3) zmanjšanje koncentracije vodika
Zmanjšanje koncentracije vedno zmanjša hitrost reakcije
4) povečanje koncentracije dušika
Povečanje koncentracije reagentov vedno poveča hitrost reakcije
5) uporaba inhibitorja
Inhibitorji so snovi, ki upočasnjujejo hitrost reakcije.
Naloga št. 22
Vzpostavite ujemanje med formulo snovi in produkti elektrolize vodne raztopine te snovi na inertnih elektrodah: za vsak položaj, označen s črko, izberite ustrezen položaj, označen s številko.
Izbrane številke zapišite v tabelo pod pripadajoče črke.
| A | B | IN | G |
Odgovor: 5251
Pojasnilo:
A) NaBr → Na + + Br -
Kationi Na+ in molekule vode tekmujejo med seboj za katodo.
2H 2 O + 2e - → H 2 + 2OH -
2Cl - -2e → Cl 2
B) Mg(NO 3) 2 → Mg 2+ + 2NO 3 -
Kationi Mg 2+ in molekule vode tekmujejo med seboj za katodo.
Kationi alkalijskih kovin, pa tudi magnezij in aluminij, se zaradi visoke aktivnosti ne morejo reducirati v vodni raztopini. Zaradi tega se molekule vode reducirajo v skladu z enačbo:
2H 2 O + 2e - → H 2 + 2OH -
NO 3 – anioni in molekule vode tekmujejo med seboj za anodo.
2H 2 O - 4e - → O 2 + 4H +
Odgovor 2 (vodik in kisik) je torej ustrezen.
B) AlCl 3 → Al 3+ + 3Cl -
Kationi alkalijskih kovin, pa tudi magnezij in aluminij, se zaradi visoke aktivnosti ne morejo reducirati v vodni raztopini. Zaradi tega se molekule vode reducirajo v skladu z enačbo:
2H 2 O + 2e - → H 2 + 2OH -
Cl - anioni in molekule vode tekmujejo med seboj za anodo.
Anioni, sestavljeni iz enega kemičnega elementa (razen F -), so boljši od molekul vode za oksidacijo na anodi:
2Cl - -2e → Cl 2
Zato je ustrezna možnost odgovora 5 (vodik in halogen).
D) CuSO 4 → Cu 2+ + SO 4 2-
Kovinski kationi desno od vodika v nizu aktivnosti se zlahka reducirajo v pogojih vodne raztopine:
Cu 2+ + 2e → Cu 0
Kislinski ostanki, ki vsebujejo element, ki tvori kislino, v najvišjem oksidacijskem stanju izgubijo konkurenco z molekulami vode za oksidacijo na anodi:
2H 2 O - 4e - → O 2 + 4H +
Tako je ustrezna možnost odgovora 1 (kisik in kovina).
Naloga št. 23
Vzpostavite ujemanje med imenom soli in medijem vodne raztopine te soli: za vsako mesto, označeno s črko, izberite ustrezno mesto, označeno s številko.
Izbrane številke zapišite v tabelo pod pripadajoče črke.
| A | B | IN | G |
Odgovor: 3312
Pojasnilo:
A) železov (III) sulfat - Fe 2 (SO 4) 3
tvorita šibka "baza" Fe(OH) 3 in močna kislina H 2 SO 4. Zaključek - okolje je kislo
B) kromov (III) klorid - CrCl 3
ki ga tvorita šibka "baza" Cr(OH) 3 in močna kislina HCl. Zaključek - okolje je kislo
B) natrijev sulfat - Na 2 SO 4
Nastane iz močne baze NaOH in močne kisline H 2 SO 4. Zaključek - okolje je nevtralno
D) natrijev sulfid - Na 2 S
Sestoji iz močne baze NaOH in šibke kisline H2S. Zaključek - okolje je alkalno.
Naloga št. 24
Vzpostavite ujemanje med načinom vplivanja na ravnotežni sistem
CO (g) + Cl 2 (g) COCl 2 (g) + Q
in smer premika kemijskega ravnovesja kot rezultat tega učinka: za vsak položaj, označen s črko, izberite ustrezen položaj, označen s številko.
Izbrane številke zapišite v tabelo pod pripadajoče črke.
| A | B | IN | G |
Odgovor: 3113
Pojasnilo:
Premik ravnotežja pod zunanjim vplivom na sistem se zgodi tako, da je učinek tega zunanjega vpliva minimiziran (Le Chatelierjev princip).
A) Povečanje koncentracije CO povzroči premik ravnotežja proti reakciji naprej, ker povzroči zmanjšanje količine CO.
B) Zvišanje temperature bo premaknilo ravnotežje proti endotermni reakciji. Ker je prednja reakcija eksotermna (+Q), se bo ravnotežje premaknilo proti obratni reakciji.
C) Zmanjšanje tlaka bo premaknilo ravnotežje v smeri reakcije, ki ima za posledico povečanje količine plinov. Pri povratni reakciji nastane več plinov kot pri neposredni reakciji. Tako se bo ravnotežje premaknilo proti nasprotni reakciji.
D) Povečanje koncentracije klora povzroči premik ravnotežja v smeri neposredne reakcije, saj posledično zmanjša količino klora.
Naloga št. 25
Vzpostavite ujemanje med dvema snovema in reagentom, ki ga lahko uporabite za razlikovanje teh snovi: za vsako mesto, označeno s črko, izberite ustrezno mesto, označeno s številko.
Odgovor: 3454
Pojasnilo:
Dve snovi je mogoče razlikovati s pomočjo tretje le, če ti dve snovi z njo delujeta drugače, in kar je najpomembneje, te razlike so navzven razločljive.
A) Raztopini FeSO 4 in FeCl 2 lahko ločimo z raztopino barijevega nitrata. V primeru FeSO 4 nastane bela oborina barijevega sulfata:
FeSO 4 + BaCl 2 = BaSO 4 ↓ + FeCl 2
V primeru FeCl 2 ni vidnih znakov interakcije, saj do reakcije ne pride.
B) Raztopini Na 3 PO 4 in Na 2 SO 4 lahko ločimo z raztopino MgCl 2. Raztopina Na 2 SO 4 ne reagira, pri Na 3 PO 4 pa se izloči bela oborina magnezijevega fosfata:
2Na 3 PO 4 + 3MgCl 2 = Mg 3 (PO 4) 2 ↓ + 6NaCl
C) Raztopini KOH in Ca(OH) 2 lahko ločimo z raztopino Na 2 CO 3. KOH ne reagira z Na 2 CO 3, ampak Ca(OH) 2 daje belo oborino kalcijevega karbonata z Na 2 CO 3:
Ca(OH) 2 + Na 2 CO 3 = CaCO 3 ↓ + 2NaOH
D) Raztopini KOH in KCl lahko ločimo z raztopino MgCl 2. KCl ne reagira z MgCl 2 in mešanje raztopin KOH in MgCl 2 povzroči nastanek bele oborine magnezijevega hidroksida:
MgCl 2 + 2KOH = Mg(OH) 2 ↓ + 2KCl
Naloga št. 26
Vzpostavite ujemanje med snovjo in njenim področjem uporabe: za vsak položaj, označen s črko, izberite ustrezen položaj, označen s številko.
Izbrane številke zapišite v tabelo pod pripadajoče črke.
| A | B | IN | G |
Odgovor: 2331
Pojasnilo:
Amoniak - uporablja se pri proizvodnji dušikovih gnojil. Zlasti amoniak je surovina za proizvodnjo dušikove kisline, iz katere se nato proizvajajo gnojila - natrijev, kalijev in amonijev nitrat (NaNO 3, KNO 3, NH 4 NO 3).
Kot topili se uporabljata ogljikov tetraklorid in aceton.
Etilen se uporablja za proizvodnjo spojin z visoko molekulsko maso (polimerov), in sicer polietilena.
Odgovor na naloge 27–29 je število. To številko zapišite v polje za odgovor v besedilu dela, pri tem pa ohranite navedeno stopnjo natančnosti. Nato to številko prenesite v OBRAZEC ZA ODGOVORE št. 1 desno od številke ustrezne naloge, začenši s prvo celico. Vsak znak vpišite v ločen okvir v skladu z vzorci, ki so navedeni v obrazcu. Merskih enot fizikalnih veličin ni treba pisati.
Naloga št. 27
Kakšno maso kalijevega hidroksida je treba raztopiti v 150 g vode, da dobimo raztopino z masnim deležem alkalije 25 %? (Zapišite število na najbližje celo število.)
Odgovor: 50
Pojasnilo:
Naj bo masa kalijevega hidroksida, ki jo je treba raztopiti v 150 g vode, enaka x g. Potem bo masa nastale raztopine (150 + x) g, masni delež alkalije v taki raztopini pa je lahko izraženo kot x/(150+x). Iz pogoja vemo, da je masni delež kalijevega hidroksida 0,25 (ali 25 %). Tako velja enačba:
x/(150+x) = 0,25
Tako je masa, ki jo je treba raztopiti v 150 g vode, da dobimo raztopino z masnim deležem alkalije 25%, 50 g.
Naloga št. 28
V reakciji, katere termokemijska enačba je
MgO (tv.) + CO 2 (g) → MgCO 3 (tv.) + 102 kJ,
Vstopilo je 88 g ogljikovega dioksida. Koliko toplote se bo v tem primeru sprostilo? (Zapišite število na najbližje celo število.)
Odgovor: ___________________________ kJ.
Odgovor: 204
Pojasnilo:
Izračunajmo količino ogljikovega dioksida:
n(CO 2) = n(CO 2)/ M(CO 2) = 88/44 = 2 mol,
Po reakcijski enačbi, ko 1 mol CO 2 reagira z magnezijevim oksidom, se sprosti 102 kJ. V našem primeru je količina ogljikovega dioksida 2 mol. Če količino sproščene toplote označimo kot x kJ, lahko zapišemo naslednji delež:
1 mol CO 2 – 102 kJ
2 mol CO 2 – x kJ
Zato velja enačba:
1 ∙ x = 2 ∙ 102
Tako je količina toplote, ki se bo sprostila, ko v reakciji z magnezijevim oksidom sodeluje 88 g ogljikovega dioksida, 204 kJ.
Naloga št. 29
Določite maso cinka, ki reagira s klorovodikovo kislino, da nastane 2,24 L (N.S.) vodika. (Zapiši številko na najbližjo desetino.)
Odgovor: ___________________________ g.
Odgovor: 6,5
Pojasnilo:
Zapišimo reakcijsko enačbo:
Zn + 2HCl = ZnCl 2 + H 2
Izračunajmo količino vodikove snovi:
n(H 2) = V(H 2)/V m = 2,24/22,4 = 0,1 mol.
Ker sta v reakcijski enačbi enaka koeficienta pred cinkom in vodikom, to pomeni, da sta tudi količini cinkovih snovi, ki sta vstopili v reakcijo, in pri njej nastalega vodika enaki, tj.
n(Zn) = n(H 2) = 0,1 mol, torej:
m(Zn) = n(Zn) ∙ M(Zn) = 0,1 ∙ 65 = 6,5 g.
Ne pozabite prenesti vseh odgovorov v obrazec za odgovore št. 1 v skladu z navodili za dokončanje dela.
Naloga št. 33
Natrijev bikarbonat z maso 43,34 g je bil kalciniran do konstantne teže. Ostanek smo raztopili v presežku klorovodikove kisline. Nastali plin spustimo skozi 100 g 10 % raztopine natrijevega hidroksida. Določite sestavo in maso nastale soli, njen masni delež v raztopini. V odgovoru zapišite reakcijske enačbe, ki so navedene v nalogi naloge, in navedite vse potrebne izračune (navedite merske enote zahtevanih fizikalnih količin).
odgovor:
Pojasnilo:
Natrijev bikarbonat pri segrevanju razpade po enačbi:
2NaHCO 3 → Na 2 CO 3 + CO 2 + H 2 O (I)
Nastali trdni ostanek je očitno sestavljen samo iz natrijevega karbonata. Ko natrijev karbonat raztopimo v klorovodikovi kislini, pride do naslednje reakcije:
Na 2 CO 3 + 2HCl → 2NaCl + CO 2 + H 2 O (II)
Izračunajte količino natrijevega bikarbonata in natrijevega karbonata:
n(NaHCO3) = m(NaHCO3)/M(NaHCO3) = 43,34 g/84 g/mol ≈ 0,516 mol,
torej,
n(Na 2 CO 3) = 0,516 mol/2 = 0,258 mol.
Izračunajmo količino ogljikovega dioksida, ki nastane pri reakciji (II):
n(CO 2) = n(Na 2 CO 3) = 0,258 mol.
Izračunajmo maso čistega natrijevega hidroksida in njegovo količino snovi:
m(NaOH) = m raztopina (NaOH) ∙ ω(NaOH)/100 % = 100 g ∙ 10 %/100 % = 10 g;
n(NaOH) = m(NaOH)/M(NaOH) = 10/40 = 0,25 mol.
Interakcija ogljikovega dioksida z natrijevim hidroksidom, odvisno od njunih deležev, lahko poteka v skladu z dvema različnima enačbama:
2NaOH + CO 2 = Na 2 CO 3 + H 2 O (s presežkom alkalije)
NaOH + CO 2 = NaHCO 3 (s presežkom ogljikovega dioksida)
Iz predstavljenih enačb izhaja, da pri razmerju n(NaOH)/n(CO 2) ≥2 dobimo samo povprečno sol, pri razmerju n(NaOH)/n(CO 2) ≤ 1 pa samo kislo sol.
Po izračunih je ν(CO 2) > ν(NaOH), torej:
n(NaOH)/n(CO2) ≤ 1
Tisti. interakcija ogljikovega dioksida z natrijevim hidroksidom poteka izključno s tvorbo kisle soli, tj. po enačbi:
NaOH + CO 2 = NaHCO 3 (III)
Izračun izvajamo na podlagi pomanjkanja alkalij. Po reakcijski enačbi (III):
n(NaHCO3) = n(NaOH) = 0,25 mol, torej:
m(NaHCO 3) = 0,25 mol ∙ 84 g/mol = 21 g.
Masa nastale raztopine bo vsota mase raztopine alkalije in mase ogljikovega dioksida, ki jo absorbira.
Iz reakcijske enačbe sledi, da je reagirala, tj. od 0,258 mol CO 2 se je absorbiralo le 0,25 mol. Potem je masa absorbiranega CO 2:
m(CO 2) = 0,25 mol ∙ 44 g/mol = 11 g.
Nato je masa raztopine enaka:
m(raztopina) = m(raztopina NaOH) + m(CO 2) = 100 g + 11 g = 111 g,
in masni delež natrijevega bikarbonata v raztopini bo tako enak:
ω(NaHCO 3) = 21 g/111 g ∙ 100 % ≈ 18,92 %.
Naloga št. 34
Pri zgorevanju 16,2 g organske snovi neciklične strukture smo dobili 26,88 l (n.s.) ogljikovega dioksida in 16,2 g vode. Znano je, da 1 mol te organske snovi v prisotnosti katalizatorja doda le 1 mol vode in ta snov ne reagira z raztopino amoniaka srebrovega oksida.
Na podlagi podatkov o težavah:
1) narediti potrebne izračune za določitev molekulske formule organske snovi;
2) zapišite molekulsko formulo organske snovi;
3) sestavite strukturno formulo organske snovi, ki nedvoumno odraža vrstni red vezi atomov v njeni molekuli;
4) napišite enačbo za reakcijo hidratacije organske snovi.
odgovor:
Pojasnilo:
1) Za določitev elementarne sestave izračunajmo količine snovi ogljikovega dioksida, vode in nato mase elementov, ki so v njih vključeni:
n(CO 2 ) = 26,88 l/22,4 l/mol = 1,2 mol;
n(CO 2) = n(C) = 1,2 mol; m(C) = 1,2 mol ∙ 12 g/mol = 14,4 g.
n(H2O) = 16,2 g/18 g/mol = 0,9 mol; n(H) = 0,9 mol ∙ 2 = 1,8 mol; m(H) = 1,8 g.
m(org. snovi) = m(C) + m(H) = 16,2 g, torej v organski snovi ni kisika.
Splošna formula organske spojine je C x H y.
x: y = ν(C) : ν(H) = 1,2: 1,8 = 1: 1,5 = 2: 3 = 4: 6
Tako je najpreprostejša formula snovi C 4 H 6. Prava formula snovi lahko sovpada z najpreprostejšo ali pa se od nje razlikuje za celo število krat. Tisti. biti na primer C8H12, C12H18 itd.
Pogoj pravi, da je ogljikovodik necikličen in lahko ena njegova molekula veže samo eno molekulo vode. To je mogoče, če je v strukturni formuli snovi samo ena večkratna vez (dvojna ali trojna). Ker je želeni ogljikovodik necikličen, je očitno, da lahko ena večkratna vez obstaja samo za snov s formulo C 4 H 6. Pri drugih ogljikovodikih z večjo molekulsko maso je število večkratnih vezi vedno večje od ena. Tako molekularna formula snovi C 4 H 6 sovpada z najpreprostejšo.
2) Molekulska formula organske snovi je C 4 H 6.
3) Od ogljikovodikov alkini, pri katerih se trojna vez nahaja na koncu molekule, medsebojno delujejo z raztopino amoniaka srebrovega oksida. Da bi se izognili interakciji z amoniakovo raztopino srebrovega oksida, mora imeti alkinska sestava C 4 H 6 naslednjo strukturo:
CH 3 -C≡C-CH 3
4) Hidracija alkinov poteka v prisotnosti soli dvovalentnega živega srebra.
