Namai Vaisių medžiai Chemijos egzamino testas. Internetiniai Gia chemijos testai. Skaičiavimai pagal chemines lygtis

Vaisių medžiai

Chemijos egzamino testas. Internetiniai Gia chemijos testai. Skaičiavimai pagal chemines lygtis

Švietimo portalas „SOLVE USE“ yra mano asmeninis labdaros projektas. Ją kūriau aš, taip pat mano draugai ir kolegos, kuriems labiau rūpi vaikų ugdymas nei jie patys. Niekas nefinansuojamas.

Pasirengimo valstybiniams egzaminams nuotolinio mokymosi sistemą „SOLVE USE“ (http://reshuege.rf, http://ege.sdamgia.ru) sukūrė kūrybinis susivienijimas „Intelektinių iniciatyvų centras“. Vadovas - Gushchin DD, matematikos, fizikos ir informatikos mokytojas, Rusijos Federacijos bendrojo lavinimo garbės darbuotojas, Rusijos metų mokytojas - 2007, Federalinės matematikos valdymo ir matavimo medžiagų kūrimo komisijos narys. Vieningas valstybinis matematikos egzaminas (2009-2010), Vieningo valstybinio matematikos egzamino federalinės dalykinės komisijos ekspertas (2011-2012), GIA matematikos regioninės dalykinės komisijos pirmininko pavaduotojas (2012-2014), vadovaujantis ekspertas Vieningo valstybinio matematikos egzamino (2014–2015 m.), federalinio eksperto (2015–2017 m.).

ŠVIETIMO PORTALO „ISPRASKITE NAUDOJIMĄ“ PASLAUGOS

Teminiam kartojimui organizuoti buvo sukurtas egzaminų užduočių klasifikatorius, leidžiantis nuosekliai kartoti tam tikras smulkias temas ir iš karto pasitikrinti savo žinias apie jas.
Norint organizuoti dabartinę žinių kontrolę, į mokymo darbo variantus galima įtraukti savavališką kiekvieno egzamino tipo užduočių skaičių.
Atliekant baigiamuosius egzaminus planuojama išlaikyti testavimą šių metų USE formatu pagal vieną iš sistemoje iš anksto įdiegtų parinkčių arba pagal individualią atsitiktinai sugeneruotą parinktį.
Treniruočių lygiui valdyti sistema veda studijuotų temų ir išspręstų užduočių statistiką.
Susipažinti su egzamino darbų tikrinimo taisyklėmis galima sužinoti užduočių su detaliu atsakymu tikrinimo kriterijus ir pagal juos patikrinti užduotis su atviru atsakymu.
Norint preliminariai įvertinti pasirengimo lygį išlaikius testą, pateikiama testo egzamino balo prognozė šimtabalėje skalėje.

Užduočių katalogai yra sukurti specialiai portalui „SOLVE USE“ ir yra redaktorių intelektinė nuosavybė. FIPI atvirojo užduočių banko užduotys, egzaminų demonstracinės versijos, išlaikytų egzaminų užduotys, parengtos Federalinio pedagoginių matavimų instituto, Maskvos atvirojo ugdymo instituto parengtas diagnostinis darbas, užduotys iš literatūrinių šaltinių naudojamos pagal licencijas. autorių teisių turėtojams. Portalo vartotojai taip pat turi galimybę į katalogus įtraukti savo užduotis, publikuoti teorinę medžiagą, kurti mokymo kursus, susirašinėti su savo skaitytojais.

Visos sistemoje naudojamos užduotys pateikiamos su atsakymais ir išsamiais sprendimais.

Jei planuojate reguliariai naudotis svetaine, užsiregistruokite. Tai leis sistemai vesti jūsų išspręstų užduočių statistiką ir teikti rekomendacijas, kaip pasiruošti egzaminui.

Visos portalo paslaugos yra nemokamos.

Pagaminta Sankt Peterburge, Norilske, Slavjanske prie Kubano, Voroneže, Ozerske, Maskvoje, Penzoje, Novočerkaske, Paryžiuje.

Griežtai draudžiama kopijuoti svetainės medžiagą, įskaitant, bet neapsiribojant: antraštes, užduotis, atsakymus, paaiškinimus ir sprendimus, atsakymus į skaitytojų klausimus, žinynus. Portalo naudojimas reiškia sutikimą su šiomis sąlygomis. Galite pateikti nuorodas į projekto puslapius.

Informuojame!
„Examer LLC“ generalinis direktorius Degtyarevas Artyomas iš Taganrogo savo mokamos svetainės puslapius pavadino „NUSPRENDĖJU NAUDOTI“. Aptakus ir kūrybingas direktorius paaiškino, kad tokia yra jo įmonės politika. Portalo viduje mokomoji medžiaga su klaidomis.

Chemijos uždavinių sprendimo metodika

Spręsdami problemas, turite vadovautis keliomis paprastomis taisyklėmis:

Atidžiai perskaitykite problemos būklę;
Užsirašykite, kas duota;
Jei reikia, konvertuoti fizikinių dydžių vienetus į SI vienetus (leistini kai kurie nesisteminiai vienetai, pavyzdžiui, litrai);
Jei reikia, užrašykite reakcijos lygtį ir išdėliokite koeficientus;
Išspręskite problemą naudodami medžiagos kiekio sąvoką, o ne proporcijų sudarymo metodą;
Užsirašykite atsakymą.

Norint sėkmingai pasirengti chemijai, reikia gerai apgalvoti tekste pateiktus uždavinių sprendimus, taip pat savarankiškai išspręsti pakankamai daug jų. Būtent sprendžiant uždavinius bus fiksuojamos pagrindinės teorinės chemijos kurso nuostatos. Spręsti uždavinius būtina per visą chemijos studijų ir pasiruošimo egzaminui laiką.

Galite naudoti šiame puslapyje pateiktas užduotis arba atsisiųsti gerą užduočių ir pratimų rinkinį su tipiškų ir sudėtingų užduočių sprendimu (M. I. Lebedeva, I. A. Ankudimova): atsisiųskite.

Molis, molinė masė

Molinė masė – tai medžiagos masės ir medžiagos kiekio santykis, t.y.

М(х) = m(x)/ν(x), (1)

čia M(x) – medžiagos X molinė masė, m(x) – medžiagos X masė, ν(x) – medžiagos X kiekis. Molinės masės SI vienetas yra kg/mol, bet g/mol yra dažniausiai naudojamas. Masės vienetas yra g, kg. Medžiagos kiekio SI vienetas yra molis.

Bet koks chemijos problema išspręsta per medžiagos kiekį. Prisiminkite pagrindinę formulę:

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

čia V(x) – medžiagos tūris Х(l), Vm – molinis dujų tūris (l/mol), N – dalelių skaičius, N A – Avogadro konstanta.

1. Nustatykite masę natrio jodidas NaI medžiagos kiekis 0,6 mol.

Duota: ν(NaI)= 0,6 mol.

Rasti: m(NaI) =?

Sprendimas. Natrio jodido molinė masė yra:

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

Nustatykite NaI masę:

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

2. Nustatykite medžiagos kiekį atominis boras, esantis natrio tetraborate Na 2 B 4 O 7, sveriančiame 40,4 g.

Duota: m(Na 2B 4 O 7) \u003d 40,4 g.

Rasti: ν(B)=?

Sprendimas. Natrio tetraborato molinė masė yra 202 g/mol. Nustatykite medžiagos Na 2 B 4 O 7 kiekį:

ν (Na 2 B 4 O 7) \u003d m (Na 2 B 4 O 7) / M (Na 2 B 4 O 7) \u003d 40,4 / 202 \u003d 0,2 mol.

Prisiminkite, kad 1 molis natrio tetraborato molekulės turi 2 molius natrio atomų, 4 molius boro atomų ir 7 molius deguonies atomų (žr. natrio tetraborato formulę). Tada atominės boro medžiagos kiekis yra: ν (B) \u003d 4 ν (Na 2 B 4 O 7) \u003d 4 0,2 \u003d 0,8 mol.

Skaičiavimai pagal chemines formules. Masinė dalis.

Medžiagos masės dalis yra tam tikros medžiagos masės sistemoje santykis su visos sistemos mase, t.y. ω(X) =m(X)/m, kur ω(X) – medžiagos X masės dalis, m(X) – medžiagos X masė, m – visos sistemos masė. Masės dalis yra bematis dydis. Jis išreiškiamas vieneto dalimi arba procentais. Pavyzdžiui, atominio deguonies masės dalis yra 0,42, arba 42%, t.y. ω(O)=0,42. Atominio chloro masės dalis natrio chloride yra 0,607, arba 60,7%, t.y. ω(Cl)=0,607.

3. Nustatykite masės dalį kristalizacijos vanduo bario chlorido dihidrate BaCl 2 2H 2 O.

Sprendimas: BaCl 2 2H 2 O molinė masė yra:

M (BaCl 2 2H 2 O) \u003d 137+ 2 35,5 + 2 18 \u003d 244 g/mol

Iš formulės BaCl 2 2H 2 O išplaukia, kad 1 mol bario chlorido dihidrato yra 2 mol H 2 O. Iš to galime nustatyti BaCl 2 2H 2 O esančio vandens masę:

m(H2O) \u003d 2 18 \u003d 36 g.

Kristalizacijos vandens masės dalį randame bario chlorido dihidrate BaCl 2 2H 2 O.

ω (H 2 O) \u003d m (H 2 O) / m (BaCl 2 2H 2 O) \u003d 36/244 \u003d 0,1475 \u003d 14,75%.

4. Iš uolienų mėginio, sveriančio 25 g, turinčio mineralo argentito Ag 2 S, išskirtas 5,4 g sveriantis sidabras. Nustatykite masės dalį argentitas mėginyje.

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

Rasti: ω(Ag 2 S) =?

Sprendimas: nustatome sidabro medžiagos kiekį argentite: ν (Ag) \u003d m (Ag) / M (Ag) \u003d 5,4 / 108 \u003d 0,05 mol.

Iš formulės Ag 2 S išplaukia, kad argentito kiekis yra pusė sidabro medžiagos kiekio. Nustatykite argentito medžiagos kiekį:

ν (Ag 2 S) \u003d 0,5 ν (Ag) \u003d 0,5 0,05 \u003d 0,025 mol

Apskaičiuojame argentito masę:

m (Ag 2 S) \u003d ν (Ag 2 S) M (Ag 2 S) = 0,025 248 \u003d 6,2 g.

Dabar nustatome argentito masės dalį uolienų mėginyje, sveriančiame 25 g.

ω (Ag 2 S) \u003d m (Ag 2 S) / m \u003d 6,2 / 25 \u003d 0,248 \u003d 24,8%.

Sudėtinių formulių išvedimas

5. Nustatykite paprasčiausią junginio formulę kalio su manganu ir deguonimi, jei elementų masės dalys šioje medžiagoje yra atitinkamai 24,7, 34,8 ir 40,5%.

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

Rasti: sudėtinė formulė.

Sprendimas: skaičiavimams parenkame junginio masę, lygią 100 g, t.y. m=100 g. Kalio, mangano ir deguonies masės bus:

m (K) = m ω (K); m (K) \u003d 100 0,247 \u003d 24,7 g;

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

m (O) = m ω(O); m (O) \u003d 100 0,405 \u003d 40,5 g.

Nustatome atominių kalio, mangano ir deguonies medžiagų kiekį:

ν (K) \u003d m (K) / M (K) \u003d 24,7 / 39 \u003d 0,63 mol

ν (Mn) \u003d m (Mn) / M (Mn) \u003d 34,8 / 55 \u003d 0,63 mol

ν (O) \u003d m (O) / M (O) \u003d 40,5 / 16 \u003d 2,5 mol

Randame medžiagų kiekių santykį:

ν(K) : ν(Mn) : ν(O) = 0,63: 0,63: 2,5.

Padalinę dešinę lygties pusę iš mažesnio skaičiaus (0,63), gauname:

ν(K) : ν(Mn) : ν(O) = 1:1:4.

Todėl paprasčiausia KMnO 4 junginio formulė.

6. Deginant 1,3 g medžiagos, susidarė 4,4 g anglies monoksido (IV) ir 0,9 g vandens. Raskite molekulinę formulę medžiaga, jei jos vandenilio tankis yra 39.

Duota: m(in-va) \u003d 1,3 g; m(CO2) = 4,4 g; m(H2O) = 0,9 g; D H2 \u003d 39.

Rasti: medžiagos formulė.

Sprendimas: Tarkime, kad jūsų ieškomoje medžiagoje yra anglies, vandenilio ir deguonies, nes jai degant susidarė CO 2 ir H 2 O. Tada reikia rasti medžiagų CO 2 ir H 2 O kiekius, norint nustatyti atominės anglies, vandenilio ir deguonies medžiagų kiekius.

ν (CO 2) \u003d m (CO 2) / M (CO 2) \u003d 4,4 / 44 \u003d 0,1 mol;

ν (H 2 O) \u003d m (H 2 O) / M (H 2 O) \u003d 0,9 / 18 \u003d 0,05 mol.

Nustatome atominės anglies ir vandenilio medžiagų kiekį:

ν(C)= ν(CO 2); v(C) = 0,1 mol;

ν(H)= 2 ν(H2O); ν (H) \u003d 2 0,05 \u003d 0,1 mol.

Taigi anglies ir vandenilio masės bus lygios:

m(C) = ν(C) M(C) = 0,1 12 = 1,2 g;

m (H) \u003d ν (H) M (H) = 0,1 1 = 0,1 g.

Mes nustatome kokybinę medžiagos sudėtį:

m (in-va) \u003d m (C) + m (H) = 1,2 + 0,1 \u003d 1,3 g.

Vadinasi, medžiaga susideda tik iš anglies ir vandenilio (žr. problemos sąlygą). Dabar nustatykime jo molekulinę masę pagal pateiktą sąlygoje užduotys medžiagos tankis vandenilio atžvilgiu.

M (in-va) \u003d 2 D H2 \u003d 2 39 \u003d 78 g / mol.

ν(C): ν(H) = 0,1: 0,1

Padalinę dešinę lygties pusę iš skaičiaus 0,1, gauname:

ν(C): ν(H) = 1:1

Paimkime anglies (arba vandenilio) atomų skaičių kaip "x", tada, padauginę "x" iš anglies ir vandenilio atominių masių ir prilyginę šį kiekį medžiagos molekulinei masei, išsprendžiame lygtį:

12x + x \u003d 78. Vadinasi, x \u003d 6. Todėl medžiagos C 6 H 6 formulė yra benzenas.

Molinis dujų tūris. Idealiųjų dujų dėsniai. Tūrio dalis.

Dujų molinis tūris lygus dujų tūrio ir šių dujų medžiagos kiekio santykiui, t.y.

Vm = V(X)/ ν(x),

čia V m – molinis dujų tūris – pastovi bet kokių dujų vertė tam tikromis sąlygomis; V(X) – dujų X tūris; ν(x) - dujinės medžiagos X kiekis. Dujų molinis tūris normaliomis sąlygomis (normalus slėgis p n \u003d 101 325 Pa ≈ 101,3 kPa ir temperatūra Tn \u003d 273,15 K ≈ 273 K) yra V m \u003dl /mol.

Skaičiuojant su dujomis, dažnai reikia pakeisti šias sąlygas į įprastas arba atvirkščiai. Šiuo atveju patogu naudoti formulę, pateiktą iš Boyle-Mariotte ir Gay-Lussac kombinuoto dujų įstatymo:

──── = ─── (3)

kur p yra slėgis; V yra tūris; T – temperatūra Kelvino skalėje; indeksas "n" rodo normalias sąlygas.

Dujų mišinių sudėtis dažnai išreiškiama naudojant tūrio dalį – tam tikro komponento tūrio santykį su visu sistemos tūriu, t.y.

čia φ(X) yra X komponento tūrio dalis; V(X) yra X komponento tūris; V yra sistemos tūris. Tūrio dalis yra bematis dydis, jis išreiškiamas vieneto dalimis arba procentais.

7. Ką apimtis paima esant 20 ° C temperatūrai ir 250 kPa slėgiui amoniako, sveriančio 51 g?

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

Rasti: V(NH 3) \u003d?

Sprendimas: nustatyti amoniako medžiagos kiekį:

ν (NH 3) \u003d m (NH 3) / M (NH 3) \u003d 51/17 \u003d 3 mol.

Amoniako tūris normaliomis sąlygomis yra:

V (NH 3) \u003d V m ν (NH 3) \u003d 22,4 3 \u003d 67,2 l.

Naudodami (3) formulę, amoniako tūrį pritaikome tokiomis sąlygomis [temperatūra T \u003d (273 + 20) K \u003d 293 K]:

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

V (NH 3) \u003d ──────── \u003d ────────── \u003d 29,2 l.

8. Nustatykite apimtis, kuris normaliomis sąlygomis imsis dujų mišinio, kurio sudėtyje yra vandenilio, sveriančio 1,4 g, ir azoto, sveriantį 5,6 g.

Duota: m(N2) = 5,6 g; m(H2) = 1,4; Na.

Rasti: V(mišinys)=?

Sprendimas: suraskite medžiagos vandenilio ir azoto kiekį:

ν (N 2) \u003d m (N 2) / M (N 2) \u003d 5,6 / 28 \u003d 0,2 mol

ν (H 2) \u003d m (H 2) / M (H 2) \u003d 1,4 / 2 \u003d 0,7 mol

Kadangi normaliomis sąlygomis šios dujos viena su kita nesąveikauja, dujų mišinio tūris bus lygus dujų tūrių sumai, t.y.

V (mišiniai) \u003d V (N 2) + V (H 2) \u003d V m ν (N 2) + V m ν (H 2) \u003d 22,4 0,2 + 22,4 0,7 \u003d 20,16 l.

Skaičiavimai pagal chemines lygtis

Skaičiavimai pagal chemines lygtis (stechiometriniai skaičiavimai) grindžiami medžiagų masės tvermės dėsniu. Tačiau tikruose cheminiuose procesuose dėl neužbaigtos reakcijos ir įvairių medžiagų nuostolių susidarančių produktų masė dažnai būna mažesnė nei ta, kuri turėtų susidaryti pagal medžiagų masės tvermės dėsnį. Reakcijos produkto išeiga (arba išeigos masės dalis) yra faktiškai gauto produkto masės, išreikštos procentais, ir jo masės santykis, kuris turėtų susidaryti pagal teorinį skaičiavimą, t.y.

η = /m(X) (4)

kur η yra produkto išeiga, %; m p (X) - produkto X masė, gauta realiame procese; m(X) yra apskaičiuota medžiagos X masė.

Atliekant tuos uždavinius, kur produkto išeiga nenurodyta, daroma prielaida, kad ji yra kiekybinė (teorinė), t.y. η=100 %.

9. Kokią masę fosforo reikia deginti už gavimą fosforo oksidas (V), sveriantis 7,1 g?

Duota: m(P 2 O 5) \u003d 7,1 g.

Rasti: m(P) =?

Sprendimas: parašome fosforo degimo reakcijos lygtį ir išdėstome stechiometrinius koeficientus.

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

Nustatome reakcijoje gautą medžiagos P 2 O 5 kiekį.

ν (P 2 O 5) \u003d m (P 2 O 5) / M (P 2 O 5) \u003d 7,1 / 142 \u003d 0,05 mol.

Iš reakcijos lygties matyti, kad ν (P 2 O 5) \u003d 2 ν (P), todėl reakcijai reikalingas fosforo medžiagos kiekis:

ν (P 2 O 5) \u003d 2 ν (P) \u003d 2 0,05 \u003d 0,1 mol.

Iš čia randame fosforo masę:

m(Р) = ν(Р) М(Р) = 0,1 31 = 3,1 g.

10. Magnis, sveriantis 6 g, ir cinkas, sveriantis 6,5 g, buvo ištirpinti druskos rūgšties perteklių. Kokia apimtis vandenilis, matuojamas normaliomis sąlygomis, išsiskirti kur?

Duota m(Mg)=6 g; m(Zn) = 6,5 g; Na.

Rasti: V(H 2) =?

Sprendimas: užrašome magnio ir cinko sąveikos su druskos rūgštimi reakcijų lygtis ir išdėstome stechiometrinius koeficientus.

Zn + 2 HCl \u003d ZnCl 2 + H 2

Mg + 2 HCl \u003d MgCl 2 + H 2

Nustatome magnio ir cinko medžiagų, kurios reagavo su druskos rūgštimi, kiekį.

ν (Mg) \u003d m (Mg) / M (Mg) \u003d 6/24 \u003d 0,25 mol

ν (Zn) \u003d m (Zn) / M (Zn) \u003d 6,5 / 65 \u003d 0,1 mol.

Iš reakcijų lygčių seka, kad metalo ir vandenilio medžiagos kiekis yra lygus, t.y. ν (Mg) \u003d ν (H2); ν (Zn) \u003d ν (H 2), nustatome vandenilio kiekį, susidariusį dėl dviejų reakcijų:

ν (Н 2) \u003d ν (Mg) + ν (Zn) \u003d 0,25 + 0,1 \u003d 0,35 mol.

Apskaičiuojame dėl reakcijos išsiskyrusio vandenilio tūrį:

V (H 2) \u003d V m ν (H 2) \u003d 22,4 0,35 \u003d 7,84 l.

11. Leidžiant 2,8 litro tūrio vandenilio sulfidą (normaliomis sąlygomis) per vario (II) sulfato tirpalo perteklių, susidarė nuosėdos, sveriančios 11,4 g. Nustatykite išėjimą reakcijos produktas.

Duota: V(H2S)=2,8 l; m (nuosėdos) = 11,4 g; Na.

Rasti: η =?

Sprendimas: rašome vandenilio sulfido ir vario (II) sulfato sąveikos reakcijos lygtį.

H 2 S + CuSO 4 \u003d CuS ↓ + H 2 SO 4

Nustatykite reakcijoje dalyvaujančios vandenilio sulfido kiekį.

ν (H 2 S) \u003d V (H 2 S) / V m \u003d 2,8 / 22,4 \u003d 0,125 mol.

Iš reakcijos lygties matyti, kad ν (H 2 S) \u003d ν (СuS) \u003d 0,125 mol. Taigi galite rasti teorinę CuS masę.

m (CuS) \u003d ν (CuS) M (CuS) = 0,125 96 \u003d 12 g.

Dabar mes nustatome produkto išeigą pagal formulę (4):

η = /m(X) = 11,4 100/ 12 = 95%.

12. Ką svorio amonio chloridas susidaro sąveikaujant vandenilio chloridui, sveriančiam 7,3 g, su amoniaku, sveriančiu 5,1 g? Kokių dujų liks perteklius? Nustatykite pertekliaus masę.

Duota: m(HCl) = 7,3 g; m(NH3) \u003d 5,1 g.

Rasti: m(NH4Cl) =? m(perteklius) =?

Sprendimas: parašykite reakcijos lygtį.

HCl + NH 3 \u003d NH 4 Cl

Ši užduotis skirta „pertekliui“ ir „trūkumui“. Apskaičiuojame vandenilio chlorido ir amoniako kiekį ir nustatome, kurių dujų yra perteklius.

ν (HCl) \u003d m (HCl) / M (HCl) = 7,3 / 36,5 \u003d 0,2 mol;

ν (NH 3) \u003d m (NH 3) / M (NH 3) \u003d 5,1 / 17 \u003d 0,3 mol.

Amoniako perteklius, todėl skaičiuojama pagal trūkumą, t.y. vandenilio chlorido pagalba. Iš reakcijos lygties matyti, kad ν (HCl) \u003d ν (NH 4 Cl) \u003d 0,2 mol. Nustatykite amonio chlorido masę.

m (NH 4 Cl) \u003d ν (NH 4 Cl) M (NH 4 Cl) \u003d 0,2 53,5 \u003d 10,7 g.

Nustatėme, kad amoniako yra perteklius (pagal medžiagos kiekį perteklius 0,1 mol). Apskaičiuokite amoniako pertekliaus masę.

m (NH 3) \u003d ν (NH 3) M (NH 3) \u003d 0,1 17 \u003d 1,7 g.

13. Techninis kalcio karbidas, sveriantis 20 g, buvo apdorotas vandens pertekliumi, gaunamas acetilenas, per kurį per bromo vandens perteklių susidarė 1,1,2,2-tetrabrometanas, sveriantis 86,5 g. masės dalis SaS 2 techniniame karbide.

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

Rasti: ω (CaC 2) =?

Sprendimas: užrašome kalcio karbido su vandeniu ir acetileno su bromo vandeniu sąveikos lygtis ir išdėstome stechiometrinius koeficientus.

CaC 2 +2 H 2 O \u003d Ca (OH) 2 + C 2 H 2

C 2 H 2 + 2 Br 2 \u003d C 2 H 2 Br 4

Raskite medžiagos tetrabrometano kiekį.

ν (C 2 H 2 Br 4) \u003d m (C 2 H 2 Br 4) / M (C 2 H 2 Br 4) \u003d 86,5 / 346 \u003d 0,25 mol.

Iš reakcijos lygčių matyti, kad ν (C 2 H 2 Br 4) \u003d ν (C 2 H 2) \u003d ν (CaC 2) \u003d 0,25 mol. Iš čia galime rasti gryno kalcio karbido masę (be priemaišų).

m (CaC 2) \u003d ν (CaC 2) M (CaC 2) \u003d 0,25 64 \u003d 16 g.

Mes nustatome CaC 2 masės dalį techniniame karbide.

ω (CaC 2) \u003d m (CaC 2) / m \u003d 16/20 \u003d 0,8 \u003d 80%.

Sprendimai. Tirpalo komponento masės dalis

14. Siera, sverianti 1,8 g, ištirpinta 170 ml tūrio benzene, kurio tankis 0,88 g/ml. Nustatyti masės dalis sieros tirpale.

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

Rasti: ω(S) =?

Sprendimas: norint rasti sieros masės dalį tirpale, reikia apskaičiuoti tirpalo masę. Nustatykite benzeno masę.

m (C 6 C 6) \u003d ρ (C 6 C 6) V (C 6 H 6) \u003d 0,88 170 \u003d 149,6 g.

Raskite bendrą tirpalo masę.

m (tirpalas) \u003d m (C 6 C 6) + m (S) = 149,6 + 1,8 \u003d 151,4 g.

Apskaičiuokite sieros masės dalį.

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

15. Geležies sulfatas FeSO 4 7H 2 O, sveriantis 3,5 g, buvo ištirpintas 40 g sveriančiame vandenyje. geležies sulfato masės dalis (II) gautame tirpale.

Duota: m(H2O)=40 g; m (FeSO 4 7H 2 O) \u003d 3,5 g.

Rasti: ω(FeSO 4) =?

Sprendimas: raskite FeSO 4 masę, esančią FeSO 4 7H 2 O. Norėdami tai padaryti, apskaičiuokite medžiagos FeSO 4 7H 2 O kiekį.

ν (FeSO 4 7H 2 O) \u003d m (FeSO 4 7H 2 O) / M (FeSO 4 7H 2 O) \u003d 3,5 / 278 \u003d 0,0125 mol

Iš geležies sulfato formulės išplaukia, kad ν (FeSO 4) \u003d ν (FeSO 4 7H 2 O) \u003d 0,0125 mol. Apskaičiuokite FeSO 4 masę:

m (FeSO 4) \u003d ν (FeSO 4) M (FeSO 4) \u003d 0,0125 152 \u003d 1,91 g.

Atsižvelgiant į tai, kad tirpalo masę sudaro geležies sulfato masė (3,5 g) ir vandens masė (40 g), apskaičiuojame geležies sulfato masės dalį tirpale.

ω (FeSO 4) \u003d m (FeSO 4) / m \u003d 1,91 / 43,5 \u003d 0,044 \u003d 4,4%.

Savarankiško sprendimo užduotys

50 g metilo jodido heksane buvo apdorota metalo natriu, ir, matuojant normaliomis sąlygomis, išsiskyrė 1,12 litro dujų. Nustatykite metiljodido masės dalį tirpale. Atsakymas: 28,4%.
Dalis alkoholio buvo oksiduota, kad susidarytų vienabazinė karboksirūgštis. Deginant 13,2 g šios rūgšties buvo gautas anglies dioksidas, kurio visiškam neutralizavimui prireikė 192 ml KOH tirpalo, kurio masės dalis 28%. KOH tirpalo tankis yra 1,25 g/ml. Nustatykite alkoholio formulę. Atsakymas: butanolis.
Dujos, gautos sąveikaujant 9,52 g vario su 50 ml 81% azoto rūgšties tirpalo, kurio tankis 1,45 g / ml, buvo praleistos per 150 ml 20% NaOH tirpalo, kurio tankis 1,22 g / ml. ml. Nustatykite ištirpusių medžiagų masės dalis. Atsakymas: 12,5% NaOH; 6,48 % NaNO3; 5,26 % NaNO2.
Nustatykite dujų, išsiskiriančių sprogstant 10 g nitroglicerino, tūrį. Atsakymas: 7,15 l.
4,3 g sveriantis organinės medžiagos mėginys buvo sudegintas deguonimi. Reakcijos produktai yra anglies monoksidas (IV), kurio tūris yra 6,72 litro (normaliomis sąlygomis) ir vanduo, kurio masė 6,3 g Vandenilio pradinės medžiagos garų tankis yra 43. Nustatykite medžiagos formulę. Atsakymas: C6H14.

Chemija nėra pats tinkamiausias dalykas žinioms tikrinti testo formatu. Testas reiškia atsakymų variantus, o teisingas atsakymas tampa akivaizdus arba kyla abejonių dėl artimų atsakymų variantų. Dėl to mokiniui labai sunku susikaupti ir atsakyti į klausimus. Žinoma, Loseriams daug lengviau išlaikyti chemiją USE formatu nei naudojant klasikinę versiją. Tačiau likusiems USE chemijos studentams tai tapo didele problema.

Kaip gerai išlaikyti chemijos egzaminą?

Kaip ir bet kuriam egzaminui, chemijos egzaminui reikia kruopščiai pasiruošti. Atsakant į testo klausimą reikia tikslių žinių, o ne apytikslių skaičių, kurių pakanka klasikiniam atsakymui. Jei rašant reakciją ranka sąlygos gali būti parašytos intervalais, tai egzamino metu reikia tiksliai atsakyti į pateiktą klausimą. Todėl pasiruošimas chemijos egzaminui kiek skiriasi nuo pasiruošimo kitiems egzaminams. Visų pirma, didėja praktikos ir pasirengimo tokiems klausimams vaidmuo. Geriausia mokyti išlaikyti egzaminą parengiamuosiuose kursuose institute. Mokymuose dalyvauja dėstytojai, kurie galėtų dalyvauti rengiant užduotis. Todėl jie geriau nei bet kas žino klausimų subtilybes ir paruoštas pinkles, kurios linkusios nuversti mokinį. Tačiau ne visi turi galimybę lankyti brangius kursus. Be to, kai kurie nebūtinai turi aukštą balą iš chemijos, bet jiems reikia išlaikyti egzaminą.

Internetiniai USE testai – savarankiško pasiruošimo egzaminui rūšis

Tokiais atvejais iškyla pats maisto gaminimas. Netgi mokykla negali pakankamai paruošti mokinio tokiam sunkiam egzaminui. Visa atsakomybė tenka mokiniui. Vienas geriausių savarankiško mokymosi būdų yra internetiniai USE testai. Svetainės edukaciniame portale galite laikyti internetinį chemijos NAUDOJIMO testą, kad pasiruoštumėte būsimam egzaminui. Internetiniai testai mūsų svetainėje skiriasi tuo, kad norint juos išlaikyti nereikia registruotis ar įvesti jokių asmens duomenų. Egzaminas internetu yra prieinamas kiekvienam neribotą skaičių kartų. Kitas privalumas – neribotas laikas. Jei susiduriate su sudėtingu klausimu, atsakymo į klausimą galite atsiversti vadovėlį arba ieškoti internete. Tokiu būdu galima nustatyti ir pašalinti žinių spragas. Taip pat nuolatiniai mokymai leidžia priprasti prie USE formato ir išmokti iš vadovėlių pasisemti tiksliai tas žinias, kurių reikia norint atsakyti į egzamino klausimus.

2019 metų valstybinis baigiamasis chemijos atestavimas bendrojo ugdymo įstaigų 9 klases abiturientams vykdomas siekiant įvertinti šios disciplinos abiturientų bendrojo išsilavinimo lygį. Užduotyse tikrinamos šių chemijos skyrių žinios:

Atomo sandara.
Periodinis dėsnis ir periodinė cheminių elementų sistema D.I. Mendelejevas.
Molekulių sandara. Cheminis ryšys: kovalentinis (polinis ir nepolinis), joninis, metalinis.
Cheminių elementų valentingumas. Cheminių elementų oksidacijos laipsnis.
Paprastos ir sudėtingos medžiagos.
Cheminė reakcija. Cheminių reakcijų sąlygos ir požymiai. Cheminės lygtys.
Elektrolitai ir neelektrolitai. Katijonai ir anijonai. Elektrolitinė rūgščių, šarmų ir druskų disociacija (vidutinė).
Jonų mainų reakcijos ir jų įgyvendinimo sąlygos.
Paprastų medžiagų: metalų ir nemetalų cheminės savybės.
Cheminės oksidų savybės: bazinės, amfoterinės, rūgštinės.
Bazių cheminės savybės. Cheminės rūgščių savybės.
Cheminės druskų savybės (vidutinė).
Grynos medžiagos ir mišiniai. Saugaus darbo mokyklos laboratorijoje taisyklės. Cheminė aplinkos tarša ir jos pasekmės.
Cheminių elementų oksidacijos laipsnis. Oksidatorius ir reduktorius. Redokso reakcijos.
Cheminio elemento masės dalies apskaičiavimas medžiagoje.
Periodinė teisė D.I. Mendelejevas.
Pradinė informacija apie organines medžiagas. Biologiškai svarbios medžiagos: baltymai, riebalai, angliavandeniai.
Rūgščių ir šarmų tirpalo terpės pobūdžio nustatymas naudojant indikatorius. Kokybinės reakcijos į jonus tirpale (chloridas, sulfatas, karbonizacija, amonio jonas). Kokybinės reakcijos į dujines medžiagas (deguonis, vandenilis, anglies dioksidas, amoniakas).
Paprastų medžiagų cheminės savybės. Sudėtinių medžiagų cheminės savybės.

2019 m. chemijos OGE išlaikymo data:
birželio 4 d. (antradienis).

Egzamino darbo struktūroje ir turinyje 2019 m., palyginti su 2018 m., pokyčių nėra.

Šiame skyriuje rasite internetinius testus, kurie padės pasiruošti chemijos OGE (GIA) išlaikymui. Linkime sėkmės!

Standartinis 2019 m. formato OGE testas (GIA-9) chemijoje susideda iš dviejų dalių. Pirmoje dalyje yra 19 užduočių su trumpu atsakymu, antroje – 3 užduotys su išsamiu atsakymu. Šiuo atžvilgiu šiame teste pateikiama tik pirmoji dalis (t. y. 19 pirmųjų užduočių). Pagal dabartinę egzamino struktūrą, tarp šių užduočių atsakymų yra tik 15. Tačiau, kad būtų lengviau išlaikyti testus, svetainės administracija nusprendė pasiūlyti atsakymus į visas užduotis. Tačiau užduotyse, kuriose atsakymų variantų nepateikia tikrosios valdymo ir matavimo medžiagos (KIM) rengėjai, atsakymų variantų skaičius buvo žymiai padidintas, kad mūsų testas būtų kuo labiau priartintas prie to, ką turėsite susidurti mokslo metų pabaiga.

Standartinis 2018 m. formato OGE testas (GIA-9) chemijoje susideda iš dviejų dalių. Pirmoje dalyje yra 19 užduočių su trumpu atsakymu, antroje – 3 užduotys su išsamiu atsakymu. Šiuo atžvilgiu šiame teste pateikiama tik pirmoji dalis (t. y. 19 pirmųjų užduočių). Pagal dabartinę egzamino struktūrą, tarp šių užduočių atsakymų yra tik 15. Tačiau, kad būtų lengviau išlaikyti testus, svetainės administracija nusprendė pasiūlyti atsakymus į visas užduotis. Tačiau užduotyse, kuriose atsakymų variantų nepateikia tikrosios valdymo ir matavimo medžiagos (KIM) rengėjai, atsakymų variantų skaičius buvo žymiai padidintas, kad mūsų testas būtų kuo labiau priartintas prie to, ką turėsite susidurti mokslo metų pabaiga.

Standartinis 2017 m. formato OGE testas (GIA-9) chemijoje susideda iš dviejų dalių. Pirmoje dalyje yra 19 užduočių su trumpu atsakymu, antroje – 3 užduotys su išsamiu atsakymu. Šiuo atžvilgiu šiame teste pateikiama tik pirmoji dalis (t. y. 19 pirmųjų užduočių). Pagal dabartinę egzamino struktūrą, tarp šių užduočių atsakymų yra tik 15. Tačiau, kad būtų lengviau išlaikyti testus, svetainės administracija nusprendė pasiūlyti atsakymus į visas užduotis. Tačiau užduotyse, kuriose atsakymų variantų nepateikia tikrosios valdymo ir matavimo medžiagos (KIM) rengėjai, atsakymų variantų skaičius buvo žymiai padidintas, kad mūsų testas būtų kuo labiau priartintas prie to, ką turėsite susidurti mokslo metų pabaiga.

Standartinis 2016 m. formato chemijos OGE testas (GIA-9) susideda iš dviejų dalių. Pirmoje dalyje yra 19 užduočių su trumpu atsakymu, antroje – 3 užduotys su išsamiu atsakymu. Šiuo atžvilgiu šiame teste pateikiama tik pirmoji dalis (t. y. 19 pirmųjų užduočių). Pagal dabartinę egzamino struktūrą, tarp šių užduočių atsakymų yra tik 15. Tačiau, kad būtų lengviau išlaikyti testus, svetainės administracija nusprendė pasiūlyti atsakymus į visas užduotis. Tačiau užduotyse, kuriose atsakymų variantų nepateikia tikrosios valdymo ir matavimo medžiagos (KIM) rengėjai, atsakymų variantų skaičius buvo žymiai padidintas, kad mūsų testas būtų kuo labiau priartintas prie to, ką turėsite susidurti mokslo metų pabaiga.

Standartinis 2015 m. formato chemijos OGE testas (GIA-9) susideda iš dviejų dalių. Pirmoje dalyje yra 19 užduočių su trumpu atsakymu, antroje – 3 užduotys su išsamiu atsakymu. Šiuo atžvilgiu šiame teste pateikiama tik pirmoji dalis (t. y. 19 pirmųjų užduočių). Pagal dabartinę egzamino struktūrą, tarp šių užduočių atsakymų yra tik 15. Tačiau, kad būtų lengviau išlaikyti testus, svetainės administracija nusprendė pasiūlyti atsakymus į visas užduotis. Tačiau užduotyse, kuriose atsakymų variantų nepateikia tikrosios valdymo ir matavimo medžiagos (KIM) rengėjai, atsakymų variantų skaičius buvo žymiai padidintas, kad mūsų testas būtų kuo labiau priartintas prie to, ką turėsite susidurti mokslo metų pabaiga.

Atlikdami užduotis A1-A19 pasirinkite tik vienas teisingas variantas.
Atlikdami užduotis B1-B3 pasirinkite du teisingi variantai.

Atlikdami užduotis A1-A15 pasirinkite tik vienas teisingas variantas.

Atlikdami užduotis A1-A15 pasirinkite tik vieną teisingą variantą.

Patarimai, kaip pasiruošti chemijos egzaminui svetainėje

Kaip teisingai išlaikyti chemijos egzaminą (ir OGE)? Jei laikas yra tik 2 mėnesiai, o jūs dar nepasiruošę? Taip, ir nedraugaukite su chemija ...

Jame siūlomi testai su kiekvienos temos ir užduoties atsakymais, kuriuos išlaikę galite išmokti pagrindinių chemijos egzamino principų, modelių ir teorijos. Mūsų testai leidžia rasti atsakymus į daugumą chemijos egzamino metu rastų klausimų, o mūsų testai – konsoliduoti medžiagą, rasti trūkumus ir parengti medžiagą.

Viskas, ko jums reikia, yra internetas, raštinės reikmenys, laikas ir svetainė. Geriausia turėti atskirą sąsiuvinį formulėms / sprendimams / pastaboms ir trivialių junginių pavadinimų žodyną.

Nuo pat pradžių turite įvertinti savo dabartinį lygį ir jums reikalingų taškų skaičių, todėl turėtumėte tai išlaikyti. Jei viskas labai blogai, bet reikia puikaus pasirodymo, sveikiname, net ir dabar dar ne viskas prarasta. Galite išmokyti save sėkmingai išlaikyti be dėstytojo pagalbos.
Nuspręskite, kiek mažiau taškų norite surinkti, tai leis suprasti, kiek užduočių turite tiksliai išspręsti, kad gautumėte reikiamą balą.
Natūralu, kad turėkite omenyje, kad viskas gali vykti ne taip sklandžiai ir išspręsti kuo daugiau užduočių, o geriausia – visas. Minimalus, kurį nustatėte sau - turite nuspręsti idealiai.
Pereikime prie praktinės dalies – sprendimo mokymų.
Veiksmingiausias būdas yra toks. Pasirinkite tik jus dominantį egzaminą ir išspręskite atitinkamą testą. Apie 20 išspręstų užduočių garantuoja visų tipų užduočių susitikimą. Kai tik pradėsite jausti, kad žinote, kaip išspręsti kiekvieną matomą užduotį nuo pradžios iki pabaigos, pereikite prie kitos užduoties. Jei nežinote, kaip išspręsti kokią nors užduotį, naudokite paiešką mūsų svetainėje. Mūsų svetainėje beveik visada yra sprendimas, kitu atveju tiesiog parašykite mokytojui spustelėdami piktogramą apatiniame kairiajame kampe – tai nemokama.
Lygiagrečiai pakartojame trečią pastraipą visiems mūsų svetainėje, pradedant nuo.
Kai pirmoji dalis jums duota bent jau vidutiniame lygyje, jūs pradedate spręsti. Jei viena iš užduočių nepasiteisina, o ją įgyvendindami padarėte klaidą, grįžtate prie šios užduoties testų arba atitinkamos temos su testais.
2 dalis. Jei turite dėstytoją, sutelkite dėmesį į šios dalies mokymąsi kartu su juo. (darant prielaidą, kad likusią dalį galite išspręsti bent 70%). Jei pradėjote 2 dalį, 100% atvejų turėtumėte gauti išlaikytą balą be jokių problemų. Jei taip neatsitiks, geriau kol kas pasilikti ties pirmąja dalimi. Kai būsite pasiruošę 2 daliai, rekomenduojame pasiimti atskirą sąsiuvinį, kuriame užsirašysite tik 2 dalies sprendimus. Raktas į sėkmę – išspręsti kuo daugiau užduočių, kaip ir 1 dalyje.