Par eksāmenu ķīmijā. Kā risināt ķīmijas uzdevumus, gatavie risinājumi

Uzdevumu risināšanas metodes ķīmijā

Risinot problēmas, jums jāvadās pēc dažiem vienkāršiem noteikumiem:

Uzmanīgi izlasiet uzdevuma nosacījumus;
Pierakstiet, kas tiek dots;
Ja nepieciešams, konvertēt fizisko lielumu vienības SI vienībās (ir atļautas dažas nesistēmas vienības, piemēram, litri);
Ja nepieciešams, pierakstiet reakcijas vienādojumu un sakārtojiet koeficientus;
Atrisiniet problēmu, izmantojot vielas daudzuma jēdzienu, nevis proporciju sastādīšanas metodi;
Pierakstiet atbildi.

Lai veiksmīgi sagatavotos ķīmijai, rūpīgi jāapsver tekstā doto uzdevumu risinājumi un arī pašam jāatrisina pietiekams skaits no tiem. Tieši problēmu risināšanas procesā tiks nostiprināti ķīmijas kursa teorētiskie pamatprincipi. Problēmas jārisina visu ķīmijas studiju un eksāmena sagatavošanas laiku.

Varat izmantot šīs lapas problēmas vai arī lejupielādēt labu uzdevumu un vingrinājumu kolekciju ar standarta un sarežģītu uzdevumu risinājumu (M. I. Ļebedeva, I. A. Ankudimova): lejupielāde.

Mols, molārā masa

Molmasa ir vielas masas attiecība pret vielas daudzumu, t.i.

M(x) = m(x)/ν(x), (1)

kur M(x) ir vielas X molārā masa, m(x) ir vielas X masa, ν(x) ir vielas X daudzums. Molārās masas SI vienība ir kg/mol, bet mērvienība g parasti izmanto /mol. Masas mērvienība – g, kg. Vielas daudzuma SI vienība ir mols.

Jebkurš ķīmijas problēma atrisināta caur vielas daudzumu. Jums jāatceras pamata formula:

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

kur V(x) ir vielas tilpums X(l), V m ir gāzes molārais tilpums (l/mol), N ir daļiņu skaits, N A ir Avogadro konstante.

1. Noteikt masu nātrija jodīds NaI vielas daudzums 0,6 mol.

Ņemot vērā: ν(NaI)= 0,6 mol.

Atrast: m(NaI) =?

Risinājums. Nātrija jodīda molārā masa ir:

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

Nosakiet NaI masu:

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

2. Nosakiet vielas daudzumu atomu bors, ko satur nātrija tetraborāts Na 2 B 4 O 7, kas sver 40,4 g.

Ņemot vērā: m(Na2B4O7) = 40,4 g.

Atrast: ν(B)=?

Risinājums. Nātrija tetraborāta molārā masa ir 202 g/mol. Nosaka vielas Na 2 B 4 O 7 daudzumu:

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

Atcerieties, ka 1 mols nātrija tetraborāta molekulas satur 2 molus nātrija atomu, 4 molus bora atomu un 7 molus skābekļa atomu (skatīt nātrija tetraborāta formulu). Tad atomu bora vielas daudzums ir vienāds ar: ν(B) = 4 ν (Na 2 B 4 O 7) = 4 0,2 = 0,8 mol.

Aprēķini, izmantojot ķīmiskās formulas. Masas daļa.

Vielas masas daļa ir noteiktas vielas masas attiecība sistēmā pret visas sistēmas masu, t.i. ω(X) =m(X)/m, kur ω(X) ir vielas X masas daļa, m(X) ir vielas X masa, m ir visas sistēmas masa. Masas daļa ir bezizmēra lielums. To izsaka kā vienības daļu vai procentos. Piemēram, atomu skābekļa masas daļa ir 0,42 jeb 42%, t.i. ω(O)=0,42. Atomu hlora masas daļa nātrija hlorīdā ir 0,607 jeb 60,7%, t.i. ω(Cl)=0,607.

3. Nosakiet masas daļu kristalizācijas ūdens bārija hlorīda dihidrātā BaCl 2 2H 2 O.

Risinājums: BaCl 2 2H 2 O molārā masa ir:

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

No formulas BaCl 2 2H 2 O izriet, ka 1 mols bārija hlorīda dihidrāta satur 2 molus H 2 O. No tā var noteikt BaCl 2 2H 2 O ietverto ūdens masu:

m(H2O) = 2 18 = 36 g.

Mēs atrodam kristalizācijas ūdens masas daļu bārija hlorīda dihidrātā BaCl 2 2H 2 O.

ω(H2O) = m(H2O)/m(BaCl22H2O) = 36/244 = 0,1475 = 14,75%.

4. No parauga akmens kas sver 25 g, satur minerālu argentītu Ag 2 S, tika izolēts sudrabs, kas sver 5,4 g. Nosakiet masas daļu argentīts izlasē.

Ņemot vērā: m(Ag)=5,4 g; m = 25 g.

Atrast: ω(Ag 2 S) =?

Risinājums: nosakām argentītā atrastās sudraba vielas daudzumu: ν(Ag) =m(Ag)/M(Ag) = 5,4/108 = 0,05 mol.

No formulas Ag 2 S izriet, ka argentīta vielas daudzums ir uz pusi mazāks nekā sudraba vielas daudzums. Nosakiet argentīta vielas daudzumu:

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

Mēs aprēķinām argentīta masu:

m (Ag 2 S) = ν (Ag 2 S) М (Ag 2 S) = 0,025 248 = 6,2 g.

Tagad mēs nosakām argentīta masas daļu iežu paraugā, kas sver 25 g.

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

Salikto formulu atvasināšana

5. Nosakiet savienojuma vienkāršāko formulu kālijs ar mangānu un skābekli, ja elementu masas daļas šajā vielā ir attiecīgi 24,7, 34,8 un 40,5%.

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

Atrast: savienojuma formula.

Risinājums: aprēķiniem izvēlamies savienojuma masu, kas vienāda ar 100 g, t.i. m=100 g Kālija, mangāna un skābekļa masas būs:

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

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

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

Nosakām atomu vielu kālija, mangāna un skābekļa daudzumus:

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

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

ν(O)= m(O)/M(O) = 40,5/16 = 2,5 mol

Mēs atrodam vielu daudzumu attiecību:

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

Sadalot vienādības labo pusi ar mazāku skaitli (0,63), iegūstam:

ν(K) : ν(Mn) : ν(O) = 1:1:4.

Tāpēc vienkāršākā savienojuma formula ir KMnO 4.

6. Sadegot 1,3 g vielas, tika iegūti 4,4 g oglekļa monoksīda (IV) un 0,9 g ūdens. Atrodiet molekulāro formulu viela, ja tās ūdeņraža blīvums ir 39.

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

Atrast: vielas formula.

Risinājums: Pieņemsim, ka viela, kuru mēs meklējam, satur oglekli, ūdeņradi un skābekli, jo tā sadegšanas laikā radās CO 2 un H 2 O Tad nepieciešams atrast CO 2 un H 2 O vielu daudzumus, lai noteiktu atomu oglekļa, ūdeņraža un skābekļa vielu daudzumus.

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

ν(H2O) = m(H2O)/M(H2O) = 0,9/18 = 0,05 mol.

Mēs nosakām atomu oglekļa un ūdeņraža vielu daudzumus:

ν(C)= ν(CO 2); ν(C)=0,1 mol;

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

Tāpēc oglekļa un ūdeņraža masas būs vienādas:

m(C) = ν(C) M(C) = 0,1 12 = 1,2 g;

m(N) = ν(N) M(N) = 0,1 1 = 0,1 g.

Mēs nosakām vielas kvalitatīvo sastāvu:

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

Līdz ar to viela sastāv tikai no oglekļa un ūdeņraža (skat. problēmas izklāstu). Tagad noteiksim tā molekulmasu, pamatojoties uz doto nosacījumu uzdevumus vielas ūdeņraža blīvums.

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

ν(С) : ν(Н) = 0,1: 0,1

Sadalot vienādības labo pusi ar skaitli 0,1, mēs iegūstam:

ν(С) : ν(Н) = 1:1

Pieņemsim oglekļa (vai ūdeņraža) atomu skaitu kā “x”, tad, reizinot “x” ar oglekļa un ūdeņraža atomu masām un pielīdzinot šo summu vielas molekulmasai, atrisinām vienādojumu:

12x + x = 78. Tātad x = 6. Tāpēc vielas formula ir C 6 H 6 - benzols.

Gāzu molārais tilpums. Ideālo gāzu likumi. Tilpuma daļa.

Gāzes molārais tilpums ir vienāds ar gāzes tilpuma attiecību pret šīs gāzes vielas daudzumu, t.i.

V m = V(X)/ν(x),

kur V m ir gāzes molārais tilpums - konstanta vērtība jebkurai gāzei noteiktos apstākļos; V(X) – gāzes tilpums X; ν(x) ir gāzes vielas X daudzums. Gāzu molārais tilpums normālos apstākļos (normāls spiediens pH = 101 325 Pa ≈ 101,3 kPa un temperatūra Tn = 273,15 K ≈ 273 K) ir V m = 22,4 l /mol.

Aprēķinos ar gāzēm bieži vien ir jāpārslēdzas no šiem apstākļiem uz normāliem vai otrādi. Šajā gadījumā ir ērti izmantot formulu, kas izriet no Boila-Mariota un Geja-Lussaka apvienotā gāzes likuma:

──── = ─── (3)

kur p ir spiediens; V – tilpums; T - temperatūra Kelvina skalā; indekss “n” norāda normālus apstākļus.

Gāzu maisījumu sastāvu bieži izsaka, izmantojot tilpuma daļu - dotās sastāvdaļas tilpuma attiecību pret kopējo sistēmas tilpumu, t.i.

kur φ(X) ir komponenta X tilpuma daļa; V(X) – komponentes X tilpums; V ir sistēmas tilpums. Tilpuma daļa ir bezizmēra lielums, ko izsaka vienības daļās vai procentos.

7. Kuru apjoms paņems 20 o C temperatūrā un 250 kPa spiedienā amonjaka svars 51 g?

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

Atrast: V(NH 3) =?

Risinājums: noteikt amonjaka vielas daudzumu:

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

Amonjaka tilpums normālos apstākļos ir:

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

Izmantojot formulu (3), mēs samazinām amonjaka tilpumu līdz šādiem apstākļiem [temperatūra T = (273 +20) K = 293 K]:

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

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

8. Definējiet apjoms, ko normālos apstākļos aizņems gāzu maisījums, kas satur ūdeņradi, kas sver 1,4 g, un slāpekli, kas sver 5,6 g.

Ņemot vērā: m(N2)=5,6 g; m(H2)=1,4; Nu.

Atrast: V(maisījumi)=?

Risinājums: atrodiet ūdeņraža un slāpekļa vielu daudzumus:

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

ν(H2) = m(H2)/M(H2) = 1,4/2 = 0,7 mol

Tā kā normālos apstākļos šīs gāzes savā starpā mijiedarbojas, gāzu maisījuma tilpums būs vienāds ar gāzu tilpumu summu, t.i.

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

Aprēķini, izmantojot ķīmiskos vienādojumus

Aprēķini, izmantojot ķīmiskos vienādojumus (stehiometriskie aprēķini), ir balstīti uz vielu masas nezūdamības likumu. Tomēr reāli ķīmiskie procesi Nepilnīgas reakcijas gaitas un dažādu vielu zudumu dēļ iegūto produktu masa bieži vien ir mazāka par to, kas būtu jāveido saskaņā ar vielu masas nezūdamības likumu. Reakcijas produkta iznākums (vai iznākuma masas daļa) ir procentos izteikta faktiski iegūtā produkta masas attiecība pret tā masu, kas jāveido saskaņā ar teorētisko aprēķinu, t.i.

η = /m(X) (4)

kur η ir produkta iznākums, %; m p (X) ir produkta X masa, kas iegūta reālajā procesā; m(X) – vielas X aprēķinātā masa.

Tajos uzdevumos, kur produkta iznākums nav norādīts, tiek pieņemts, ka tas ir kvantitatīvs (teorētisks), t.i. η=100%.

9. Cik daudz fosfora jāsadedzina? par saņemšanu fosfora (V) oksīds, kas sver 7,1 g?

Ņemot vērā: m(P2O5) = 7,1 g.

Atrast: m(P) =?

Risinājums: pierakstām fosfora sadegšanas reakcijas vienādojumu un sakārtojam stehiometriskos koeficientus.

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

Nosaka vielas P 2 O 5 daudzumu, kas izraisa reakciju.

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

No reakcijas vienādojuma izriet, ka ν(P 2 O 5) = 2 ν(P), tāpēc reakcijā nepieciešamais fosfora daudzums ir vienāds ar:

ν(P 2 O 5)= 2 ν(P) = 2 0,05= 0,1 mol.

No šejienes mēs atrodam fosfora masu:

m(P) = ν(P) M(P) = 0,1 31 = 3,1 g.

10. Sālsskābes pārpalikumā tika izšķīdināts magnijs, kas sver 6 g, un cinks, kas sver 6,5 g. Kāds apjomsūdeņradis, mērot standarta apstākļos, izcelsies kur?

Ņemot vērā: m(Mg)=6 g; m(Zn)=6,5 g; Nu.

Atrast: V(H 2) =?

Risinājums: pierakstām reakcijas vienādojumus magnija un cinka mijiedarbībai ar sālsskābe un sakārtot stehiometriskos koeficientus.

Zn + 2 HCl = ZnCl 2 + H 2

Mg + 2 HCl = MgCl 2 + H 2

Nosakām magnija un cinka vielu daudzumus, kas reaģēja ar sālsskābi.

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

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

No reakciju vienādojumiem izriet, ka metālu un ūdeņraža vielu daudzumi ir vienādi, t.i. ν(Mg) = ν(H2); ν(Zn) = ν(H 2), mēs nosakām ūdeņraža daudzumu, kas rodas divu reakciju rezultātā:

ν(H 2) = ν(Mg) + ν(Zn) = 0,25 + 0,1 = 0,35 mol.

Mēs aprēķinām reakcijas rezultātā izdalītā ūdeņraža tilpumu:

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

11. Kad 2,8 litru tilpums sērūdeņraža (normālos apstākļos) tika izlaists caur pārāk lielu vara (II) sulfāta šķīdumu, izveidojās nogulsnes, kas sver 11,4 g. Nosakiet izeju reakcijas produkts.

Ņemot vērā: V(H2S)=2,8 l; m (nogulumi) = 11,4 g; Nu.

Atrast: η =?

Risinājums: mēs pierakstām vienādojumu reakcijai starp sērūdeņradi un vara (II) sulfātu.

H 2 S + CuSO 4 = CuS ↓+ H 2 SO 4

Mēs nosakām reakcijā iesaistītā sērūdeņraža daudzumu.

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

No reakcijas vienādojuma izriet, ka ν(H 2 S) = ν(СuS) = 0,125 mol. Tas nozīmē, ka mēs varam atrast CuS teorētisko masu.

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

Tagad mēs nosakām produkta iznākumu, izmantojot formulu (4):

η = /m(X)= 11,4 100/ 12 = 95%.

12. Kuru svars amonija hlorīds veidojas, mijiedarbojoties ūdeņraža hlorīdam, kas sver 7,3 g, ar amonjaku, kas sver 5,1 g? Kura gāze paliks pārpalikumā? Nosakiet pārpalikuma masu.

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

Atrast: m(NH4Cl) =? m(liekais) =?

Risinājums: pierakstiet reakcijas vienādojumu.

HCl + NH 3 = NH 4 Cl

Šis uzdevums ir par "pārmērību" un "trūkumu". Mēs aprēķinām hlorūdeņraža un amonjaka daudzumu un nosakām, kura gāze ir pārpalikumā.

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

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

Amonjaka ir pārpalikums, tāpēc mēs aprēķinām, pamatojoties uz deficītu, t.i. ūdeņraža hlorīdam. No reakcijas vienādojuma izriet, ka ν(HCl) = ν(NH 4 Cl) = 0,2 mol. Nosaka amonija hlorīda masu.

m (NH 4 Cl) = ν (NH 4 Cl) М (NH 4 Cl) = 0,2 53,5 = 10,7 g.

Esam konstatējuši, ka amonjaks ir pārpalikums (pēc vielas daudzuma pārpalikums ir 0,1 mol). Aprēķināsim liekā amonjaka masu.

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

13. Tehniskais kalcija karbīds, kas sver 20 g, tika apstrādāts ar ūdens pārpalikumu, iegūstot acetilēnu, kas, laižot cauri broma ūdens pārpalikumam, veidoja 1,1,2,2-tetrabrometānu ar svaru 86,5 g masas daļa CaC 2 tehniskajā karbīdā.

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

Atrast: ω(CaC 2) =?

Risinājums: pierakstām kalcija karbīda mijiedarbības vienādojumus ar ūdeni un acetilēnu ar broma ūdeni un sakārtojam stehiometriskos koeficientus.

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

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

Atrodiet tetrabrometāna daudzumu.

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

No reakcijas vienādojumiem izriet, ka ν(C 2 H 2 Br 4) = ν(C 2 H 2) = ν(CaC 2) = 0,25 mol. No šejienes mēs varam atrast tīra kalcija karbīda masu (bez piemaisījumiem).

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

Mēs nosakām CaC 2 masas daļu tehniskajā karbīdā.

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

Risinājumi. Šķīduma sastāvdaļas masas daļa

14. Sērs, kas sver 1,8 g, tika izšķīdināts benzolā ar tilpumu 170 ml benzola blīvums ir 0,88 g/ml. Definējiet masas daļa sērs šķīdumā.

Ņemot vērā: V(C6H6) = 170 ml; m(S) = 1,8 g; ρ(C 6 C 6) = 0,88 g/ml.

Atrast: ω(S) =?

Risinājums: lai atrastu sēra masas daļu šķīdumā, ir jāaprēķina šķīduma masa. Nosakiet benzola masu.

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

Atrodiet kopējo šķīduma masu.

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

Aprēķināsim sēra masas daļu.

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

15. Dzelzs sulfāts FeSO 4 7H 2 O, kas sver 3,5 g, tika izšķīdināts ūdenī, kas sver 40 g dzelzs (II) sulfāta masas daļa iegūtajā šķīdumā.

Ņemot vērā: m(H2O)=40 g; m(FeSO47H2O) = 3,5 g.

Atrast: ω(FeSO 4) =?

Risinājums: atrodiet FeSO 4 masu, ko satur FeSO 4 7H 2 O. Lai to izdarītu, aprēķiniet vielas FeSO 4 7H 2 O daudzumu.

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

No dzelzs sulfāta formulas izriet, ka ν(FeSO 4) = ν(FeSO 4 7H 2 O) = 0,0125 mol. Aprēķināsim FeSO 4 masu:

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

Ņemot vērā, ka šķīduma masa sastāv no dzelzs sulfāta masas (3,5 g) un ūdens masas (40 g), mēs aprēķinām dzelzs sulfāta masas daļu šķīdumā.

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

Problēmas, kas jārisina patstāvīgi

50 g metiljodīda heksānā tika pakļauti metāliska nātrija iedarbībai, un, mērot normālos apstākļos, izdalījās 1,12 litri gāzes. Nosaka metiljodīda masas daļu šķīdumā. Atbilde: 28,4%.
Daļa spirta tika oksidēti, veidojot monokarbonskābi. Sadedzinot 13,2 g šīs skābes, tika iegūts oglekļa dioksīds, kura pilnīgai neitralizēšanai bija nepieciešami 192 ml KOH šķīduma ar masas daļu 28%. KOH šķīduma blīvums ir 1,25 g/ml. Nosakiet alkohola formulu. Atbilde: butanols.
Gāze, kas iegūta, reaģējot 9,52 g vara ar 50 ml 81% slāpekļskābes šķīduma ar blīvumu 1,45 g/ml, tika izlaista caur 150 ml 20% NaOH šķīduma ar blīvumu 1,22 g/ml. Noteikt izšķīdušo vielu masas daļas. Atbilde: 12,5% NaOH; 6,48% NaNO3; 5,26% NaNO2.
Nosaka gāzu tilpumu, kas izdalās 10 g nitroglicerīna eksplozijas laikā. Atbilde: 7,15 l.
Organiskās vielas paraugs, kas sver 4,3 g, tika sadedzināts skābeklī. Reakcijas produkti ir oglekļa monoksīds (IV) ar tilpumu 6,72 l (normālos apstākļos) un ūdens, kura tvaika blīvums ir 6,3 g izejmateriālsūdeņradim tas ir 43. Nosaki vielas formulu. Atbilde: C6H14.

Sveiciens skolniekiem, kuri iestājušies 11. klasē! Pēdējais akadēmiskais gads neaizmirstamākais un svarīgākais studenta dzīvē. Galu galā jums beidzot jāizlemj par savas nākotnes specialitātes un eksāmenu priekšmetu izvēli. Šoreiz esmu atlasījis jums noderīgu materiālu, kā sagatavoties vienotajam valsts eksāmenam ķīmijā.

Teorija sagatavošanai vienotajam valsts eksāmenam ķīmijā

Eksāmenu sagatavošana vienmēr sākas ar teorētiskās daļas apguvi. Tāpēc, ja tavas zināšanas ķīmijā ir vidējā līmenī, pilnveido teoriju, bet nostiprini ar praktiskiem vingrinājumiem.

2018. gadā vienotais valsts eksāmens ķīmijā sastāvēja no 35 uzdevumiem: uz pirmajiem 29 jautājumiem jāizvēlas atbilde no piedāvātajiem vai jāraksta atbilde pēc aprēķiniem digitālā formā, pārējiem 6 uzdevumiem jāsniedz pilnīga, detalizēta atbilde. Par pirmajām 29 atbildēm var iegūt ne vairāk kā 40 punktus, bet par otro daļa no vienotā valsts eksāmena- 20 punkti. Iespējams, 2019. gadā vienotā valsts eksāmena ķīmijā struktūra paliks nemainīga.

Galvenie teorētiskie jautājumi vienotajā valsts eksāmenā ķīmijā aptver šādas tēmas:

Atoma struktūra mūsdienu izpratnē.
Mendeļejeva tabula.
Neorganiskā ķīmija (metālu un nemetālu ķīmiskās īpašības).
Organiskā ķīmija (tauki, olbaltumvielas un ogļhidrāti).
Eksperimentālā ķīmija teorētiski (darba un drošības noteikumi laboratorijā, metodes noteiktas vielas iegūšanai).
Idejas par metodēm nepieciešamo vielu un elementu iegūšanai rūpnieciskā variantā (metalurģija un metālu ražošanas metodes ražošanā, ķīmiskā rūpniecība).
Aprēķini, izmantojot formulas un ķīmiskos vienādojumus.

Plānot sagatavošanās vienotajam valsts eksāmenam ķīmijā

1). Izveidojiet gada plānu ar stundu aprēķiniem un sagatavošanās dienu izvēli. Piemēram, mācies ķīmiju 2 stundas dienā pirmdienās, trešdienās un sestdienās.

2). Vislabāk ir iesaistīties sagatavošanā mīļotais cilvēks(vecāki vai māsa/brālis). Ja tas nav iespējams, sadarbojieties ar citu studentu, kurš plāno kārtot vienoto valsts eksāmenu ķīmijā. Tādā veidā jūs sajutīsiet viens otra atbalstu un vienlaikus spiedīsiet uz priekšu, ja kāds no jums atpaliek. Tas ir unikāls motivācijas veids, un nodarbības būs interesantākas.

3). Aprēķiniet katra testa uzdevuma izpildes laiku. Tādā veidā jūs jau iepriekš zināt, cik daudz laika veltīt jautājumam, un, ja kaut kas aizķersies, varat pāriet pie cita uzdevuma un vēlāk atgriezties pie nepabeigtā uzdevuma.

4). Tuvojoties eksāmenam, mēģiniet maksimāli palielināt savu uzturu un miegu. Pārbaudāmajam jājūtas atpūtušam.

Padoms! Pašā eksāmena laikā jums jāizlemj par uzdevumu sarežģītību. Visvieglāk saprotamos priekšmetus vislabāk atstāt eksāmena pēdējās 30 minūtēs. Otrās daļas uzdevumi jums nesīs augsts rādītājs, tāpēc ieteicams sākt ar tiem, taču vēlams pieturēties pie katra uzdevuma veikšanas plānotā laika. Uz vienkāršiem jautājumiem var atbildēt eksāmena beigās.

Grāmatas gatavošanai vienotajam valsts eksāmenam ķīmijā

Pati par sevi sagatavoties ķīmijas eksāmenam var izdarīt, studējot mācību grāmatas un metodiskās rokasgrāmatas. Šī metode ir visgrūtākā, jo studentam būs nepieciešama maksimāla koncentrēšanās, spēja patstāvīgi saprast materiālu, neatlaidība un pašdisciplīna.

Starp populārajām mācību grāmatām, lai sagatavotos vienotajam valsts eksāmenam ķīmijā, ir:

“Vienotais valsts eksāmens. Ķīmija. Lielā uzziņu grāmata" (autori - Doronkins, Sažņeva, Berežnaja). Grāmatā detalizēti aprakstītas galvenās organiskās un neorganiskās ķīmijas sadaļas, kā arī vispārējā ķīmija. Rokasgrāmatā ir uzdevumi praktiskajai daļai. Grāmatā ir 560 lappuses. Aptuvenās izmaksas ir aptuveni 300 rubļu.
« Ķīmijas pasniedzējs"(autors - Egorovs). Grāmata radīta padziļinātai ķīmijas apguvei, gatavojoties vienotajam valsts eksāmenam. “Pasniedzējs” sastāv no teorētiskiem jautājumiem un atbildēm uz tiem (tematiskā pārbaude), kā arī praktiskiem uzdevumiem atbilstoši grūtības pakāpēm ar detalizēts skaidrojums risinājuma algoritms. Grāmatā ir 762 lappuses. Aptuvenās izmaksas ir aptuveni 600 rubļu.

Kursiķīmijā: gatavošanās vienotajam valsts eksāmenam

Populārākās un vienkāršā veidā sagatavošanās vienotajam valsts eksāmenam ķīmijā Tiek pieņemta grupu kursu vai individuālo apmācību apmeklēšana. Šeit nav nepieciešama pašdisciplīna un neatkarīga materiālu analīze. Ķīmijas skolotājs ieplānos vizīti un palīdzēs saprast vienkāršas un sarežģītas problēmas apstiprinātajā programmā.

Ķīmijas kursos sniegtais materiāls parasti ir balstīts uz jautājumiem un tēmām no pagājušā gada LIETOŠANAS eksāmeniem. Skolotājs ņem vērā studentu biežākās kļūdas un sniedz pilnīgu šādu problēmu analīzi.

Ķīmijas vietne, lai sagatavotos vienotajam valsts eksāmenam

Tagad tālmācība ir populāra, tāpēc varat izmantot iespēju sagatavoties vienotajam valsts eksāmenam ķīmijā, izmantojot tiešsaistes nodarbības. Dažas no tām ir bezmaksas, dažas ir pilnībā apmaksātas, un ir tiešsaistes nodarbības ar daļēju apmaksu, t.i., pirmo nodarbību varat noskatīties bez maksas un pēc tam izlemt turpināt apmācību par maksu.

Videokursā “Saņem A” ir iekļautas visas veiksmīgai tēmai nokārtojot vienoto valsts eksāmenu matemātikā par 60-65 ballēm. Pilnīgi visas problēmas 1-13 Profila vienotais valsts eksāmens matemātika. Piemērots arī matemātikas vienotā valsts eksāmena kārtošanai. Ja vēlies vienoto valsts eksāmenu nokārtot ar 90-100 punktiem, 1.daļa jāatrisina 30 minūtēs un bez kļūdām!

Sagatavošanas kurss Vienotajam valsts eksāmenam 10.-11.klasei, kā arī skolotājiem. Viss nepieciešamais, lai atrisinātu Vienotā valsts eksāmena 1. daļu matemātikā (pirmie 12 uzdevumi) un 13. uzdevumu (trigonometrija). Un tas ir vairāk nekā 70 punkti vienotajā valsts eksāmenā, un bez tiem nevar iztikt ne 100 ballu students, ne humanitāro zinātņu students.

Visa nepieciešamā teorija. Ātri veidi Vienotā valsts eksāmena risinājumi, kļūmes un noslēpumi. Ir analizēti visi aktuālie FIPI uzdevumu bankas 1. daļas uzdevumi. Kurss pilnībā atbilst Vienotā valsts eksāmena 2018 prasībām.

Kursā ir 5 lielas tēmas, katra 2,5 stundas. Katra tēma ir dota no nulles, vienkārši un skaidri.

Simtiem vienotā valsts eksāmena uzdevumu. Vārdu uzdevumi un varbūtību teorija. Vienkārši un viegli iegaumējami algoritmi problēmu risināšanai. Ģeometrija. Teorija, izziņas materiāls, visu veidu vienotā valsts pārbaudījuma uzdevumu analīze. Stereometrija. Viltīgi risinājumi, noderīgas krāpšanās lapas, telpiskās iztēles attīstība. Trigonometrija no nulles līdz problēmai 13. Sapratne, nevis pieblīvēšanās. Sarežģītu jēdzienu skaidri skaidrojumi. Algebra. Saknes, pakāpes un logaritmi, funkcija un atvasinājums. Pamats Vienotā valsts eksāmena 2. daļas sarežģītu problēmu risināšanai.

Valsts noslēguma atestācija 2019 ķīmijā 9.klašu absolventiem izglītības iestādēm tiek veikta, lai novērtētu šīs disciplīnas absolventu vispārējās izglītības sagatavotības līmeni. Uzdevumos tiek pārbaudītas zināšanas par šādām ķīmijas sadaļām:

Atoma struktūra.
Periodiskais likums un ķīmisko elementu periodiskā tabula D.I. Mendeļejevs.
Molekulu struktūra. Ķīmiskā saite: kovalenta (polāra un nepolāra), jonu, metāliska.
Ķīmisko elementu valence. Ķīmisko elementu oksidācijas pakāpe.
Vienkāršas un sarežģītas vielas.
Ķīmiskā reakcija. Nosacījumi un rašanās pazīmes ķīmiskās reakcijas. Ķīmiskie vienādojumi.
Elektrolīti un neelektrolīti. Katjoni un anjoni. Skābju, sārmu un sāļu elektrolītiskā disociācija (vidēji).
Jonu apmaiņas reakcijas un to īstenošanas nosacījumi.
Ķīmiskās īpašības vienkāršas vielas: metāli un nemetāli.
Oksīdu ķīmiskās īpašības: bāzisks, amfotērisks, skābs.
Bāžu ķīmiskās īpašības. Skābju ķīmiskās īpašības.
Sāļu ķīmiskās īpašības (vidēji).
Tīras vielas un maisījumi. Noteikumi drošam darbam skolas laboratorijā. Ķīmiskais piesārņojums vidi un tās sekas.
Ķīmisko elementu oksidācijas pakāpe. Oksidētājs un reducētājs. Redoksreakcijas.
Masas daļas aprēķins ķīmiskais elements matērijā.
Periodiskais likums D.I. Mendeļejevs.
Sākotnējā informācija par organiskajām vielām. Bioloģiski svarīgas vielas: olbaltumvielas, tauki, ogļhidrāti.
Skābju un sārmu šķīduma vides rakstura noteikšana, izmantojot indikatorus. Kvalitatīvas reakcijas uz joniem šķīdumā (hlorīds, sulfāts, karbonizācija, amonija jons). Kvalitatīvas reakcijas uz gāzveida vielām (skābeklis, ūdeņradis, oglekļa dioksīds, amonjaks).
Vienkāršu vielu ķīmiskās īpašības. Sarežģītu vielu ķīmiskās īpašības.

Datums, kad nokārtots OGE ķīmijā 2019. gadā:
4. jūnijā (otrdien).

2019. gada eksāmena darba struktūrā un saturā, salīdzinot ar 2018. gadu, izmaiņas nav.

Šajā sadaļā jūs atradīsiet tiešsaistes testus, kas palīdzēs sagatavoties OGE (GIA) iegūšanai ķīmijā. Vēlam veiksmi!

Standarta OGE tests (GIA-9) 2019. gada formātā ķīmijā sastāv no divām daļām. Pirmajā daļā ir 19 uzdevumi ar īsu atbildi, otrajā daļā ir 3 uzdevumi ar detalizētu atbildi. Šajā sakarā šajā testā ir parādīta tikai pirmā daļa (t.i., pirmie 19 uzdevumi). Atbilstoši pašreizējai eksāmenu struktūrai, starp šiem uzdevumiem atbilžu varianti tiek piedāvāti tikai 15. Taču ieskaites kārtošanas ērtībai vietnes administrācija nolēma piedāvāt atbilžu variantus visos uzdevumos. Bet uzdevumiem, kuros reālu testu un mērījumu materiālu (CMM) sastādītāji nesniedz atbilžu variantus, atbilžu variantu skaits ir ievērojami palielināts, lai mūsu tests būtu pēc iespējas tuvāks tam, ar ko nāksies saskarties mācību gada beigas.

2018. gada formāta standarta OGE tests (GIA-9) ķīmijā sastāv no divām daļām. Pirmajā daļā ir 19 uzdevumi ar īsu atbildi, otrajā daļā ir 3 uzdevumi ar detalizētu atbildi. Šajā sakarā šajā testā ir parādīta tikai pirmā daļa (t.i., pirmie 19 uzdevumi). Atbilstoši pašreizējai eksāmenu struktūrai, starp šiem uzdevumiem atbilžu varianti tiek piedāvāti tikai 15. Taču ieskaites kārtošanas ērtībai vietnes administrācija nolēma piedāvāt atbilžu variantus visos uzdevumos. Bet uzdevumiem, kuros reālu testu un mērījumu materiālu (CMM) sastādītāji nesniedz atbilžu variantus, atbilžu variantu skaits ir ievērojami palielināts, lai mūsu tests būtu pēc iespējas tuvāks tam, ar ko nāksies saskarties mācību gada beigas.

2017. gada formāta standarta OGE tests (GIA-9) ķīmijā sastāv no divām daļām. Pirmajā daļā ir 19 uzdevumi ar īsu atbildi, otrajā daļā ir 3 uzdevumi ar detalizētu atbildi. Šajā sakarā šajā testā ir parādīta tikai pirmā daļa (t.i., pirmie 19 uzdevumi). Atbilstoši pašreizējai eksāmenu struktūrai, starp šiem uzdevumiem atbilžu varianti tiek piedāvāti tikai 15. Taču ieskaites kārtošanas ērtībai vietnes administrācija nolēma piedāvāt atbilžu variantus visos uzdevumos. Bet uzdevumiem, kuros reālu testu un mērījumu materiālu (CMM) sastādītāji nesniedz atbilžu variantus, atbilžu variantu skaits ir ievērojami palielināts, lai mūsu tests būtu pēc iespējas tuvāks tam, ar ko nāksies saskarties mācību gada beigas.

2016. gada formāta standarta OGE tests (GIA-9) ķīmijā sastāv no divām daļām. Pirmajā daļā ir 19 uzdevumi ar īsu atbildi, otrajā daļā ir 3 uzdevumi ar detalizētu atbildi. Šajā sakarā šajā testā ir parādīta tikai pirmā daļa (t.i., pirmie 19 uzdevumi). Atbilstoši pašreizējai eksāmenu struktūrai, starp šiem uzdevumiem atbilžu varianti tiek piedāvāti tikai 15. Taču ieskaites kārtošanas ērtībai vietnes administrācija nolēma piedāvāt atbilžu variantus visos uzdevumos. Bet uzdevumiem, kuros reālu testu un mērījumu materiālu (CMM) sastādītāji nesniedz atbilžu variantus, atbilžu variantu skaits ir ievērojami palielināts, lai mūsu tests būtu pēc iespējas tuvāks tam, ar ko nāksies saskarties mācību gada beigas.

2015. gada formāta standarta OGE tests (GIA-9) ķīmijā sastāv no divām daļām. Pirmajā daļā ir 19 uzdevumi ar īsu atbildi, otrajā daļā ir 3 uzdevumi ar detalizētu atbildi. Šajā sakarā šajā testā ir parādīta tikai pirmā daļa (t.i., pirmie 19 uzdevumi). Atbilstoši pašreizējai eksāmenu struktūrai, starp šiem uzdevumiem atbilžu varianti tiek piedāvāti tikai 15. Taču ieskaites kārtošanas ērtībai vietnes administrācija nolēma piedāvāt atbilžu variantus visos uzdevumos. Bet uzdevumiem, kuros reālu testu un mērījumu materiālu (CMM) sastādītāji nesniedz atbilžu variantus, atbilžu variantu skaits ir ievērojami palielināts, lai mūsu tests būtu pēc iespējas tuvāks tam, ar ko nāksies saskarties mācību gada beigas.

Pabeidzot uzdevumus A1-A19, atlasiet tikai viens pareizais variants.
Pabeidzot uzdevumus B1-B3, atlasiet divi pareizi varianti.

Pabeidzot uzdevumus A1-A15, atlasiet tikai viens pareizais variants.

Veicot uzdevumus A1-A15, izvēlieties tikai vienu pareizo opciju.

Ķīmija nav piemērotākais priekšmets zināšanu pārbaudei testa formātā. Pārbaudē ir iekļauti atbilžu varianti, un pareizā atbilde kļūst acīmredzama vai rodas šaubas tuvu atbilžu variantu dēļ. Tas ļoti traucē skolēna spēju koncentrēties un atbildēt uz jautājumiem. Protams, trūcīgajiem skolēniem ir daudz vieglāk nokārtot ķīmiju vienotā valsts eksāmena formātā nekā klasiskajā versijā. Bet pārējiem skolēniem par lielu problēmu kļuva vienotais valsts eksāmens ķīmijā.

Kā nokārtot vienoto valsts eksāmenu ķīmijā?

Tāpat kā jebkuram eksāmenam, vienotajam valsts eksāmenam ķīmijā ir nepieciešama rūpīga sagatavošanās. Lai atbildētu uz testa jautājumiem, ir nepieciešamas precīzas zināšanas, nevis aptuveni skaitļi, ar kuriem pietiek klasiskajai atbildei. Ja, rakstot reakciju ar roku, nosacījumus var ierakstīt diapazonā, tad vienotajā valsts eksāmenā ir nepieciešama precīza atbilde uz uzdoto jautājumu. Tāpēc gatavošanās vienotajam valsts eksāmenam ķīmijā nedaudz atšķiras no gatavošanās citiem eksāmeniem. Pirmkārt, palielinās prakses un sagatavotības loma šādiem jautājumiem. Viņi vislabāk var iemācīt jums, kā nokārtot vienoto valsts eksāmenu sagatavošanas kursos koledžai. Apmācībās piedalās profesori, kuri, iespējams, ir piedalījušies uzdevumu sagatavošanā. Tāpēc viņi labāk par visiem zina jautājumu smalkumus un sagatavotos slazdus, kas studentu mēdz nomākt. Bet ne visiem ir iespēja apmeklēt dārgus kursus. Turklāt dažiem cilvēkiem nav obligāti nepieciešams augsts rezultāts ķīmijā, taču viņiem joprojām ir jānokārto vienotais valsts eksāmens.

Tiešsaistes vienotā valsts eksāmena testi - pašgatavošanās eksāmenam veids

Šādos gadījumos priekšplānā izvirzās pati gatavošana. Pat skola nevar nodrošināt skolēnam pietiekamu sagatavošanos tik grūtam eksāmenam. Visa atbildība gulstas uz pašu studentu. Viens no labākie veidi Pašgatavošanās tiek uzskatīta par vienotā valsts eksāmena tiešsaistes ieskaitēm. Ieslēgts izglītības portāls vietnē varat kārtot tiešsaistes vienotā valsts eksāmena eksāmenu ķīmijā, lai patstāvīgi sagatavotos gaidāmajam eksāmenam. Tiešsaistes testi mūsu tīmekļa vietnē atšķiras ar to, ka jums nav jāreģistrējas vai jāievada nekādi personas dati, lai to aizpildītu. Tiešsaistes vienotais valsts eksāmens ir pieejams ikvienam neierobežotu skaitu reižu. Vēl viena priekšrocība ir neierobežots laiks. Ja jūs saskaraties ar sarežģītu jautājumu, varat atvērt mācību grāmatu vai meklēt internetā atbildi uz jautājumu. Tādā veidā var identificēt un novērst zināšanu trūkumus. Pastāvīga apmācība ļauj arī pierast pie Vienotā valsts eksāmena formāta un iemācīties no mācību grāmatām izvilkt precīzas zināšanas, kas nepieciešamas, lai atbildētu uz eksāmena jautājumiem.