Jak řešit chemické problémy, hotová řešení.

Videokurz „Get an A“ obsahuje všechna témata potřebná k úspěšnému složení jednotné státní zkoušky z matematiky s 60-65 body. Kompletně všechny úkoly 1-13 Profilové jednotné státní zkoušky z matematiky. Vhodné i pro složení Základní jednotné státní zkoušky z matematiky. Pokud chcete složit jednotnou státní zkoušku s 90-100 body, musíte část 1 vyřešit za 30 minut a bezchybně!

Přípravný kurz k jednotné státní zkoušce pro ročníky 10-11 i pro učitele. Vše, co potřebujete k vyřešení 1. části jednotné státní zkoušky z matematiky (prvních 12 úloh) a úlohy 13 (trigonometrie). A to je více než 70 bodů na Jednotnou státní zkoušku a bez nich se neobejde ani stobodový student, ani student humanitních oborů.

Všechny potřebné teorie. Rychlá řešení, úskalí a tajemství jednotné státní zkoušky. Byly analyzovány všechny aktuální úkoly části 1 z FIPI Task Bank. Kurz plně odpovídá požadavkům jednotné státní zkoušky 2018.

Kurz obsahuje 5 velkých témat, každé 2,5 hodiny. Každé téma je podáno od začátku, jednoduše a jasně.

Stovky úkolů jednotné státní zkoušky. Slovní úlohy a teorie pravděpodobnosti. Jednoduché a snadno zapamatovatelné algoritmy pro řešení problémů. Geometrie. Teorie, referenční materiál, analýza všech typů úkolů jednotné státní zkoušky. Stereometrie. Záludná řešení, užitečné cheat sheets, rozvoj prostorové představivosti. Trigonometrie od nuly k problému 13. Porozumění místo nacpávání. Jasné vysvětlení složitých pojmů. Algebra. Odmocniny, mocniny a logaritmy, funkce a derivace. Podklad pro řešení složitých problémů 2. části jednotné státní zkoušky.

■ Existuje záruka, že po hodinách s vámi složíme jednotnou státní zkoušku z chemie s požadovaným počtem bodů?

více než 95 % na vybranou vysokou školu nastoupili absolventi, kteří u mě absolvovali celoroční studium a pravidelně plnili domácí úkoly. Studenti, kteří v září složili test Unified State Exam s 20–30 body, dosáhli v květnu více než 80! Vaše úspěchy budou záviset na vás: pokud jste ochotni tvrdě pracovat, úspěch se dostaví!

■ Přecházíme do 11. třídy, znalosti z chemie jsou nulové. Je už pozdě nebo je ještě možnost se přihlásit?

Šance určitě je! Řeknu vám tajemství: 80 % uchazečů, které v září začnu připravovat na Jednotnou státní zkoušku z chemie, bude studovat ve skupině pro začátečníky. Toto je statistika: 80 % žáků jedenáctého ročníku se z hodin chemie ve škole nenaučilo prakticky nic. Stejné statistiky ale říkají, že většina z nich úspěšně složí jednotnou státní zkoušku a vstoupí na univerzitu svých snů. Hlavní věc je vážně studovat!

■ Je příprava na jednotnou státní zkoušku z chemie velmi náročná?

Za prvé, je to velmi zajímavé! Mým hlavním úkolem je změnit školní představu chemie jako nudné, matoucí vědy, která je v reálném životě málo použitelná. Ano, student bude muset během vyučování pracovat. Ano, bude muset dělat rozsáhlé domácí úkoly. Pokud ho ale dokážete zaujmout chemií, bude tato práce radost!

■ S jakými učebnicemi pracujete?

Hlavně na vlastní pěst. Vlastní systém přípravy na Jednotnou státní zkoušku piluji více než 10 let a za ta léta se osvědčil. S nákupem naučné literatury se nemusíte bát – vše potřebné vám poskytnu. Zdarma!

■ Jak se (technicky) mohu přihlásit na vaše kurzy?

Velmi jednoduché!

Zavolejte mi na: 8-903-280-81-91 . Volat můžete každý den do 23:00.
Domluvíme si první schůzku pro předběžné testování a stanovení úrovně skupiny.
Sami si zvolíte čas lekce a velikost skupiny, která vám vyhovuje (individuální lekce, párové lekce, miniskupiny).
To je vše, práce začíná ve stanovený čas.

Hodně štěstí!

Nebo jej můžete jednoduše použít na této stránce.

■ Jak efektivní je skupinové učení? Není lepší zvolit formát jednotlivých lekcí?

Třídy ve skupinách jsou nejpřijatelnější z hlediska poměru ceny a kvality. Otázka jejich efektivity je otázkou: 1) kvalifikace tutora, 2) počtu studentů ve skupině, 3) správného výběru složení skupiny.

Obavy rodičů jsou pochopitelné: pod pojmem „skupinové hodiny“ se vybaví školní třídy, ve kterých studuje (nebo spíše machruje) 30 - 35 dětí s různou úrovní výcviku a mírně řečeno s různou inteligencí! .

Kvalifikovaný lektor nic takového nedovolí. Především se řídím posvátným pravidlem: "Ne více než 5 lidí ve skupině!" Dle mého názoru je to maximální počet osob, ve kterých lze zohlednit INDIVIDUÁLNÍ vlastnosti každého studenta. Početnější skladbou je „in-line výroba“.

Za druhé, každý, kdo se začne připravovat na jednotnou státní zkoušku, podstoupí povinné testování. Skupiny jsou tvořeny ze studentů s přibližně stejnou úrovní znalostí. Situace, kdy jeden člověk ve skupině materiál vnímá a zbytek se prostě nudí, je vyloučena! Všem účastníkům se dostane stejné pozornosti a my zajistíme, aby VŠICHNI studenti plně rozuměli každému tématu!

■ Jsou ale ještě možné individuální lekce?

Samozřejmě jsou možné! Zavolejte mi (8-903-280-81-91) - prodiskutujeme, která možnost bude pro vás nejlepší.

■ Chodíte ke studentům domů?

Ano, odcházím. Do kteréhokoli moskevského obvodu (včetně oblastí za Moskevským okruhem) a do blízkého moskevského regionu. Kromě toho lze u studentů provádět nejen individuální, ale i skupinové kurzy.

■ A to bydlíme daleko od Moskvy. co dělat?

Studujte na dálku. Skype je náš nejlepší asistent. Distanční vzdělávání se neliší od prezenčního vzdělávání: stejná metodika, stejné vzdělávací materiály. Moje přihlašovací jméno: repetitor2000. Kontaktujte nás! Pojďme si udělat zkušební lekci a uvidíme, jak je to jednoduché!

■ Je možné začít s přípravou na Jednotnou státní zkoušku v 10. ročníku?

Samozřejmě můžete! A nejen, že je to možné, ale také se to doporučuje. Představte si, že na konci 10. třídy je žák téměř připraven na Jednotnou státní zkoušku. Pokud nějaké problémy zůstanou, v 11. třídě bude čas na jejich nápravu. Pokud vše dobře dopadne, může se 11. třída věnovat přípravě na chemické olympiády (a slušný výkon například na Lomonosově olympiádě prakticky zaručuje přijetí na přední univerzity včetně Moskevské státní univerzity). Čím dříve začnete cvičit, tím větší máte šanci na úspěch.

■ Máme zájem nejen o přípravu na Jednotnou státní zkoušku z chemie, ale také z biologie. můžete pomoci?

Neučím biologii, ale mohu vám doporučit kvalifikovaného lektora tohoto předmětu. Jednotná státní zkouška z biologie je mnohem snazší než jednotná státní zkouška z chemie, ale na tuto zkoušku se samozřejmě musíte také vážně připravit.

■ V září nebudeme moci zahájit vyučování. Je možné se ke skupině připojit o něco později?

Takové problémy se řeší individuálně. Pokud bude volné místo, pokud zbytek skupiny nebude nic namítat a pokud testování ukáže, že úroveň vašich znalostí odpovídá úrovni skupiny, rád vás přijmu. Zavolejte mi (8-903-280-81-91), probereme vaši situaci.

■ Jak moc se bude Jednotná státní zkouška 2019 v chemii lišit od Jednotné státní zkoušky 2018?

Změny jsou plánované, ale nejsou strukturální, ale spíše kosmetické. Pokud jste již v 10. třídě studovali v některé z mých skupin a absolvovali celý kurz přípravy na Jednotnou státní zkoušku, není nejmenší potřeba ji opakovat: máte všechny potřebné znalosti. Pokud si plánujete rozšířit své obzory, zvu vás do skupiny pro ty, kteří se na ni připravují Chemické olympiády.

Metody řešení úloh v chemii

Při řešení problémů se musíte řídit několika jednoduchými pravidly:

Pečlivě si přečtěte podmínky úkolu;
Zapište, co je dáno;
V případě potřeby převeďte jednotky fyzikálních veličin na jednotky SI (jsou povoleny některé nesystémové jednotky, například litry);
V případě potřeby zapište reakční rovnici a uspořádejte koeficienty;
Vyřešte problém pomocí konceptu množství látky, nikoli pomocí metody nakreslení proporcí;
Zapište odpověď.

Abyste se na chemii úspěšně připravili, měli byste pečlivě zvážit řešení úloh uvedených v textu a také si jich dostatečný počet sami vyřešit. Právě v procesu řešení problémů se budou upevňovat základní teoretické principy kurzu chemie. Problémy je nutné řešit po celou dobu studia chemie a přípravy na zkoušku.

Můžete použít úlohy na této stránce, nebo si stáhnout dobrou sbírku úloh a cvičení s řešením standardních i komplikovaných úloh (M. I. Lebedeva, I. A. Ankudimova): stáhnout.

Mol, molární hmotnost

Molární hmotnost je poměr hmotnosti látky k látkovému množství, tzn.

M(x) = m(x)/ν(x), (1)

kde M(x) je molární hmotnost látky X, m(x) je hmotnost látky X, ν(x) je množství látky X. Jednotka SI molární hmotnosti je kg/mol, ale jednotka g Obvykle se používá /mol. Jednotka hmotnosti – g, kg. Jednotkou SI pro množství látky je mol.

Žádný problém s chemií vyřešen prostřednictvím množství látky. Musíte si zapamatovat základní vzorec:

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

kde V(x) je objem látky X(l), V m je molární objem plynu (l/mol), N je počet částic, N A je Avogadrova konstanta.

1. Určete hmotnost jodid sodný NaI látkové množství 0,6 mol.

Dáno: v(NaI)= 0,6 mol.

Nalézt: m(NaI) =?

Řešení. Molární hmotnost jodidu sodného je:

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

Určete hmotnost NaI:

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

2. Určete látkové množství atomový bor obsažený v tetraboritanu sodném Na 2 B 4 O 7 o hmotnosti 40,4 g.

Dáno: m(Na2B407) = 40,4 g.

Nalézt: ν(B)=?

Řešení. Molární hmotnost tetraboritanu sodného je 202 g/mol. Určete látkové množství Na 2 B 4 O 7:

v(Na2B407) = m(Na2B407)/M(Na2B407) = 40,4/202 = 0,2 mol.

Připomeňme, že 1 mol molekuly tetraboritanu sodného obsahuje 2 moly atomů sodíku, 4 moly atomů boru a 7 molů atomů kyslíku (viz vzorec tetraboritanu sodného). Potom se množství atomární látky bóru rovná: ν(B) = 4 ν (Na 2 B 4 O 7) = 4 0,2 = 0,8 mol.

Výpočty pomocí chemických vzorců. Hmotnostní zlomek.

Hmotnostní zlomek látky je poměr hmotnosti dané látky v systému k hmotnosti celého systému, tzn. ω(X) =m(X)/m, kde ω(X) je hmotnostní zlomek látky X, m(X) je hmotnost látky X, m je hmotnost celého systému. Hmotnostní zlomek je bezrozměrná veličina. Vyjadřuje se jako zlomek jednotky nebo v procentech. Například hmotnostní zlomek atomárního kyslíku je 0,42, nebo 42 %, tzn. co(O)=0,42. Hmotnostní zlomek atomárního chloru v chloridu sodném je 0,607, neboli 60,7 %, tzn. co(Cl)=0,607.

3. Určete hmotnostní zlomek krystalizační voda v dihydrátu chloridu barnatého BaCl 2 2 H 2 O.

Řešení: Molární hmotnost BaCl 2 2H 2 O je:

M(BaCl22H20) = 137+ 2 35,5 + 218 = 244 g/mol

Ze vzorce BaCl 2 2H 2 O vyplývá, že 1 mol dihydrátu chloridu barnatého obsahuje 2 mol H 2 O. Z toho můžeme určit hmotnost vody obsažené v BaCl 2 2H 2 O:

m(H20) = 218 = 36 g.

Hmotnostní zlomek krystalizační vody zjistíme v dihydrátu chloridu barnatého BaCl 2 2H 2 O.

w(H20) = m(H20)/m(BaCl22H20) = 36/244 = 0,1475 = 14,75 %.

4. Ze vzorku horniny o hmotnosti 25 g obsahujícího minerál argentit Ag 2 S bylo izolováno stříbro o hmotnosti 5,4 g. Určete hmotnostní zlomek argentit ve vzorku.

Dáno: m(Ag)=5,4 g; m = 25 g.

Nalézt: ω(Ag 2 S) =?

Řešení: určíme množství stříbrné látky nalezené v argentitu: ν(Ag) =m(Ag)/M(Ag) = 5,4/108 = 0,05 mol.

Ze vzorce Ag 2 S vyplývá, že množství argentitové látky je poloviční než množství stříbrné látky. Určete množství argentitové látky:

ν(Ag2S)= 0,5 ν(Ag) = 0,5 0,05 = 0,025 mol

Vypočítáme hmotnost argentitu:

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

Nyní určíme hmotnostní zlomek argentitu ve vzorku horniny o hmotnosti 25 g.

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

Odvozování složených vzorců

5. Určete nejjednodušší vzorec sloučeniny draslík s manganem a kyslíkem, jsou-li hmotnostní zlomky prvků v této látce 24,7, 34,8 a 40,5 %, resp.

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

Nalézt: vzorec sloučeniny.

Řešení: pro výpočty volíme hmotnost sloučeniny rovnou 100 g, tzn. m=100 g budou hmotnosti draslíku, manganu a kyslíku:

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

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

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

Stanovujeme množství atomárních látek draslíku, manganu a kyslíku:

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

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

v(O)= m(O)/M(O) = 40,5/16 = 2,5 mol

Zjistíme poměr množství látek:

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

Vydělením pravé strany rovnosti menším číslem (0,63) dostaneme:

ν(K): ν(Mn): ν(O) = 1:1:4.

Proto je nejjednodušší vzorec pro sloučeninu KMnO 4.

6. Spálením 1,3 g látky vzniklo 4,4 g oxidu uhelnatého (IV) a 0,9 g vody. Najděte molekulární vzorec látka, pokud je její hustota vodíku 39.

Dáno m(in-va) = 1,3 g; m(C02)=4,4 g; m(H20) = 0,9 g; DH2=39.

Nalézt: vzorec látky.

Řešení: Předpokládejme, že hledaná látka obsahuje uhlík, vodík a kyslík, protože při jeho spalování vznikaly CO 2 a H 2 O Poté je nutné zjistit množství látek CO 2 a H 2 O, abychom mohli určit množství atomárních látek uhlíku, vodíku a kyslíku.

v(C02) = m(C02)/M(C02) = 4,4/44 = 0,1 mol;

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

Určujeme množství atomárních uhlíkových a vodíkových látek:

v(C)= v(C02); v(C) = 0,1 mol;

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

Proto budou hmotnosti uhlíku a vodíku stejné:

m(C) = v(C) M(C) = 0,112 = 1,2 g;

m(N) = v(N) M(N) = 0,11 = 0,1 g.

Určujeme kvalitativní složení látky:

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

V důsledku toho se látka skládá pouze z uhlíku a vodíku (viz problémové prohlášení). Pojďme nyní určit jeho molekulovou hmotnost na základě dané podmínky úkoly hustota vodíku látky.

M(v-va) = 2 D H2 = 239 = 78 g/mol.

ν(С): ν(Н) = 0,1: 0,1

Vydělením pravé strany rovnosti číslem 0,1 dostaneme:

ν(С): ν(Н) = 1:1

Vezměme počet atomů uhlíku (nebo vodíku) jako „x“, pak vynásobením „x“ atomovými hmotnostmi uhlíku a vodíku a přirovnáním tohoto součtu k molekulové hmotnosti látky vyřešíme rovnici:

12x + x = 78. Odtud x = 6. Vzorec látky je tedy C 6 H 6 - benzen.

Molární objem plynů. Zákony ideálních plynů. Objemový zlomek.

Molární objem plynu je roven poměru objemu plynu k látkovému množství tohoto plynu, tzn.

Vm = V(X)/ ν(x),

kde V m je molární objem plynu - konstantní hodnota pro jakýkoli plyn za daných podmínek; V(X) – objem plynu X; ν(x) je množství plynné látky X. Molární objem plynů za normálních podmínek (normální tlak pH = 101 325 Pa ≈ 101,3 kPa a teplota Tn = 273,15 K ≈ 273 K) je V m = 22,4 l /mol.

Při výpočtech zahrnujících plyny je často nutné přejít z těchto podmínek na normální nebo naopak. V tomto případě je vhodné použít vzorec vyplývající z kombinovaného plynového zákona Boyle-Mariotte a Gay-Lussac:

──── = ─── (3)

kde p je tlak; V – objem; T - teplota v Kelvinově stupnici; index „n“ označuje normální podmínky.

Složení plynných směsí se často vyjadřuje pomocí objemového zlomku - poměru objemu dané složky k celkovému objemu soustavy, tzn.

kde φ(X) je objemový zlomek složky X; V(X) – objem složky X; V je objem systému. Objemový zlomek je bezrozměrná veličina, vyjadřuje se ve zlomcích jednotky nebo v procentech.

7. Které objem odebere při teplotě 20 o C a tlaku 250 kPa čpavek o hmotnosti 51 g?

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

Nalézt: V(NH3) =?

Řešení: určete množství látky amoniaku:

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

Objem amoniaku za normálních podmínek je:

V(NH3) = Vmv(NH3) = 22,43 = 67,2 l.

Pomocí vzorce (3) snížíme objem amoniaku na tyto podmínky [teplota T = (273 +20) K = 293 K]:

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

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

8. Definujte objem, která bude za normálních podmínek obsazena směsí plynů obsahující vodík o hmotnosti 1,4 g a dusík o hmotnosti 5,6 g.

Dáno m(N2)=5,6 g; m(H2)=1,4; Dobře.

Nalézt: V(směsi)=?

Řešení: zjistěte množství látek vodíku a dusíku:

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

v(H2) = m(H2)/M(H2) = 1,4/2 = 0,7 mol

Protože za normálních podmínek tyto plyny vzájemně neinteragují, bude objem plynné směsi roven součtu objemů plynů, tzn.

V(směsi)=V(N2) + V(H2)=Vmv(N2) + Vmv(H2) = 22,4 0,2 + 22,4 0,7 = 20,16 l.

Výpočty pomocí chemických rovnic

Výpočty pomocí chemických rovnic (stechiometrické výpočty) vycházejí ze zákona zachování hmotnosti látek. V reálných chemických procesech je však v důsledku neúplné reakce a různých ztrát látek hmotnost výsledných produktů často menší než ta, která by měla vzniknout v souladu se zákonem o zachování hmotnosti látek. Výtěžek reakčního produktu (nebo hmotnostní zlomek výtěžku) je poměr, vyjádřený v procentech, hmotnosti skutečně získaného produktu k jeho hmotnosti, která by měla být vytvořena v souladu s teoretickým výpočtem, tzn.

η = /m(X) (4)

kde η je výtěžek produktu, %; mp (X) je hmotnost produktu X získaného v reálném procesu; m(X) – vypočtená hmotnost látky X.

V těch úlohách, kde není uveden výtěžek produktu, se předpokládá, že je kvantitativní (teoretický), tzn. η = 100 %.

9. Kolik fosforu je potřeba spálit? přijímat oxid fosforečný o hmotnosti 7,1 g?

Dáno: m(P205) = 7,1 g.

Nalézt: m(P) =?

Řešení: zapíšeme rovnici pro spalovací reakci fosforu a uspořádáme stechiometrické koeficienty.

4P+ 502 = 2P205

Určete množství látky P 2 O 5, které je výsledkem reakce.

v(P205) = m(P205)/M(P205) = 7,1/142 = 0,05 mol.

Z reakční rovnice vyplývá, že ν(P 2 O 5) = 2 ν(P), proto se množství fosforu potřebné v reakci rovná:

ν(P205)= 2 v(P) = 2 0,05= 0,1 mol.

Odtud najdeme hmotnost fosforu:

m(P) = v(P) M(P) = 0,131 = 3,1 g.

10. Hořčík o hmotnosti 6 g a zinek o hmotnosti 6,5 g byly rozpuštěny v přebytku kyseliny chlorovodíkové. Jaký objem vodík, měřeno za standardních podmínek, vynikne ve stejnou dobu?

Dáno m(Mg)=6 g; m(Zn)=6,5 g; Dobře.

Nalézt: V(H2) =?

Řešení: zapíšeme reakční rovnice pro interakci hořčíku a zinku s kyselinou chlorovodíkovou a uspořádáme stechiometrické koeficienty.

Zn + 2 HCl = ZnCl 2 + H2

Mg + 2 HCl = MgCl2 + H2

Stanovujeme množství látek hořčíku a zinku, které reagovaly s kyselinou chlorovodíkovou.

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

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

Z reakčních rovnic vyplývá, že množství kovových a vodíkových látek jsou stejná, tzn. v(Mg) = v(H2); ν(Zn) = ν(H 2), určíme množství vodíku vzniklého dvěma reakcemi:

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

Vypočítáme objem vodíku uvolněného v důsledku reakce:

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

11. Když objem 2,8 litrů sirovodíku (normální podmínky) prošel přebytečným roztokem síranu měďnatého, vytvořila se sraženina o hmotnosti 11,4 g. Určete východ reakční produkt.

Dáno: V(H2S)=2,8 1; m (sediment) = 11,4 g; Dobře.

Nalézt: η =?

Řešení: zapíšeme rovnici pro reakci mezi sirovodíkem a síranem měďnatým.

H2S + CuSO4 = CuS ↓+ H2SO4

Určujeme množství sirovodíku zapojené do reakce.

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

Z reakční rovnice vyplývá, že ν(H 2 S) = ν(СuS) = 0,125 mol. To znamená, že můžeme najít teoretickou hmotnost CuS.

m(СuS) = ν(СuS) М(СuS) = 0,12596 = 12 g.

Nyní určíme výtěžek produktu pomocí vzorce (4):

n = /m(X)= 11,4 100/ 12 = 95 %.

12. Který hmotnost chlorid amonný vzniká interakcí chlorovodíku o hmotnosti 7,3 g s amoniakem o hmotnosti 5,1 g? Který plyn zůstane v přebytku? Určete hmotnost přebytku.

Dáno m(HCl)=7,3 g; m(NH3)=5,1 g.

Nalézt m(NH4CI) = m (přebytek) =?

Řešení: zapište rovnici reakce.

HCl + NH3 = NH4Cl

Tento úkol je o „nadbytku“ a „nedostatku“. Vypočítáme množství chlorovodíku a čpavku a určíme, kterého plynu je přebytek.

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

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

Amoniak je nadbytek, proto počítáme na základě nedostatku, tzn. pro chlorovodík. Z reakční rovnice vyplývá, že ν(HCl) = ν(NH 4 Cl) = 0,2 mol. Určete hmotnost chloridu amonného.

m(NH4CI) = v(NH4CI) M(NH4CI) = 0,2 53,5 = 10,7 g.

Zjistili jsme, že amoniaku je přebytek (v látkovém množství je přebytek 0,1 mol). Vypočítejme hmotnost přebytečného amoniaku.

m(NH3) = v(NH3) M(NH3) = 0,117 = 1,7 g.

13. Technický karbid vápníku o hmotnosti 20 g byl ošetřen přebytkem vody, čímž byl získán acetylen, který při průchodu přebytečnou bromovou vodou vytvořil 1,1,2,2-tetrabromethan o hmotnosti 86,5 g hmotnostní zlomek CaC 2 v technickém karbidu.

Dáno m = 20 g; m(C2H2Br4) = 86,5 g.

Nalézt: ω(CaC 2) =?

Řešení: zapíšeme rovnice pro interakci karbidu vápníku s vodou a acetylenu s bromovou vodou a uspořádáme stechiometrické koeficienty.

CaC2+2H20 = Ca(OH)2 + C2H2

C2H2+2Br2 = C2H2Br4

Najděte množství tetrabromethanu.

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

Z reakčních rovnic vyplývá, že ν(C 2 H 2 Br 4) = ν(C 2 H 2) = ν(CaC 2) = 0,25 mol. Odtud můžeme najít hmotnost čistého karbidu vápníku (bez nečistot).

m(CaC2) = v(CaC2) M(CaC2) = 0,2564 = 16 g.

Stanovíme hmotnostní zlomek CaC 2 v technickém karbidu.

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

Řešení. Hmotnostní zlomek složky roztoku

14. Síra o hmotnosti 1,8 g byla rozpuštěna v benzenu o objemu 170 ml Hustota benzenu je 0,88 g/ml. Definovat hmotnostní zlomek síra v roztoku.

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

Nalézt: ω(S) =?

Řešení: pro zjištění hmotnostního zlomku síry v roztoku je nutné vypočítat hmotnost roztoku. Určete hmotnost benzenu.

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

Najděte celkovou hmotnost roztoku.

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

Vypočítejme hmotnostní zlomek síry.

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

15. Síran železitý FeSO 4 7H 2 O o hmotnosti 3,5 g byl rozpuštěn ve vodě o hmotnosti 40 g Stanovit hmotnostní zlomek síranu železnatého ve výsledném roztoku.

Dáno m(H20)=40 g; m(FeS04.7H20) = 3,5 g.

Nalézt: ω(FeSO 4) =?

Řešení: zjistěte hmotnost FeSO 4 obsaženého v FeSO 4 7H 2 O. K tomu vypočítejte množství látky FeSO 4 7H 2 O.

v(FeS047H20)=m(FeS047H20)/M(FeS047H20)=3,5/278=0,0125 mol

Ze vzorce síranu železnatého vyplývá, že ν(FeSO 4) = ν(FeSO 4 7H 2 O) = 0,0125 mol. Vypočítejme hmotnost FeSO 4:

m(FeS04) = v(FeS04) M(FeS04) = 0,0125 152 = 1,91 g.

Vzhledem k tomu, že hmotnost roztoku se skládá z hmotnosti síranu železnatého (3,5 g) a hmotnosti vody (40 g), vypočítáme hmotnostní zlomek síranu železnatého v roztoku.

w(FeS04) = m(FeS04)/m=1,91/43,5 = 0,044 =4,4 %.

Problémy řešit samostatně

50 g methyljodidu v hexanu bylo vystaveno působení kovového sodíku a bylo uvolněno 1,12 litru plynu, měřeno za normálních podmínek. Určete hmotnostní zlomek methyljodidu v roztoku. Odpověď: 28,4%.
Část alkoholu byla oxidována za vzniku monokarboxylové kyseliny. Při spálení 13,2 g této kyseliny se získal oxid uhličitý, k jehož úplné neutralizaci bylo potřeba 192 ml roztoku KOH s hmotnostním zlomkem 28 %. Hustota roztoku KOH je 1,25 g/ml. Určete vzorec alkoholu. Odpověď: butanol.
Plyn získaný reakcí 9,52 g mědi s 50 ml 81% roztoku kyseliny dusičné o hustotě 1,45 g/ml se vedl přes 150 ml 20% roztoku NaOH o hustotě 1,22 g/ml. Určete hmotnostní zlomky rozpuštěných látek. Odpověď: 12,5 % NaOH; 6,48 % NaN03; 5,26 % NaN02.
Určete objem plynů uvolněných při výbuchu 10 g nitroglycerinu. Odpověď: 7,15 l.
Vzorek organické hmoty o hmotnosti 4,3 g byl spálen v kyslíku. Produkty reakce jsou oxid uhelnatý (IV) o objemu 6,72 l (normální podmínky) a voda o hmotnosti 6,3 g Hustota par výchozí látky vzhledem k vodíku je 43. Určete vzorec látky. Odpověď: C6H14.

Státní závěrečná atestace z chemie 2019 pro absolventy 9. ročníků všeobecně vzdělávacích institucí se provádí za účelem posouzení úrovně všeobecného vzdělání absolventů tohoto oboru. Úlohy prověřují znalosti z následujících částí chemie:

Struktura atomu.
Periodický zákon a periodická soustava chemických prvků D.I. Mendělejev.
Struktura molekul. Chemická vazba: kovalentní (polární a nepolární), iontová, kovová.
Valence chemických prvků. Stupeň oxidace chemických prvků.
Jednoduché a složité látky.
Chemická reakce. Podmínky a příznaky chemických reakcí. Chemické rovnice.
Elektrolyty a neelektrolyty. Kationty a anionty. Elektrolytická disociace kyselin, zásad a solí (průměr).
Iontoměničové reakce a podmínky jejich realizace.
Chemické vlastnosti jednoduchých látek: kovy a nekovy.
Chemické vlastnosti oxidů: zásadité, amfoterní, kyselé.
Chemické vlastnosti zásad. Chemické vlastnosti kyselin.
Chemické vlastnosti solí (průměrné).
Čisté látky a směsi. Pravidla pro bezpečnou práci ve školní laboratoři. Chemické znečištění prostředí a jeho důsledky.
Stupeň oxidace chemických prvků. Oxidační činidlo a redukční činidlo. Redoxní reakce.
Výpočet hmotnostního zlomku chemického prvku v látce.
Periodický zákon D.I. Mendělejev.
Prvotní informace o organických látkách. Biologicky významné látky: bílkoviny, tuky, sacharidy.
Stanovení charakteru prostředí roztoku kyselin a zásad pomocí indikátorů. Kvalitativní reakce na ionty v roztoku (chlorid, síran, karbonace, amonný ion). Kvalitativní reakce na plynné látky (kyslík, vodík, oxid uhličitý, čpavek).
Chemické vlastnosti jednoduchých látek. Chemické vlastnosti komplexních látek.

Datum absolvování OGE v chemii 2019:
4. června (úterý).

Ve struktuře a obsahu zkouškové práce z roku 2019 se oproti roku 2018 nemění.

V této sekci najdete online testy, které vám pomohou připravit se na absolvování OGE (GIA) z chemie. Přejeme vám úspěch!

Standardní test OGE (GIA-9) formátu 2019 v chemii se skládá ze dvou částí. První část obsahuje 19 úloh s krátkou odpovědí, druhá část obsahuje 3 úlohy s podrobnou odpovědí. V tomto ohledu je v tomto testu uvedena pouze první část (tj. prvních 19 úloh). Podle aktuální struktury zkoušek jsou mezi těmito úkoly nabízeny možnosti odpovědí pouze v 15. Pro pohodlí při absolvování testů se však správa webu rozhodla nabídnout možnosti odpovědí ve všech úlohách. Ale u úloh, ve kterých kompilátoři skutečných testovacích a měřicích materiálů (CMM) neposkytují možnosti odpovědí, byl počet možností odpovědí výrazně zvýšen, aby se náš test co nejvíce přiblížil tomu, čemu budete muset čelit na konec školního roku.

Standardní test OGE (GIA-9) formátu 2018 v chemii se skládá ze dvou částí. První část obsahuje 19 úloh s krátkou odpovědí, druhá část obsahuje 3 úlohy s podrobnou odpovědí. V tomto ohledu je v tomto testu uvedena pouze první část (tj. prvních 19 úloh). Podle aktuální struktury zkoušek jsou mezi těmito úkoly nabízeny možnosti odpovědí pouze v 15. Pro pohodlí při absolvování testů se však správa webu rozhodla nabídnout možnosti odpovědí ve všech úlohách. Ale u úloh, ve kterých kompilátoři skutečných testovacích a měřicích materiálů (CMM) neposkytují možnosti odpovědí, byl počet možností odpovědí výrazně zvýšen, aby se náš test co nejvíce přiblížil tomu, čemu budete muset čelit na konec školního roku.

Standardní test OGE (GIA-9) formátu 2017 v chemii se skládá ze dvou částí. První část obsahuje 19 úloh s krátkou odpovědí, druhá část obsahuje 3 úlohy s podrobnou odpovědí. V tomto ohledu je v tomto testu uvedena pouze první část (tj. prvních 19 úloh). Podle aktuální struktury zkoušek jsou mezi těmito úkoly nabízeny možnosti odpovědí pouze v 15. Pro pohodlí při absolvování testů se však správa webu rozhodla nabídnout možnosti odpovědí ve všech úlohách. Ale u úloh, ve kterých kompilátoři skutečných testovacích a měřicích materiálů (CMM) neposkytují možnosti odpovědí, byl počet možností odpovědí výrazně zvýšen, aby se náš test co nejvíce přiblížil tomu, čemu budete muset čelit na konec školního roku.

Standardní test OGE (GIA-9) formátu 2016 v chemii se skládá ze dvou částí. První část obsahuje 19 úloh s krátkou odpovědí, druhá část obsahuje 3 úlohy s podrobnou odpovědí. V tomto ohledu je v tomto testu uvedena pouze první část (tj. prvních 19 úloh). Podle aktuální struktury zkoušek jsou mezi těmito úkoly nabízeny možnosti odpovědí pouze v 15. Pro pohodlí při absolvování testů se však správa webu rozhodla nabídnout možnosti odpovědí ve všech úlohách. Ale u úloh, ve kterých kompilátoři skutečných testovacích a měřicích materiálů (CMM) neposkytují možnosti odpovědí, byl počet možností odpovědí výrazně zvýšen, aby se náš test co nejvíce přiblížil tomu, čemu budete muset čelit na konec školního roku.

Standardní test OGE (GIA-9) formátu 2015 v chemii se skládá ze dvou částí. První část obsahuje 19 úloh s krátkou odpovědí, druhá část obsahuje 3 úlohy s podrobnou odpovědí. V tomto ohledu je v tomto testu uvedena pouze první část (tj. prvních 19 úloh). Podle aktuální struktury zkoušek jsou mezi těmito úkoly nabízeny možnosti odpovědí pouze v 15. Pro pohodlí při absolvování testů se však správa webu rozhodla nabídnout možnosti odpovědí ve všech úlohách. Ale u úloh, ve kterých kompilátoři skutečných testovacích a měřicích materiálů (CMM) neposkytují možnosti odpovědí, byl počet možností odpovědí výrazně zvýšen, aby se náš test co nejvíce přiblížil tomu, čemu budete muset čelit na konec školního roku.

Při dokončování úkolů A1-A19 vyberte pouze jedna správná možnost.
Při dokončení úkolů B1-B3 vyberte dvě správné možnosti.

Při dokončování úkolů A1-A15 vyberte pouze jedna správná možnost.

Při plnění úkolů A1-A15 vyberte pouze jednu správnou možnost.