Odredite koji atomi elemenata navedenih u nizu sadrže jedan nespareni elektron u osnovnom stanju.
Upišite brojeve odabranih elemenata u polje za odgovor.
Odgovor:

Odgovor: 23
Obrazloženje:
Zapišimo elektroničku formulu za svaki od navedenih kemijskih elemenata i prikažimo elektroničko-grafičku formulu posljednje elektroničke razine:
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

Od kemijskih elemenata navedenih u nizu odaberite tri metalna elementa. Odabrane elemente rasporedite po redukcijskim svojstvima.

U polje za odgovor upišite brojeve odabranih elemenata u traženom nizu.

Odgovor: 352
Obrazloženje:
U glavnim podskupinama periodnog sustava metali se nalaze ispod bor-astatinske dijagonale, kao iu sekundarnim podskupinama. Dakle, metali s ovog popisa uključuju Na, Al i Mg.
Metalna i, prema tome, redukcijska svojstva elemenata povećavaju se kada se pomiču ulijevo uz period i niz podskupinu.
Dakle, metalna svojstva gore navedenih metala rastu redom Al, Mg, Na

Između elemenata navedenih u nizu odaberite dva elementa koji u kombinaciji s kisikom pokazuju oksidacijsko stanje +4.

Upišite brojeve odabranih elemenata u polje za odgovor.

Odgovor: 14
Obrazloženje:
Glavna oksidacijska stanja elemenata s prikazanog popisa u složenim tvarima:
Sumpor – “-2”, “+4” i “+6”
Natrij Na – "+1" (jednostruko)
Aluminij Al – “+3” (jednostruko)
Silicij Si – “-4”, “+4”
Magnezij Mg – “+2” (jednokratno)

S predloženog popisa tvari odaberite dvije tvari u kojima postoji ionska kemijska veza.

Odgovor: 12

Obrazloženje:

U velikoj većini slučajeva, prisutnost ionske vrste veze u spoju može se odrediti činjenicom da njegove strukturne jedinice istodobno uključuju atome tipičnog metala i atome nemetala.

Na temelju ovog kriterija u spojevima KCl i KNO 3 javlja se ionski tip veze.

Uz gornju karakteristiku, o prisutnosti ionske veze u spoju može se govoriti ako njegova strukturna jedinica sadrži amonijev kation (NH 4 + ) ili njegovi organski analozi - alkilamonijevi kationi RNH 3 + , dialkilamonij R 2NH2+ , trialkilamonij R 3NH+ i tetraalkilamonij R 4N+ , gdje je R neki ugljikovodični radikal. Na primjer, ionski tip veze pojavljuje se u spoju (CH 3 ) 4 NCl između kationa (CH 3 ) 4 + i kloridni ion Cl − .

Uspostavite podudarnost između formule tvari i klase/skupine kojoj ta tvar pripada: za svako mjesto označeno slovom odaberite odgovarajuće mjesto označeno brojem.

Odgovor: 241

Obrazloženje:

N 2 O 3 je oksid nemetala. Svi oksidi nemetala osim N 2 O, NO, SiO i CO su kiseli.

Al 2 O 3 je metalni oksid u oksidacijskom stanju +3. Metalni oksidi u oksidacijskom stupnju +3, +4, kao i BeO, ZnO, SnO i PbO su amfoterni.

HClO 4 tipičan je predstavnik kiselina jer pri disocijaciji u vodenoj otopini iz kationa nastaju samo kationi H +:

HClO 4 = H + + ClO 4 —

S predloženog popisa tvari odaberite dvije tvari sa svakom od kojih cink stupa u interakciju.

1) dušična kiselina (otopina)

2) željezov(II) hidroksid

3) magnezijev sulfat (otopina)

4) natrijev hidroksid (otopina)

5) aluminijev klorid (otopina)

Upišite brojeve odabranih tvari u polje za odgovor.

Odgovor: 14

Obrazloženje:

1) Dušična kiselina je jako oksidacijsko sredstvo i reagira sa svim metalima osim platine i zlata.

2) Željezov hidroksid (ll) je netopljiva baza. Metali uopće ne reagiraju s netopljivim hidroksidima, a samo tri metala reagiraju s topivim (lužinama) - Be, Zn, Al.

3) Magnezijev sulfat je sol aktivnijeg metala od cinka, pa stoga reakcija ne teče.

4) Natrijev hidroksid - lužina (topljivi metalni hidroksid). Samo Be, Zn, Al rade s metalnim alkalijama.

5) AlCl 3 – sol metala aktivnijeg od cinka, tj. reakcija je nemoguća.

S predloženog popisa tvari odaberite dva oksida koji reagiraju s vodom.

Upišite brojeve odabranih tvari u polje za odgovor.

Odgovor: 14

Obrazloženje:

Od oksida s vodom reagiraju samo oksidi alkalnih i zemnoalkalijskih metala, kao i svi kiseli oksidi osim SiO 2 .

Stoga su prikladne opcije odgovora 1 i 4:

BaO + H 2 O = Ba(OH) 2

SO3 + H2O = H2SO4

1) bromovodik

3) natrijev nitrat

4) sumporni oksid(IV)

5) aluminijev klorid

Odabrane brojeve zapišite u tablicu ispod odgovarajućih slova.

Odgovor: 52

Obrazloženje:

Jedine soli među tim tvarima su natrijev nitrat i aluminijev klorid. Svi su nitrati, kao i natrijeve soli, topljivi, pa stoga natrijev nitrat u načelu ne može stvarati talog ni s jednim reagensom. Stoga sol X može biti samo aluminijev klorid.

Uobičajena pogreška među onima koji polažu Jedinstveni državni ispit iz kemije je nerazumijevanje da u vodenoj otopini amonijak stvara slabu bazu - amonijev hidroksid zbog reakcije:

NH3 + H20<=>NH4OH

U tom smislu, vodena otopina amonijaka daje talog kada se pomiješa s otopinama metalnih soli koje tvore netopljive hidrokside:

3NH 3 + 3H 2 O + AlCl 3 = Al(OH) 3 + 3NH 4 Cl

U zadanoj shemi transformacije

Cu X > CuCl 2 Y > CuI

tvari X i Y su:

Odgovor: 35

Obrazloženje:

Bakar je metal smješten u nizu aktivnosti desno od vodika, tj. ne reagira s kiselinama (osim H 2 SO 4 (konc.) i HNO 3). Dakle, stvaranje bakrovog (ll) klorida moguće je u našem slučaju samo reakcijom s klorom:

Cu + Cl 2 = CuCl 2

Jodidni ioni (I -) ne mogu koegzistirati u istoj otopini s dvovalentnim bakrenim ionima jer oksidiraju se njima:

Cu 2+ + 3I - = CuI + I 2

Uspostavite podudarnost između jednadžbe reakcije i oksidirajuće tvari u ovoj reakciji: za svaki položaj označen slovom odaberite odgovarajući položaj označen brojem.

JEDNADŽBA REAKCIJE A) H 2 + 2Li = 2LiH B) N 2 H 4 + H 2 = 2NH 3 B) N 2 O + H 2 = N 2 + H 2 O D) N 2 H 4 + 2N 2 O = 3N 2 + 2H 2 O

OKSIDANT

Odabrane brojeve zapišite u tablicu ispod odgovarajućih slova.

Odgovor: 1433
Obrazloženje:
Oksidacijsko sredstvo u reakciji je tvar koja sadrži element koji snižava njezino oksidacijsko stanje

Uspostavite korespondenciju između formule tvari i reagensa sa svakim od kojih ta tvar može komunicirati: za svaki položaj označen slovom odaberite odgovarajući položaj označen brojem.

FORMULA TVARI	REAGENSI
A) Cu(NO 3) 2	1) NaOH, Mg, Ba(OH) 2 2) HCl, LiOH, H 2 SO 4 (otopina) 3) BaCl 2, Pb(NO 3) 2, S 4) CH3COOH, KOH, FeS 5) O 2, Br 2, HNO 3

Odabrane brojeve zapišite u tablicu ispod odgovarajućih slova.

Odgovor: 1215

Obrazloženje:

A) Cu(NO 3) 2 + NaOH i Cu(NO 3) 2 + Ba(OH) 2 – slične interakcije. Sol reagira s metalnim hidroksidom ako su polazne tvari topljive, a produkti sadrže talog, plin ili blago disocirajuću tvar. I za prvu i za drugu reakciju ispunjena su oba zahtjeva:

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 metalom ako je slobodni metal aktivniji od onoga što je uključeno u sol. Magnezij u seriji aktivnosti nalazi se lijevo od bakra, što ukazuje na njegovu veću aktivnost, stoga se reakcija odvija:

Cu(NO 3) 2 + Mg = Mg(NO 3) 2 + Cu

B) Al(OH) 3 – metalni hidroksid u oksidacijskom stanju +3. Metalni hidroksidi u oksidacijskom stupnju +3, +4, kao i hidroksidi Be(OH) 2 i Zn(OH) 2 kao izuzetak, klasificirani su kao amfoterni.

Prema definiciji, amfoterni hidroksidi su oni koji reagiraju s alkalijama i gotovo svim topivim kiselinama. Iz tog razloga možemo odmah zaključiti da je opcija odgovora 2 odgovarajuća:

Al(OH)3 + 3HCl = AlCl3 + 3H2O

Al(OH) 3 + LiOH (otopina) = Li ili Al(OH) 3 + LiOH (otopina) =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 i ZnCl 2 + Ba(OH) 2 – interakcija tipa “sol + metalni hidroksid”. Objašnjenje je dato u paragrafu A.

ZnCl 2 + 2NaOH = Zn(OH) 2 + 2NaCl

ZnCl 2 + Ba(OH) 2 = Zn(OH) 2 + BaCl 2

Treba napomenuti da s viškom NaOH i Ba(OH) 2:

ZnCl2 + 4NaOH = Na2 + 2NaCl

ZnCl 2 + 2Ba(OH) 2 = Ba + BaCl 2

D) Br 2, O 2 su jaki oksidansi. Jedini metali koji ne reagiraju su srebro, platina i zlato:

Cu + Br 2 t° > CuBr 2

2Cu + O2 t° >2CuO

HNO 3 je kiselina s jakim oksidacijskim svojstvima jer oksidira ne kationima vodika, već elementom koji stvara kiselinu - dušikom N +5. Reagira sa svim metalima osim platine i zlata:

4HNO 3(konc.) + Cu = Cu(NO 3)2 + 2NO 2 + 2H 2 O

8HNO 3(razrijeđen.) + 3Cu = 3Cu(NO 3) 2 + 2NO + 4H 2 O

Uspostavite korespondenciju između opće formule homologne serije i naziva tvari koja pripada ovoj seriji: za svaki položaj označen slovom odaberite odgovarajući položaj označen brojem.

Odabrane brojeve zapišite u tablicu ispod odgovarajućih slova.

Odgovor: 231

Obrazloženje:

S predloženog popisa tvari odaberite dvije tvari koje su izomeri ciklopentana.

1) 2-metilbutan

2) 1,2-dimetilciklopropan

3) penten-2

4) heksen-2

5) ciklopenten

Upišite brojeve odabranih tvari u polje za odgovor.

Odgovor: 23
Obrazloženje:
Ciklopentan ima molekulsku formulu C5H10. Napišimo strukturne i molekularne formule tvari navedenih u uvjetu

Naziv tvari	Strukturna formula	Molekularna formula
ciklopentan		C5H10
2-metilbutan		C5H12
1,2-dimetilciklopropan		C5H10
penten-2		C5H10
heksen-2		C6H12
ciklopenten		C 5 H 8

S predloženog popisa tvari odaberite dvije tvari od kojih svaka reagira s otopinom kalijeva permanganata.

1) metilbenzen

2) cikloheksan

3) metilpropan

Upišite brojeve odabranih tvari u polje za odgovor.

Odgovor: 15

Obrazloženje:

Od ugljikovodika s vodenom otopinom kalijeva permanganata reagiraju oni koji u svojoj strukturnoj formuli sadrže C=C ili C≡C veze, kao i homolozi benzena (osim samog benzena).
Za ovaj način prikladni su metilbenzen i stiren.

S predloženog popisa tvari odaberite dvije tvari s kojima fenol stupa u interakciju.

1) klorovodična kiselina

2) natrijev hidroksid

4) dušična kiselina

5) natrijev sulfat

Upišite brojeve odabranih tvari u polje za odgovor.

Odgovor: 24

Obrazloženje:

Fenol ima slaba kisela svojstva, izraženija od alkohola. Iz tog razloga, fenoli, za razliku od alkohola, reagiraju s alkalijama:

C6H5OH + NaOH = C6H5ONa + H2O

Fenol u svojoj molekuli sadrži hidroksilnu skupinu izravno vezanu na benzenski prsten. Hidroksi skupina je orjentator prve vrste, to jest, ona olakšava supstitucijske reakcije u orto i para položaju:

S predloženog popisa tvari odaberite dvije tvari koje podliježu hidrolizi.

1) glukoza

2) saharoza

3) fruktoza

5) škrob

Upišite brojeve odabranih tvari u polje za odgovor.

Odgovor: 25

Obrazloženje:

Sve navedene tvari su ugljikohidrati. Od ugljikohidrata, monosaharidi ne podliježu hidrolizi. Glukoza, fruktoza i riboza su monosaharidi, saharoza je disaharid, a škrob je polisaharid. Stoga su saharoza i škrob s gornjeg popisa podložni hidrolizi.

Specificirana je sljedeća shema transformacija tvari:

1,2-dibromoetan → X → bromoetan → Y → etil format

Odredite koje su od navedenih tvari tvari X i Y.

2) etanal

4) kloroetan

5) acetilen

Ispod odgovarajućih slova u tablici upiši brojeve odabranih tvari.

Odgovor: 31

Obrazloženje:

Uspostavite podudarnost između naziva polazne tvari i produkta, koji uglavnom nastaje kada ta tvar reagira s bromom: za svaki položaj označen slovom odaberite odgovarajući položaj označen brojem.

Odabrane brojeve zapišite u tablicu ispod odgovarajućih slova.

Odgovor: 2134

Obrazloženje:

Supstitucija na sekundarnom atomu ugljika događa se u većoj mjeri nego na primarnom. Dakle, glavni proizvod bromiranja propana je 2-brompropan, a ne 1-brompropan:

Cikloheksan je cikloalkan s veličinom prstena većom od 4 ugljikova atoma. Cikloalkani s veličinom prstena većom od 4 atoma ugljika, u interakciji s halogenima, ulaze u reakciju supstitucije uz očuvanje ciklusa:

Ciklopropan i ciklobutan - cikloalkani s minimalnom veličinom prstena preferirano prolaze kroz reakcije adicije praćene pucanjem prstena:

Zamjena atoma vodika na tercijarnom atomu ugljika događa se u većoj mjeri nego na sekundarnom i primarnom. Stoga se bromiranje izobutana odvija uglavnom na sljedeći način:

Uspostavite korespondenciju između reakcijske sheme i organske tvari koja je produkt ove reakcije: za svako mjesto označeno slovom odaberite odgovarajuće mjesto označeno brojem.

Odabrane brojeve zapišite u tablicu ispod odgovarajućih slova.

Odgovor: 6134

Obrazloženje:

Zagrijavanje aldehida sa svježe istaloženim bakrenim hidroksidom dovodi do oksidacije aldehidne skupine u karboksilnu skupinu:

Aldehidi i ketoni reduciraju se vodikom u prisutnosti nikla, platine ili paladija u alkohole:

Primarni i sekundarni alkoholi oksidiraju se vrućim CuO u aldehide, odnosno ketone:

Kada koncentrirana sumporna kiselina reagira s etanolom nakon zagrijavanja, mogu nastati dva različita produkta. Zagrijavanjem na temperaturu nižu od 140 °C dolazi pretežno do međumolekulske dehidracije uz stvaranje dietiletera, a pri zagrijavanju iznad 140 °C dolazi do intramolekularne dehidracije pri čemu nastaje etilen:

S predloženog popisa tvari odaberite dvije tvari čija je reakcija toplinske razgradnje redoks.

1) aluminijev nitrat

2) kalij bikarbonat

3) aluminijev hidroksid

4) amonijev karbonat

5) amonijev nitrat

Upišite brojeve odabranih tvari u polje za odgovor.

Odgovor: 15

Obrazloženje:

Redoks reakcije su one reakcije u kojima jedan ili više kemijskih elemenata mijenja svoje oksidacijsko stanje.

Reakcije razgradnje apsolutno svih nitrata su redoks reakcije. Metalni nitrati od Mg do Cu uključujući razlažu se na metalni oksid, dušikov dioksid i molekularni kisik:

Svi metalni bikarbonati se već pri laganom zagrijavanju (60 o C) razlažu na metalni karbonat, ugljikov dioksid i vodu. U tom slučaju ne dolazi do promjene oksidacijskih stanja:

Netopljivi oksidi se zagrijavanjem raspadaju. Reakcija nije redoks jer Niti jedan kemijski element ne mijenja svoje oksidacijsko stanje kao rezultat:

Amonijev karbonat se zagrijavanjem razlaže na ugljikov dioksid, vodu i amonijak. Reakcija nije redoks:

Amonijev nitrat razlaže se na dušikov oksid (I) i vodu. Reakcija se odnosi na OVR:

S predloženog popisa odaberite dva vanjska utjecaja koji dovode do povećanja brzine reakcije dušika s vodikom.

1) smanjenje temperature

2) povećanje tlaka u sustavu

5) korištenje inhibitora

U polje za odgovor upišite brojeve odabranih vanjskih utjecaja.

Odgovor: 24

Obrazloženje:

1) smanjenje temperature:

Brzina bilo koje reakcije opada kako se temperatura smanjuje

2) povećanje tlaka u sustavu:

Povećanje tlaka povećava brzinu svake reakcije u kojoj sudjeluje barem jedna plinovita tvar.

3) smanjenje koncentracije vodika

Smanjenje koncentracije uvijek smanjuje brzinu reakcije

4) povećanje koncentracije dušika

Povećanje koncentracije reagensa uvijek povećava brzinu reakcije

5) korištenje inhibitora

Inhibitori su tvari koje usporavaju brzinu reakcije.

Uspostavite korespondenciju između formule tvari i proizvoda elektrolize vodene otopine te tvari na inertnim elektrodama: za svaki položaj označen slovom odaberite odgovarajući položaj označen brojem.

Odabrane brojeve zapišite u tablicu ispod odgovarajućih slova.

Odgovor: 5251

Obrazloženje:

A) NaBr → Na + + Br -

Na+ kationi i molekule vode međusobno se natječu za katodu.

2H 2 O + 2e — → H 2 + 2OH —

2Cl - -2e → Cl 2

B) Mg(NO 3) 2 → Mg 2+ + 2NO 3 —

Kationi Mg 2+ i molekule vode međusobno se natječu za katodu.

Kationi alkalijskih metala, kao i magnezij i aluminij, ne mogu se reducirati u vodenoj otopini zbog svoje visoke aktivnosti. Zbog toga se molekule vode reduciraju prema jednadžbi:

2H 2 O + 2e — → H 2 + 2OH —

Anioni NO3 i molekule vode međusobno se natječu za anodu.

2H 2 O - 4e - → O 2 + 4H +

Dakle, odgovor 2 (vodik i kisik) je prikladan.

B) AlCl 3 → Al 3+ + 3Cl -

Kationi alkalijskih metala, kao i magnezij i aluminij, ne mogu se reducirati u vodenoj otopini zbog svoje visoke aktivnosti. Zbog toga se molekule vode reduciraju prema jednadžbi:

2H 2 O + 2e — → H 2 + 2OH —

Cl anioni i molekule vode međusobno se natječu za anodu.

Anioni koji se sastoje od jednog kemijskog elementa (osim F -) pobjeđuju u konkurenciji s molekulama vode za oksidaciju na anodi:

2Cl - -2e → Cl 2

Stoga je odgovarajući odgovor 5. (vodik i halogen).

D) CuSO 4 → Cu 2+ + SO 4 2-

Metalni kationi desno od vodika u seriji aktivnosti lako se reduciraju u uvjetima vodene otopine:

Cu 2+ + 2e → Cu 0

Kiselinski ostaci koji sadrže element koji stvara kiselinu u najvišem oksidacijskom stanju gube konkurenciju molekulama vode za oksidaciju na anodi:

2H 2 O - 4e - → O 2 + 4H +

Stoga je prikladna opcija odgovora 1 (kisik i metal).

Uspostavite podudarnost između naziva soli i medija vodene otopine te soli: za svako mjesto označeno slovom odaberite odgovarajuće mjesto označeno brojem.

Odabrane brojeve zapišite u tablicu ispod odgovarajućih slova.

Odgovor: 3312

Obrazloženje:

A) željezo(III) sulfat - Fe 2 (SO 4) 3

formirana od slabe “baze” Fe(OH) 3 i jake kiseline H 2 SO 4. Zaključak - sredina je kisela

B) krom(III) klorid - CrCl 3

koju čine slaba “baza” Cr(OH) 3 i jaka kiselina HCl. Zaključak - sredina je kisela

B) natrijev sulfat - Na 2 SO 4

Nastaje od jake baze NaOH i jake kiseline H2SO4. Zaključak - okolina je neutralna

D) natrijev sulfid - Na 2 S

Tvore ga jaka baza NaOH i slaba kiselina H2S. Zaključak - sredina je alkalna.

Uspostavite korespondenciju između metode utjecaja na ravnotežni sustav

CO (g) + Cl 2 (g) COCl 2 (g) + Q

i smjer pomaka u kemijskoj ravnoteži kao rezultat ovog učinka: za svaki položaj označen slovom odaberite odgovarajući položaj označen brojem.

Odabrane brojeve zapišite u tablicu ispod odgovarajućih slova.

Odgovor: 3113

Obrazloženje:

Pomak ravnoteže pod vanjskim utjecajem na sustav događa se na način da se minimizira učinak tog vanjskog utjecaja (Le Chatelierov princip).

A) Povećanje koncentracije CO uzrokuje pomicanje ravnoteže prema naprijed reakciji jer rezultira smanjenjem količine CO.

B) Povećanje temperature će pomaknuti ravnotežu prema endotermnoj reakciji. Budući da je prednja reakcija egzotermna (+Q), ravnoteža će se pomaknuti prema obrnutoj reakciji.

C) Smanjenje tlaka će pomaknuti ravnotežu prema reakciji koja rezultira povećanjem količine plinova. Kao rezultat reverzne reakcije nastaje više plinova nego kao rezultat izravne reakcije. Stoga će se ravnoteža pomaknuti prema suprotnoj reakciji.

D) Povećanje koncentracije klora dovodi do pomaka ravnoteže prema izravnoj reakciji, jer se time smanjuje količina klora.

Uspostavite podudarnost između dvije tvari i reagensa koji se može koristiti za razlikovanje tih tvari: za svako mjesto označeno slovom odaberite odgovarajuće mjesto označeno brojem.

TVARI A) FeSO 4 i FeCl 2 B) Na3PO4 i Na2SO4 B) KOH i Ca(OH) 2 D) KOH i KCl

REAGENS

Odabrane brojeve zapišite u tablicu ispod odgovarajućih slova.

Odgovor: 3454

Obrazloženje:

Moguće je razlikovati dvije tvari uz pomoć treće samo ako te dvije tvari s njom međusobno djeluju na različit način, i što je najvažnije, te se razlike mogu razlikovati izvana.

A) Otopine FeSO 4 i FeCl 2 mogu se razlikovati pomoću otopine barijevog nitrata. U slučaju FeSO 4 nastaje bijeli talog barijevog sulfata:

FeSO 4 + BaCl 2 = BaSO 4 ↓ + FeCl 2

U slučaju FeCl 2 nema vidljivih znakova interakcije, jer reakcija ne dolazi.

B) Otopine Na 3 PO 4 i Na 2 SO 4 mogu se razlikovati pomoću otopine MgCl 2. Otopina Na 2 SO 4 ne reagira, au slučaju Na 3 PO 4 taloži se bijeli talog magnezijevog fosfata:

2Na 3 PO 4 + 3MgCl 2 = Mg 3 (PO 4) 2 ↓ + 6NaCl

C) Otopine KOH i Ca(OH) 2 mogu se razlikovati pomoću otopine Na 2 CO 3. KOH ne reagira s Na 2 CO 3, ali Ca(OH) 2 daje bijeli talog kalcijevog karbonata s Na 2 CO 3:

Ca(OH) 2 + Na 2 CO 3 = CaCO 3 ↓ + 2NaOH

D) Otopine KOH i KCl mogu se razlikovati pomoću otopine MgCl 2. KCl ne reagira s MgCl 2, a miješanje otopina KOH i MgCl 2 dovodi do stvaranja bijelog taloga magnezijevog hidroksida:

MgCl 2 + 2KOH = Mg(OH) 2 ↓ + 2KCl

Uspostavite korespondenciju između tvari i njezinog područja primjene: za svaki položaj označen slovom odaberite odgovarajući položaj označen brojem.

Odabrane brojeve zapišite u tablicu ispod odgovarajućih slova.

Odgovor: 2331
Obrazloženje:
Amonijak - koristi se u proizvodnji dušičnih gnojiva. Konkretno, amonijak je sirovina za proizvodnju dušične kiseline, iz koje se, pak, dobivaju gnojiva - natrijev, kalijev i amonijev nitrat (NaNO 3, KNO 3, NH 4 NO 3).
Kao otapala koriste se ugljikov tetraklorid i aceton.
Etilen se koristi za proizvodnju spojeva (polimera) visoke molekulske mase, odnosno polietilena.

Odgovor na zadatke 27–29 je broj. Upišite ovaj broj u polje za odgovor u tekstu rada, pridržavajući se navedenog stupnja točnosti. Zatim taj broj prenesite u OBRAZAC ZA ODGOVORE br. 1 desno od broja odgovarajućeg zadatka, počevši od prve ćelije. Svaki znak upišite u poseban okvir prema uzorcima danim u obrascu. Nema potrebe pisati mjerne jedinice fizikalnih veličina. U reakciji čija je termokemijska jednadžba MgO (tv.) + CO 2 (g) → MgCO 3 (tv.) + 102 kJ, Ušlo je 88 g ugljičnog dioksida. Kolika će se toplina u tom slučaju osloboditi? (Napišite broj do najbližeg cijelog broja.) Odgovor: ___________________________ kJ. Odgovor: 204 Obrazloženje: Izračunajmo količinu ugljičnog dioksida: n(CO 2) = n(CO 2)/ M(CO 2) = 88/44 = 2 mol, Prema jednadžbi reakcije, kada 1 mol CO 2 reagira s magnezijevim oksidom, oslobađa se 102 kJ. U našem slučaju količina ugljičnog dioksida je 2 mol. Označavajući količinu oslobođene topline kao x kJ, možemo napisati sljedeći omjer: 1 mol CO 2 – 102 kJ 2 mol CO 2 – x kJ Stoga vrijedi jednadžba: 1 ∙ x = 2 ∙ 102 Dakle, količina topline koja će se osloboditi kada u reakciji s magnezijevim oksidom sudjeluje 88 g ugljičnog dioksida iznosi 204 kJ. Odredite masu cinka koji reagira s klorovodičnom kiselinom i proizvodi 2,24 L (N.S.) vodika. (Napišite broj na najbližu desetinu.) Odgovor: ___________________________ g. Odgovor: 6.5 Obrazloženje: Napišimo jednadžbu reakcije: Zn + 2HCl = ZnCl2 + H2 Izračunajmo količinu tvari vodika: n(H2) = V(H2)/Vm = 2,24/22,4 = 0,1 mol. Budući da u jednadžbi reakcije stoje jednaki koeficijenti ispred cinka i vodika, to znači da su jednake i količine tvari cinka koje su ušle u reakciju i pritom nastalog vodika, tj. n(Zn) = n(H 2) = 0,1 mol, prema tome: m(Zn) = n(Zn) ∙ M(Zn) = 0,1 ∙ 65 = 6,5 g. Ne zaboravite sve odgovore prenijeti u obrazac za odgovore broj 1 u skladu s uputama za izradu rada. C 6 H 5 COOH + CH 3 OH = C 6 H 5 COOCH 3 + H 2 O Natrijev bikarbonat mase 43,34 g je kalciniran do konstantne težine. Ostatak je otopljen u suvišku klorovodične kiseline. Dobiveni plin je propušten kroz 100 g 10%-tne otopine natrijevog hidroksida. Odredite sastav i masu nastale soli, njen maseni udio u otopini. U svom odgovoru zapišite jednadžbe reakcija koje su navedene u postavci zadatka i navedite sve potrebne izračune (navedite mjerne jedinice traženih fizikalnih veličina). Odgovor: Obrazloženje: Natrijev bikarbonat se zagrijavanjem razgrađuje prema jednadžbi: 2NaHCO 3 → Na 2 CO 3 + CO 2 + H 2 O (I) Dobiveni kruti ostatak očito se sastoji samo od natrijevog karbonata. Kada se natrijev karbonat otopi u klorovodičnoj kiselini, dolazi do sljedeće reakcije: Na 2 CO 3 + 2HCl → 2NaCl + CO 2 + H 2 O (II) Izračunajte količinu natrijevog bikarbonata i natrijevog karbonata: n(NaHCO3) = m(NaHCO3)/M(NaHCO3) = 43,34 g/84 g/mol ≈ 0,516 mol, stoga, n(Na2CO3) = 0,516 mol/2 = 0,258 mol. Izračunajmo količinu ugljičnog dioksida koja nastaje reakcijom (II): n(CO2) = n(Na ​​​​2CO3) = 0,258 mol. Izračunajmo masu čistog natrijevog hidroksida i njegovu količinu tvari: m(NaOH) = m otopina (NaOH) ∙ ω(NaOH)/100% = 100 g ∙ 10%/100% = 10 g; n(NaOH) = m(NaOH)/ M(NaOH) = 10/40 = 0,25 mol. Interakcija ugljičnog dioksida s natrijevim hidroksidom, ovisno o njihovim udjelima, može se odvijati u skladu s dvije različite jednadžbe: 2NaOH + CO 2 = Na 2 CO 3 + H 2 O (s viškom lužine) NaOH + CO 2 = NaHCO 3 (s viškom ugljičnog dioksida) Iz prikazanih jednadžbi proizlazi da se samo prosječna sol dobiva pri omjeru n(NaOH)/n(CO 2) ≥2, a samo kisela sol pri omjeru n(NaOH)/n(CO 2) ≤ 1. Prema izračunima, ν(CO 2) > ν(NaOH), dakle: n(NaOH)/n(CO2) ≤ 1 Oni. interakcija ugljičnog dioksida s natrijevim hidroksidom događa se isključivo uz stvaranje kisele soli, tj. prema jednadžbi: NaOH + CO 2 = NaHCO 3 (III) Izračun provodimo na temelju nedostatka lužine. Prema jednadžbi reakcije (III): n(NaHCO3) = n(NaOH) = 0,25 mol, prema tome: m(NaHCO3) = 0,25 mol ∙ 84 g/mol = 21 g. Masa dobivene otopine bit će zbroj mase otopine lužine i mase ugljičnog dioksida koji je ona apsorbirala. Iz jednadžbe reakcije proizlazi da je reagirao, t.j. apsorbirano je samo 0,25 mol CO 2 od 0,258 mol. Tada je masa apsorbiranog CO 2: m(CO 2 ) = 0,25 mol ∙ 44 g/mol = 11 g. Tada je masa otopine jednaka: m(otopina) = m(otopina NaOH) + m(CO 2) = 100 g + 11 g = 111 g, pa će maseni udio natrijevog bikarbonata u otopini biti jednak: ω(NaHCO 3) = 21 g/111 g ∙ 100% ≈ 18,92%. Izgaranjem 16,2 g organske tvari necikličke strukture dobiveno je 26,88 l (n.s.) ugljičnog dioksida i 16,2 g vode. Poznato je da 1 mol ove organske tvari u prisutnosti katalizatora dodaje samo 1 mol vode i ta tvar ne reagira s amonijačnom otopinom srebrovog oksida. Na temelju podataka o uvjetima problema: 1) napraviti izračune potrebne za određivanje molekularne formule organske tvari; 2) zapisati molekulsku formulu organske tvari; 3) sastaviti strukturnu formulu organske tvari koja nedvosmisleno odražava redoslijed veza atoma u njezinoj molekuli; 4) napišite jednadžbu reakcije hidratacije organske tvari. Odgovor: Obrazloženje: 1) Da bismo odredili elementarni sastav, izračunajmo količine tvari ugljičnog dioksida, vode i zatim mase elemenata koji su u njima uključeni: n(CO2) = 26,88 l/22,4 l/mol = 1,2 mola; n(CO2) = n(C) = 1,2 mola; m(C) = 1,2 mol ∙ 12 g/mol = 14,4 g. n(H20) = 16,2 g/18 g/mol = 0,9 mola; n(H) = 0,9 mol ∙ 2 = 1,8 mol; m(H) = 1,8 g. m(org. tvari) = m(C) + m(H) = 16,2 g, dakle, u organskoj tvari nema kisika. Opća formula organskog spoja je C x H y. x: y = ν(C) : ν(H) = 1,2:1,8 = 1:1,5 = 2:3 = 4:6 Dakle, najjednostavnija formula tvari je C4H6. Prava formula tvari može se podudarati s najjednostavnijom ili se od nje može razlikovati cijeli broj puta. Oni. biti, na primjer, C8H12, C12H18, itd. Uvjet kaže da je ugljikovodik neciklički i jedna njegova molekula može vezati samo jednu molekulu vode. To je moguće ako postoji samo jedna višestruka veza (dvostruka ili trostruka) u strukturnoj formuli tvari. Budući da željeni ugljikovodik nije ciklički, očito je da jedna višestruka veza može postojati samo za tvar formule C 4 H 6. U slučaju drugih ugljikovodika s većom molekularnom masom, broj višestrukih veza je uvijek veći od jedne. Dakle, molekularna formula tvari C 4 H 6 podudara se s najjednostavnijom. 2) Molekulska formula organske tvari je C4H6. 3) Od ugljikovodika alkini kod kojih se trostruka veza nalazi na kraju molekule stupaju u interakciju s amonijačnom otopinom srebrovog oksida. Kako bi se izbjegla interakcija s otopinom amonijaka srebrnog oksida, sastav alkina C 4 H 6 mora imati sljedeću strukturu: CH3 -C≡C-CH3 4) Hidratacija alkina događa se u prisutnosti soli dvovalentne žive:

Savjeti za pripremu za jedinstveni državni ispit iz kemije na web mjestu

Kako kompetentno položiti Jedinstveni državni ispit (i Jedinstveni državni ispit) iz kemije? Ako imate samo 2 mjeseca i još niste spremni? I ne budi prijatelj s kemijom...

Nudi testove s odgovorima za svaku temu i zadatak, prolazeći kroz koje možete proučavati osnovne principe, obrasce i teoriju koji se nalaze na Jedinstvenom državnom ispitu iz kemije. Naši testovi omogućuju vam da pronađete odgovore na većinu pitanja s kojima se susrećete na Jedinstvenom državnom ispitu iz kemije, a naši vam testovi omogućuju učvršćivanje gradiva, pronalaženje slabih točaka i rad na materijalu.

Sve što trebate je internet, pribor, vrijeme i web stranica. Najbolje je imati posebnu bilježnicu za formule/otopine/bilješke i rječnik trivijalnih naziva spojeva.

1. Od samog početka morate procijeniti svoju trenutnu razinu i broj bodova koji su vam potrebni, za ovo se isplati proći. Ako je sve jako loše i trebate izvrsnu izvedbu, čestitamo, ni sada nije sve izgubljeno. Možete se uvježbati da uspješno položite bez pomoći mentora.
   Odlučite o minimalnom broju bodova koje želite osvojiti, to će vam omogućiti da shvatite koliko zadataka morate točno riješiti da biste dobili rezultat koji vam je potreban.
   Naravno, uzmite u obzir da možda neće sve ići tako glatko i riješite što više problema, ili još bolje, sve. Minimum koji ste sebi odredili - morate odlučiti idealno.
2. Prijeđimo na praktični dio – trening za rješenje.
   Najučinkovitiji način je sljedeći. Odaberite samo ispit koji vas zanima i riješite odgovarajući test. Oko 20 riješenih zadataka jamči da ćete se susresti sa svim vrstama problema. Čim počnete osjećati da znate kako riješiti svaki zadatak koji vidite od početka do kraja, prijeđite na sljedeći zadatak. Ako ne znate kako riješiti zadatak, upotrijebite pretragu na našoj web stranici. Gotovo uvijek postoji rješenje na našoj web stranici, inače samo pišite mentoru klikom na ikonu u donjem lijevom kutu - besplatno je.
3. U isto vrijeme, ponavljamo treću točku za sve na našoj web stranici, počevši od.
4. Kada vam prvi dio bude dat barem na prosječnoj razini, počinjete odlučivati. Ako je jedan od zadataka težak, a pogriješili ste u njegovom rješavanju, vratite se na testove na ovom zadatku ili na odgovarajuću temu s testovima.
5. Dio 2. Ako imate mentora, usredotočite se na proučavanje ovog dijela s njim. (pod uvjetom da ste uspjeli riješiti ostatak barem 70%). Ako ste započeli 2. dio, trebali biste dobiti prolaznu ocjenu bez ikakvih problema u 100% slučajeva. Ako se to ne dogodi, bolje je za sada ostati na prvom dijelu. Kada budete spremni za 2. dio, preporučujemo da nabavite zasebnu bilježnicu u koju ćete zapisivati ​​samo rješenja 2. dijela. Ključ uspjeha je riješiti što više zadataka, kao i u 1. dijelu.

Sljedeće promjene bit će napravljene u KIM-ovima jedinstvenog državnog ispita 2017.:

1. Temeljito će se promijeniti pristup strukturiranju 1. dijela ispitnog rada. Očekuje se da će, za razliku od ispitnog modela prethodnih godina, struktura 1. dijela rada uključivati ​​nekoliko tematskih blokova, od kojih će svaki predstavljati zadatke osnovne i napredne razine složenosti. Unutar svakog tematskog bloka zadaci će biti poredani rastućim redoslijedom prema broju radnji potrebnih za njihovo izvršenje. Tako će struktura 1. dijela ispitnog rada biti dosljednija strukturi samog kolegija kemije. Ovakvo strukturiranje 1. dijela CIM-a pomoći će ispitanicima da, tijekom rada, učinkovitije koncentriraju svoju pozornost na korištenje znanja, pojmova i zakona kemije te u kakvom odnosu ispunjavanje zadataka koji provjeravaju usvajanje obrazovnog materijala u bit će potreban određeni dio tečaja kemije.

2. Bit će zamjetne promjene u pristupima izradi zadataka na osnovnoj razini složenosti. To mogu biti zadaci s jednim kontekstom, s izborom dva točna odgovora od pet, tri od šest, zadaci „uspostavljanja podudarnosti između položaja dva skupa“, kao i računski zadaci.

3. Povećanje sposobnosti razlikovanja zadataka čini objektivnim postaviti pitanje smanjenja ukupnog broja zadataka u ispitnom listu. Očekuje se da će se ukupan broj ispitnih zadataka smanjiti sa 40 na 34. To će se postići uglavnom racionalizacijom optimalnog broja onih zadataka čija je izvedba podrazumijevala korištenje sličnih vrsta aktivnosti. Primjer takvih zadataka su posebice zadaci koji imaju za cilj ispitivanje kemijskih svojstava soli, kiselina, baza i uvjeta za reakcije ionske izmjene.

4. Promjena formata zadataka i njihovog broja neizbježno će biti povezana s prilagodbom ljestvice ocjenjivanja za neke zadatke, što će pak uzrokovati promjenu primarne ukupne ocjene za obavljeni rad u cjelini, vjerojatno u rasponu od 58 do 60 (umjesto dosadašnjih 64 boda).

Posljedica planiranih promjena modela ispita u cjelini trebala bi biti povećanje objektivnosti provjere formiranosti niza predmetnih i metapredmetnih vještina koje su važan pokazatelj uspješnosti svladavanja predmeta. Riječ je, posebice, o vještinama kao što su: primjena znanja u sustavu, objedinjavanje znanja o kemijskim procesima s razumijevanjem matematičkog odnosa između različitih fizikalnih veličina, samostalna procjena točnosti rješavanja obrazovnog i obrazovno-praktičnog zadatka itd. .

Jedinstveni državni ispit iz kemije 2017. Tipični ispitni zadaci Medvedev

M.: 2017. - 120 str.

Tipični ispitni zadaci iz kemije sadrže 10 varijanti skupova zadataka, sastavljenih uzimajući u obzir sve značajke i zahtjeve Jedinstvenog državnog ispita 2017. Svrha priručnika je čitateljima pružiti informacije o strukturi i sadržaju KIM-a iz kemije 2017., stupnju težine zadataka. Zbirka sadrži odgovore na sve ispitne opcije i rješenja svih zadataka jedne od opcija. Osim toga, navedeni su uzorci obrazaca koji se koriste na Jedinstvenom državnom ispitu za bilježenje odgovora i rješenja. Autor zadataka vodeći je znanstvenik, nastavnik i metodolog koji je izravno uključen u razvoj kontrolnih mjernih materijala za Jedinstveni državni ispit. Priručnik je namijenjen nastavnicima za pripremu učenika za ispit iz kemije, kao i učenicima i maturantima - za samopripremu i samokontrolu.

Format: pdf

Veličina: 1,5 MB

Pogledajte, preuzmite:voziti.google

SADRŽAJ
Predgovor 4
Upute za izvođenje radova 5
OPCIJA 1 8
1. dio 8
2. dio, 15
OPCIJA 2 17
1. dio 17
2. dio 24
OPCIJA 3 26
1. dio 26
2. dio 33
OPCIJA 4 35
1. dio 35
2. dio 41
OPCIJA 5 43
1. dio 43
2. dio 49
OPCIJA 6 51
1. dio 51
2. dio 57
OPCIJA 7 59
1. dio 59
2. dio 65
OPCIJA 8 67
1. dio 67
2. dio 73
OPCIJA 9 75
1. dio 75
2. dio 81
OPCIJA 10 83
1. dio 83
2. dio 89
ODGOVORI I RJEŠENJA 91
Odgovori na zadatke 1. dijela 91
Rješenja i odgovori na zadatke 2. dijela 93
Rješavanje zadataka opcije 10 99
1. dio 99
2. dio 113

Ovaj udžbenik zbirka je zadataka za pripremu za Jedinstveni državni ispit (USE) iz kemije, koji je ujedno završni ispit za tečaj srednje škole i prijemni ispit za sveučilište. Struktura priručnika odražava suvremene zahtjeve za postupak polaganja jedinstvenog državnog ispita iz kemije, što će vam omogućiti da se bolje pripremite za nove oblike završne certifikacije i za upis na sveučilišta.
Priručnik se sastoji od 10 varijanti zadataka, koji su po obliku i sadržaju bliski demo verziji Jedinstvenog državnog ispita i ne nadilaze sadržaj tečaja kemije, normativno utvrđen Saveznom komponentom državnog standarda općeg obrazovanja . Kemija (Naredba Ministarstva prosvjete br. 1089 od 05.03.2004.).
Razina prezentiranja sadržaja obrazovnog materijala u zadacima u korelaciji je sa zahtjevima državnog standarda za pripremu maturanata srednje (pune) škole iz kemije.
Kontrolni mjerni materijali Jedinstvenog državnog ispita koriste zadatke tri vrste:
- zadaci osnovne razine težine s kratkim odgovorom,
- zadaci povećanog stupnja složenosti s kratkim odgovorom,
- zadaci visokog stupnja složenosti s detaljnim odgovorom.
Svaka verzija ispitnog rada izgrađena je prema jednom planu. Rad se sastoji od dva dijela, uključujući ukupno 34 zadatka. Prvi dio sadrži 29 pitanja s kratkim odgovorima, uključujući 20 zadataka osnovne razine i 9 zadataka napredne razine. Drugi dio sadrži 5 zadataka visokog stupnja složenosti s detaljnim odgovorima (zadaci označeni brojevima 30-34).
U zadacima visokog stupnja složenosti tekst rješenja ispisuje se na posebnom obrascu. Zadaci ove vrste čine najveći dio pisanih radova iz kemije na prijamnim ispitima.