Rezultat Jedinstvenog državnog ispita u hemiji ne manji od minimalno utvrđenog broja bodova daje pravo upisa na univerzitete na specijalnostima na kojima se nalazi prijemni ispiti postoji predmet hemije.
Univerziteti nemaju pravo postavljati minimalni prag za hemiju ispod 36 bodova. Prestižni univerziteti imaju tendenciju da svoj minimalni prag postavljaju mnogo više. Jer da bi tamo studirali, studenti prve godine moraju imati jako dobro znanje.
Na službenoj web stranici FIPI-ja svake se godine objavljuju verzije Jedinstvenog državnog ispita iz hemije: demonstracija, rani period. Upravo ove opcije daju ideju o strukturi budućeg ispita i nivou težine zadataka i izvori su pouzdanih informacija prilikom pripreme za Jedinstveni državni ispit.
Rana verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije 2017
| Godina | Preuzmite ranu verziju |
| 2017 | varijanta po himii |
| 2016 | skinuti |
Demo verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije 2017. sa FIPI
| Varijanta zadataka + odgovori | Preuzmite demo verziju |
| Specifikacija | demo varijanta himiya ege |
| Kodifikator | kodifikator |
IN Opcije objedinjenog državnog ispita u hemiji u 2017. godini dolazi do promjena u odnosu na CMM iz prethodne 2016. godine, pa je preporučljivo provoditi obuku prema aktuelnoj verziji, a za raznovrsniji razvoj maturanata koristiti verzije prethodnih godina.
Dodatni materijali i oprema
Za svaku opciju ispita Rad na Jedinstvenom državnom ispitu iz hemije su priloženi sljedeći materijali:
− periodni sistem hemijski elementi DI. Mendeljejev;
− tabela rastvorljivosti soli, kiselina i baza u vodi;
− elektrohemijske serije napona metala.
U toku rada ispitni rad Dozvoljena je upotreba kalkulatora koji se ne može programirati. Popis dodatnih uređaja i materijala, čija je upotreba dozvoljena za Jedinstveni državni ispit, odobrena je naredbom ruskog Ministarstva obrazovanja i nauke.
Za one koji žele da nastave školovanje na fakultetu, izbor predmeta treba da zavisi od liste prijemnih ispita za izabranu specijalnost
(smjer obuke).
Spisak prijemnih ispita na univerzitetima za sve specijalnosti (oblasti obuke) utvrđuje se naredbom Ministarstva obrazovanja i nauke Rusije. Svaki univerzitet sa ove liste bira određene predmete koje naznači u svojim pravilima upisa. Morate se upoznati sa ovim informacijama na web stranicama odabranih univerziteta prije nego što se prijavite za učešće na Jedinstvenom državnom ispitu sa listom odabranih predmeta.
Demonstracijske verzije Jedinstvenog državnog ispita iz hemije za 11. razred sastoji se od dva dela. Prvi dio uključuje zadatke za koje je potrebno dati kratak odgovor. Za zadatke iz drugog dijela morate dati detaljan odgovor.
Sve demo verzije Jedinstvenog državnog ispita iz hemije sadrže tačne odgovore na sve zadatke i kriterijume ocjenjivanja zadataka sa detaljnim odgovorom.
Nema promjena u odnosu na.
Demo verzije Jedinstvenog državnog ispita iz hemije
Zapiši to opcije demonstracije iz hemije su predstavljeni u pdf formatu, a da biste ih pregledali morate imati, na primjer, besplatni softverski paket Adobe Reader instaliran na vašem računalu.
| Demonstraciona verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije za 2002. godinu |
| Demonstraciona verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije za 2004. godinu |
| Demonstraciona verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije za 2005. godinu |
| Demonstraciona verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije za 2006. godinu |
| Demonstraciona verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije za 2008. godinu |
| Demonstraciona verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije za 2009. godinu |
| Demonstraciona verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije za 2010. godinu |
| Demonstraciona verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije za 2011. godinu |
| Demo verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije za 2012 |
| Demonstraciona verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije za 2013. godinu |
| Demonstraciona verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije za 2014. godinu |
| Demonstraciona verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije za 2015. godinu |
| Demo verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije za 2016 |
| Demo verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije za 2017 |
| Demo verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije za 2018 |
| Demo verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije za 2019 |
Promjene u demo verzijama Jedinstvenog državnog ispita iz hemije
Demonstracione verzije Jedinstvenog državnog ispita iz hemije za 11. razred za 2002 - 2014. sastojao se od tri dijela. Prvi dio je uključivao zadatke u kojima je potrebno odabrati jedan od predloženih odgovora. Zadaci iz drugog dijela zahtijevali su kratak odgovor. Za zadatke iz trećeg dijela bilo je potrebno dati detaljan odgovor.
Godine 2014 u demo verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije uvedene su sljedeće promjene:
- sve računske zadatke, čija je realizacija procijenjena na 1 bod, stavljeni su u 1. dio rada (A26–A28),
- predmet "Redoks reakcije" testirano korištenjem zadataka U 2 I C1;
- predmet "Hidroliza soli" je provjereno samo uz pomoć zadatka U 4;
- uvršten je novi zadatak(na poziciji U 6) za provjeru tema " kvalitativne reakcije on neorganske supstance i joni", "kvalitativne reakcije organska jedinjenja»
- ukupan broj zadataka u svakoj verziji to je postalo 42 (umjesto 43 u radu iz 2013.).
U 2015. bilo je napravljene su fundamentalne promjene:
- Sistem ocjenjivanja je promijenjen zadaci pronalaženja molekulske formule neke supstance. Maksimalni broj bodova za ispunjavanje je 4 (umjesto 3 bodova u 2014.).
Opcija je postala sastoji se od dva dela(1. dio - zadaci kratkih odgovora, dio 2 - zadaci dugog odgovora).
Numeracija zadaci postali kroz u cijeloj opciji bez slovne oznake A, B, C.
Bio Promijenjen je oblik bilježenja odgovora u zadacima sa izborom odgovora: Odgovor sada treba zapisati brojem sa brojem tačnog odgovora (a ne označenim križićem).
Bio broj zadataka osnovnog nivoa težine smanjen je sa 28 na 26 zadataka.
Maksimalni rezultat za izvršenje svih zadataka ispitnog rada za 2015. godinu 64 (umjesto 65 bodova u 2014.).
IN 2016 godine u demonstraciona verzija iz hemijenapravljene su značajne promjene u odnosu na prethodnu 2015 :
U dijelu 1 promijenjen format zadataka 6, 11, 18, 24, 25 i 26 osnovni nivo težine sa kratkim odgovorom.
Promijenjen je format zadataka 34 i 35viši nivo teškoće : ovi zadaci sada zahtijevaju podudaranje umjesto odabira više tačnih odgovora sa date liste.
Promijenjena je distribucija zadataka po stepenu težine i vrstama testiranih vještina.
U 2017. u odnosu na demo verzija 2016 iz hemijedogodile su se značajne promjene. Struktura ispitnog rada je optimizirana:
Bio struktura prvog dijela je promijenjena demo verzija: zadaci sa izborom jednog odgovora su isključeni iz nje; zadaci su grupisani u posebne tematske blokove, od kojih je svaki počeo da sadrži zadatke osnovnog i naprednog nivoa složenosti.
Bio ukupan broj zadataka je smanjen do 34.
Bio promijenjena skala ocjenjivanja(od 1 do 2 boda) rješavanje zadataka osnovnog nivoa složenosti koji testiraju asimilaciju znanja o genetskoj povezanosti neorganskih i organskih supstanci (9 i 17).
Maksimalni rezultat za izvršenje svih zadataka ispitnog rada bio je smanjen na 60 bodova.
Godine 2018 u demo verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije u odnosu na demo verzija 2017 iz hemije dogodilo se sljedeće promjene:
Bio dodat zadatak 30 visoki nivo poteškoće sa detaljnim odgovorom,
Maksimalni rezultat za izvršenje svih zadataka ispitnog rada preostalo bez promjene promjenom skale ocjenjivanja zadataka u 1. dijelu.
IN demo verzija Jedinstvenog državnog ispita iz hemije 2019 u odnosu na demo verzija 2018 iz hemije nije bilo promjena.
Na našoj web stranici možete se upoznati i sa edukativnim materijalima za pripremu za Jedinstveni državni ispit iz matematike koje pripremaju nastavnici našeg centra za obuku "Resolventa".
Za školarce 10. i 11. razreda koji žele da se dobro pripreme i polože Jedinstveni državni ispit iz matematike ili ruskog jezika on visok rezultat, Obrazovni centar"Resolventa" diriguje
Organizujemo i za školarce
Savjeti za pripremu za Jedinstveni državni ispit iz hemije na web stranici
Kako kompetentno položiti Jedinstveni državni ispit (i Jedinstveni državni ispit) iz hemije? Ako imate samo 2 mjeseca i još niste spremni? I nemoj se družiti sa hemijom...
Nudi testove sa odgovorima za svaku temu i zadatak, polaganjem kojih možete proučiti osnovne principe, obrasce i teoriju pronađene na Jedinstvenom državnom ispitu iz hemije. Naši testovi vam omogućavaju da pronađete odgovore na većinu pitanja sa kojima se susrećete na Jedinstvenom državnom ispitu iz hemije, a naši testovi vam omogućavaju da konsolidujete gradivo, pronađete slabe tačke i radite na gradivu.
Sve što vam treba je internet, dopisnica, vrijeme i web stranica. Najbolje je imati posebnu bilježnicu za formule/rješenja/napomene i rečnik trivijalnih naziva jedinjenja.
- Od samog početka morate procijeniti svoj trenutni nivo i broj bodova koji vam je potreban, za to je vrijedno proći. Ako je sve jako loše i treba vam odlična izvedba, čestitam, ni sada nije sve izgubljeno. Obučite se da uspješan završetak Možete to učiniti bez pomoći mentora.
Odlučite se minimalna količina bodova koje želite postići, 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 to najbolje što možete. veći broj zadatke, ili još bolje, sve. Minimum koji ste odredili za sebe - morate odlučiti idealno. - Pređimo na praktični dio – obuku za rješenje.
Većina efikasan metod- sljedeći. Odaberite samo ispit koji vas zanima i riješite odgovarajući test. Oko 20 riješenih zadataka garantuje da ćete se suočiti 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, koristite pretragu na našoj web stranici. Gotovo uvijek postoji rješenje na našoj web stranici, inače samo pišite učitelju klikom na ikonu u donjem lijevom kutu - besplatno je. - Istovremeno ponavljamo treću tačku za sve na našoj web stranici, počevši od.
- Kada vam prvi dio bude barem na prosječnom nivou, počinjete da odlučujete. Ako je jedan od zadataka težak, a pogriješili ste u ispunjavanju, vratite se na testove za ovaj zadatak ili odgovarajuću temu s testovima.
- Dio 2. Ako imate nastavnika, fokusirajte se na učenje ovog dijela s njim. (pod uslovom da uspijete riješiti ostatak najmanje 70%). Ako ste započeli drugi dio, onda biste trebali postići prolaznu ocjenu bez ikakvih problema 100% vremena. Ako se to ne dogodi, bolje je za sada ostati na prvom dijelu. Kada budete spremni za drugi dio, preporučujemo vam da nabavite posebnu bilježnicu u koju ćete zapisivati samo rješenja za drugi dio. Ključ uspjeha je rješavanje što većeg broja zadataka, baš kao i u prvom dijelu.
Pobuđeno stanje atoma odgovara elektronska konfiguracija
1) 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1
2) 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6
3) 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1 3p 2
Odgovor: 3
Objašnjenje:
Energija 3s podnivoa je niža od energije 3p podnivoa, ali 3s podnivo, koji treba da sadrži 2 elektrona, nije u potpunosti ispunjen. Posljedično, takva elektronska konfiguracija odgovara pobuđenom stanju atoma (aluminij).
Četvrta opcija nije odgovor zbog činjenice da, iako 3d nivo nije popunjen, njegova energija je veća od 4s podnivoa, tj. u ovom slučaju se popunjava zadnji.
U kojoj su seriji hemijski elementi raspoređeni po opadajućem atomskom radijusu?
1) Rb → K → Na
2) Mg → Ca → Sr
3) Si → Al → Mg
Odgovor: 1
Objašnjenje:
Atomski radijus elemenata se smanjuje kako se broj smanjuje elektronske školjke(broj elektronskih ljuski odgovara broju perioda Periodni sistem hemijski elementi) i tokom prelaska na nemetale (tj. kada se broj elektrona poveća za eksternom nivou). Stoga se u tabeli hemijskih elemenata atomski radijus elemenata smanjuje odozdo prema gore i s lijeva na desno.
Hemijska veza se formira između atoma sa istom relativnom elektronegativnošću
2) kovalentno polarni
3) kovalentni nepolarni
Odgovor: 3
Objašnjenje:
Kovalentna veza se formira između atoma sa istom relativnom elektronegativnošću. nepolarna veza, budući da nema pomaka u gustini elektrona.
Oksidacijska stanja sumpora i dušika u (NH 4) 2 SO 3 su respektivno jednaka
1) +4 i -3 2) -2 i +5 3) +6 i +3 4) -2 i +4
Odgovor: 1
Objašnjenje:
(NH 4) 2 SO 3 (amonijum sulfit) je so koju formiraju sumporna kiselina i amonijak, stoga su oksidaciona stanja sumpora i azota +4 i -3, respektivno (oksidaciono stanje sumpora u sumpornoj kiselini je +4 , oksidaciono stanje dušika u amonijaku je - 3).
Atomic kristalna rešetka Ima
1) bijeli fosfor
3) silicijum
Odgovor: 3
Objašnjenje:
Bijeli fosfor ima molekularnu kristalnu rešetku, formula molekula bijelog fosfora je P 4.
Obje alotropske modifikacije sumpora (ortorombna i monoklinska) imaju molekularne kristalne rešetke, na čijim se čvorovima nalaze ciklične molekule S8 u obliku krune.
Olovo je metal i ima metalnu kristalnu rešetku.
Silicijum ima kristalnu rešetku tipa dijamanta, međutim, zbog duže dužine Si-Si veze, poređenje C-C inferiorniji od dijamanta u tvrdoći.
Od navedenih supstanci izaberite tri supstance koje se odnose na amfoterni hidroksidi.
Odgovor: 245
Objašnjenje:
Amfoterni metali uključuju Be, Zn, Al (možete se sjetiti „BeZnAl“), kao i Fe III i Cr III. Shodno tome, od predloženih opcija odgovora, amfoterni hidroksidi uključuju Be(OH) 2 , Zn(OH) 2 , Fe(OH) 3 .
Jedinjenje Al(OH) 2 Br je glavna so.
Jesu li istinite? sledeće presude o svojstvima azota?
A. U normalnim uslovima, azot reaguje sa srebrom.
B. Azot u normalnim uslovima u odsustvu katalizatora ne reaguje sa vodonikom.
1) samo A je tačno
2) samo B je tačno
3) obe presude su tačne
Odgovor: 2
Objašnjenje:
Azot je veoma inertan gas i ne reaguje sa drugim metalima osim litijuma u normalnim uslovima.
Interakcija azota sa vodonikom se odnosi na industrijska proizvodnja amonijak. Proces je egzoterman, reverzibilan i odvija se samo u prisustvu katalizatora.
Ugljenmonoksid (IV) reaguje sa svakom od dve supstance:
1) kiseonik i voda
2) voda i kalcijum oksid
3) kalijum sulfat i natrijum hidroksid
4) silicijum oksid (IV) i vodonik
Odgovor: 2
Objašnjenje:
Ugljen (IV) monoksid (ugljični dioksid) je kiseli oksid i stoga reaguje s vodom i formira nestabilnu ugljična kiselina, alkalije i oksidi alkalnih i zemnoalkalnih metala sa stvaranjem soli:
CO 2 + H 2 O ↔ H 2 CO 3
CO 2 + CaO → CaCO 3
Svaki od njih reaguje sa rastvorom natrijum hidroksida
3) H 2 O i P 2 O 5
Odgovor: 4
Objašnjenje:
NaOH je alkalija (ima bazična svojstva), stoga je moguća interakcija sa kiselim oksidom - SO 2 i amfoternim metalnim hidroksidom - Al(OH) 3:
2NaOH + SO 2 → Na 2 SO 3 + H 2 O ili NaOH + SO 2 → NaHSO 3
NaOH + Al(OH) 3 → Na
Kalcijum karbonat reaguje sa rastvorom
1) natrijum hidroksid
2) hlorovodonik
3) barijum hlorid
Odgovor: 2
Objašnjenje:
Kalcijum karbonat je nerastvorljiva so u vodi i stoga ne reaguje sa solima i bazama. Kalcijev karbonat se otapa u jakim kiselinama kako bi formirao soli i oslobađao ugljični dioksid:
CaCO 3 + 2HCl → CaCl 2 + CO 2 + H 2 O
U šemi transformacije
1) gvožđe (II) oksid
2) gvožđe (III) hidroksid
3) gvožđe (II) hidroksid
4) gvožđe (II) hlorid
Odgovor: X-5; Y-2
Objašnjenje:
Klor je jako oksidaciono sredstvo (oksidaciona sposobnost halogena raste od I 2 do F 2), oksidira željezo u Fe +3:
2Fe + 3Cl 2 → 2FeCl 3
Gvožđe (III) hlorid je rastvorljiva so i ulazi u reakcije razmene sa alkalijama da bi se formirao precipitat - gvožđe (III) hidroksid:
FeCl 3 + 3NaOH → Fe(OH) 3 ↓ + NaCl
Homolozi su
1) glicerin i etilen glikol
2) metanol i butanol-1
3) propin i etilen
Odgovor: 2
Objašnjenje:
Homolozi su supstance koje pripadaju istoj klasi organskih jedinjenja i razlikuju se po jednoj ili više CH2 grupa.
Glicerol i etilen glikol su trihidrični i dihidrični alkoholi, odnosno razlikuju se po broju atoma kiseonika, stoga nisu ni izomeri ni homolozi.
Metanol i butanol-1 su primarni alkoholi sa nerazgranatim skeletom, razlikuju se u dvije CH 2 grupe, pa su stoga homoloidi.
Propin i etilen pripadaju klasama alkina i alkena koji sadrže različite količine atomi ugljika i vodonika, dakle, nisu ni homolozi ni izomeri.
Propanon i propanal pripadaju različite klase organskih spojeva, ali sadrže 3 atoma ugljika, 6 atoma vodika i 1 atom kisika, pa su prema funkcionalnoj grupi izomeri.
Za buten-2 nemoguće reakcija
1) dehidracija
2) polimerizacija
3) halogeniranje
Odgovor: 1
Objašnjenje:
Buten-2 pripada klasi alkena i podvrgava se reakcijama adicije sa halogenima, vodikovim halogenidima, vodom i vodikom. Osim toga, nezasićeni ugljikovodici polimeriziraju.
Reakcija dehidracije je reakcija koja uključuje eliminaciju molekula vode. Budući da je buten-2 ugljovodonik, tj. ne sadrži heteroatome, eliminacija vode je nemoguća.
Fenol ne stupa u interakciju sa
1) azotna kiselina
2) natrijum hidroksid
3) bromna voda
Odgovor: 4
Objašnjenje:
Dušična kiselina i bromna voda reaguju sa fenolom u reakciji elektrofilne supstitucije na benzenskom prstenu, što rezultira stvaranjem nitrofenola i bromofenola, respektivno.
Fenol, koji ima slab kisela svojstva, reaguje sa alkalijama i formira fenolate. U tom slučaju nastaje natrijum fenolat.
Alkani ne reaguju sa fenolom.
Metil ester sirćetne kiseline reaguje sa
1) NaCl 2) Br 2 (rastvor) 3) Cu(OH) 2 4) NaOH (rastvor)
Odgovor: 4
Objašnjenje:
Metil sirćetna kiselina (metil acetat) pripada klasi estri, podvrgava se kiseloj i alkalnoj hidrolizi. U uslovima kisele hidrolize, metil acetat se pretvara u sirćetnu kiselinu i metanol, a u uslovima alkalne hidrolize sa natrijum hidroksidom - natrijum acetat i metanol.
Buten-2 se može dobiti dehidracijom
1) butanon 2) butanol-1 3) butanol-2 4) butanal
Odgovor: 3
Objašnjenje:
Jedan od načina dobijanja alkena je reakcija intramolekularne dehidracije primarnih i sekundarnih alkohola, koja se odvija u prisustvu bezvodne sumporne kiseline i na temperaturama iznad 140 o C. Eliminacija molekule vode iz molekule alkohola odvija se prema Zajcevovoj pravilo: atom vodika i hidroksilna grupa se eliminiraju iz susjednih atoma ugljika, štoviše, vodik se odvaja od atoma ugljika na kojem se nalazi najmanji broj atoma vodika. Dakle, intramolekularna dehidracija primarnog alkohola, butanola-1, dovodi do stvaranja butena-1, a intramolekularna dehidracija sekundarnog alkohola, butanola-2, dovodi do stvaranja butena-2.
Metilamin može reagirati sa (c)
1) alkalije i alkoholi
2) alkalije i kiseline
3) kiseonik i alkalije
4) kiseline i kiseonik
Odgovor: 4
Objašnjenje:
Metilamin pripada klasi amina i zbog prisustva usamljenog elektronskog para na atomu dušika ima osnovna svojstva. Osim toga, osnovna svojstva metilamina su izraženija od onih amonijaka zbog prisustva metil grupe, koja ima pozitivan induktivni učinak. Dakle, imajući bazična svojstva, metilamin reaguje sa kiselinama i formira soli. U atmosferi kisika, metilamin sagorijeva u ugljični dioksid, dušik i vodu.
U datoj šemi transformacije
supstance X i Y su respektivno
1) etandiol-1,2
3) acetilen
4) dietil etar
Odgovor: X-2; Y-5
Objašnjenje:
Bromoetan u vodenom rastvoru alkalija prolazi kroz reakciju nukleofilne supstitucije da bi nastao etanol:
CH 3 -CH 2 -Br + NaOH(aq) → CH 3 -CH 2 -OH + NaBr
U uslovima koncentrovane sumporne kiseline na temperaturama iznad 140 0 C dolazi do intramolekularne dehidracije sa stvaranjem etilena i vode:
Svi alkeni lako reaguju sa bromom:
CH 2 =CH 2 + Br 2 → CH 2 Br-CH 2 Br
Reakcije supstitucije uključuju interakciju
1) acetilen i bromovodonik
2) propan i hlor
3) eten i hlor
4) etilen i hlorovodonik
Odgovor: 2
Objašnjenje:
Reakcije adicije uključuju interakciju nezasićenih ugljovodonika (alkena, alkina, alkadiena) sa halogenima, vodonik-halogenidima, vodonikom i vodom. Acetilen (etilen) i etilen pripadaju klasama alkina, odnosno alkena, te stoga prolaze kroz reakcije adicije sa bromovodonikom, klorovodikom i hlorom.
Alkani podležu supstitucijskim reakcijama sa halogenima na svetlosti ili na povišenim temperaturama. Reakcija se odvija lančanim mehanizmom uz učešće slobodnih radikala - čestica sa jednim nesparenim elektronom:
Za brzinu hemijska reakcija
HCOOCH 3 (l) + H 2 O (l) → HCOOH (l) + CH 3 OH (l)
ne pruža uticaj
1) povećanje pritiska
2) povećanje temperature
3) promjena koncentracije HCOOCH 3
4) upotreba katalizatora
Odgovor: 1
Objašnjenje:
Na brzinu reakcije utječu promjene temperature i koncentracije početnih reagensa, kao i upotreba katalizatora. Prema van't Hoffovom pravilu, sa svakih 10 stepeni povećanja temperature, konstanta brzine homogene reakcije se povećava za 2-4 puta.
Upotreba katalizatora također ubrzava reakcije, ali katalizator nije uključen u proizvode.
Početni materijali i produkti reakcije su u tečnoj fazi, stoga promjene tlaka ne utječu na brzinu ove reakcije.
Skraćena jonska jednačina
Fe +3 + 3OH − = Fe(OH) 3 ↓
odgovara jednadžbi molekularne reakcije
1) FeCl 3 + 3NaOH = Fe(OH) 3 ↓ + 3NaCl
2) 4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O = 4Fe(OH) 3 ↓
3) FeCl 3 + 3NaHCO 3 = Fe(OH) 3 ↓ + 3CO 2 + 3NaCl
Odgovor: 1
Objašnjenje:
U vodenom rastvoru joni se disociraju rastvorljive soli, alkalije i jake kiseline, nerastvorljive baze, nerastvorljive soli, slabe kiseline, gasovi i jednostavne supstance zapisuju se u molekularnom obliku.
Uslov za rastvorljivost soli i baza odgovara prvoj jednadžbi, u kojoj sol ulazi u reakciju razmene sa alkalijom da nastane nerastvorljiva baza i druge rastvorljive soli.
Kompletna ionska jednadžba se piše na sljedeći način:
Fe +3 + 3Cl − + 3Na + + 3OH − = Fe(OH) 3 ↓ + 3Cl − + 3Na +
Koji od sljedećih plinova je otrovan i ima oštar miris?
1) vodonik
2) ugljen monoksid (II)
Odgovor: 3
Objašnjenje:
Vodik i ugljični dioksid su netoksični plinovi bez mirisa. Ugljen monoksid i hlor su toksični, ali za razliku od CO, hlor ima jak miris.
Reakcija polimerizacije uključuje
1) fenol 2) benzol 3) toluen 4) stiren
Odgovor: 4
Objašnjenje:
Sve supstance iz predloženih opcija su aromatični ugljovodonici, ali reakcije polimerizacije nisu tipične za aromatične sisteme. Molekula stirena sadrži vinil radikal, koji je fragment molekule etilena, koju karakteriziraju reakcije polimerizacije. Dakle, stiren polimerizira u polistiren.
U 240 g otopine s masenim udjelom soli od 10 % dodano je 160 ml vode. Definiraj maseni udio soli u nastaloj otopini. (Napišite broj na najbliži cijeli broj.)
Odgovor: 6%Objašnjenje:
Maseni udio soli u otopini izračunava se po formuli:
Na osnovu ove formule izračunavamo masu soli u originalnom rastvoru:
m(in-va) = ω(in-va u originalnom rješenju) . m (izvorno rješenje)/100% = 10% . 240 g/100% = 24 g
Kada se rastvoru doda voda, masa dobijenog rastvora biće 160 g + 240 g = 400 g (gustina vode 1 g/ml).
Maseni udio soli u nastaloj otopini bit će:
Izračunajte koliki volumen azota (n.s.) nastaje pri potpunom sagorevanju 67,2 litara (n.s.) amonijaka. (Upišite broj na najbližu desetinu.)
Odgovor: 33,6 l
Objašnjenje:
Potpuno sagorevanje amonijaka u kiseoniku opisuje se jednadžbom:
4NH 3 + 3O 2 → 2N 2 + 6H 2 O
Posledica Avogadrova zakona je da su zapremine gasova pod istim uslovima međusobno povezane na isti način kao i broj molova ovih gasova. Dakle, prema jednadžbi reakcije
ν(N 2) = 1/2ν(NH 3),
dakle, količine amonijaka i dušika međusobno se odnose na potpuno isti način:
V(N 2) = 1/2V(NH 3)
V(N 2) = 1/2V(NH 3) = 67,2 l/2 = 33,6 l
Koja zapremina (u litrima pri normalnim uslovima) kiseonika nastaje pri razgradnji 4 mola vodikovog peroksida? (Upišite broj na najbližu desetinu).
Odgovor: 44,8 l
Objašnjenje:
U prisustvu katalizatora - mangan-dioksida, peroksid se razgrađuje u kisik i vodu:
2H 2 O 2 → 2H 2 O + O 2
Prema jednadžbi reakcije, količina proizvedenog kisika je dva puta manja od količine vodikovog peroksida:
ν (O2) = 1/2 ν (H 2 O 2), dakle, ν (O 2) = 4 mol/2 = 2 mol.
Zapremina gasova se izračunava pomoću formule:
V = V m ν , gdje je V m molarni volumen plinova u normalnim uvjetima, jednak 22,4 l/mol
Volumen kiseonika koji nastaje tokom razgradnje peroksida jednak je:
V(O 2) = V m ν (O 2) = 22,4 l/mol 2 mol = 44,8 l
Uspostavite korespondenciju između klasa jedinjenja i trivijalnog naziva supstance koja je njen predstavnik.
Odgovor: A-3; B-2; IN 1; G-5
Objašnjenje:
Alkoholi su organske tvari koje sadrže jednu ili više hidroksilnih grupa (-OH) direktno vezane za zasićeni atom ugljika. Etilen glikol je dvohidroksilni alkohol koji sadrži dvije hidroksilne grupe: CH2(OH)-CH2OH.
Ugljikohidrati su organske tvari koje sadrže karbonil i nekoliko hidroksilnih grupa; opća formula ugljikohidrata se piše kao C n (H 2 O) m (gdje je m, n > 3). Od predloženih opcija, ugljikohidrati uključuju škrob - polisaharid, visokomolekularni ugljikohidrat koji se sastoji od veliki broj monosaharidnih ostataka, čija se formula piše kao (C 6 H 10 O 5) n.
Ugljikovodici su organske tvari koje sadrže samo dva elementa - ugljik i vodik. Ugljikovodici iz predloženih opcija uključuju toluen - aromatično jedinjenje, koji se sastoji samo od atoma ugljika i vodika i ne sadrži funkcionalne grupe sa heteroatomima.
Karboksilne kiseline su organske supstance čije molekule sadrže karboksilnu grupu, koja se sastoji od međusobno povezanih karbonilnih i hidroksilnih grupa. U razred karboksilne kiseline odnosi se na butirnu kiselinu – C 3 H 7 COOH.
Uspostaviti korespondenciju između jednadžbe reakcije i promjene oksidacijskog stanja oksidacijskog sredstva u njoj.
| JEDNAČINA REAKCIJE
A) 4NH 3 + 5O 2 = 4NO + 6H 2 O B) 2Cu(NO 3) 2 = 2CuO + 4NO 2 + O 2 B) 4Zn + 10HNO 3 = NH 4 NO 3 + 4Zn(NO 3) 2 + 3H 2 O D) 3NO 2 + H 2 O = 2HNO 3 + NO |
PROMENA OKSIDACIJSKOG STANJA OKSIDIZATORA |
Odgovor: A-1; B-4; AT 6; G-3
Objašnjenje:
Oksidacijsko sredstvo je supstanca koja sadrži atome koji su u stanju da dodaju elektrone tokom hemijske reakcije i tako smanje oksidaciono stanje.
Redukcioni agens je supstanca koja sadrži atome koji su u stanju da doniraju elektrone tokom hemijske reakcije i na taj način povećavaju oksidaciono stanje.
A) Oksidacija amonijaka kisikom u prisustvu katalizatora dovodi do stvaranja dušikovog monoksida i vode. Oksidacijsko sredstvo je molekularni kisik, koji u početku ima oksidacijsko stanje 0, koje se dodavanjem elektrona svodi na oksidacijsko stanje od -2 u spojevima NO i H 2 O.
B) Bakar nitrat Cu(NO 3) 2 – so koja sadrži kiseli ostatak azotne kiseline. Oksidacijska stanja dušika i kisika u nitratnom anionu su +5 i -2, respektivno. Tokom reakcije, nitratni anion se pretvara u dušikov dioksid NO 2 (sa oksidacijskim stanjem dušika +4) i kisik O 2 (sa oksidacijskim stanjem 0). Stoga je dušik oksidacijsko sredstvo, jer smanjuje oksidacijsko stanje sa +5 u nitratnom jonu na +4 u dušikovom dioksidu.
B) U ovoj redoks reakciji, oksidaciono sredstvo je azotna kiselina, koja, pretvarajući se u amonijum nitrat, smanjuje oksidaciono stanje azota sa +5 (do azotne kiseline) do -3 (u amonijum kationu). Stepen oksidacije azota u kiselim ostacima amonijum nitrata i cink nitrata ostaje nepromenjen, tj. isto kao i dušik u HNO 3.
D) U ovoj reakciji dušik u dioksidu je nesrazmjeran, tj. istovremeno se povećava (sa N +4 u NO 2 na N +5 u HNO 3) i smanjuje (sa N +4 u NO 2 na N +2 u NO) njegovo oksidaciono stanje.
Uspostavite korespondenciju između formule tvari i proizvoda elektrolize njezine vodene otopine, koji su oslobođeni na inertnim elektrodama.
Odgovor: A-4; B-3; AT 2; G-5
Objašnjenje:
Elektroliza je redoks proces koji se dešava na elektrodama tokom prolaska konstante električna struja kroz rastvor ili rastopljeni elektrolit. Na katodi se pretežno dešava redukcija onih kationa koji imaju najveću oksidativnu aktivnost. Na anodi se prvo oksidiraju oni anioni koji imaju najveću redukcijsku sposobnost.
Elektroliza vodenog rastvora
1) Proces elektrolize vodeni rastvori na katodi ne zavisi od materijala katode, već zavisi od položaja metalnog kationa elektrohemijske serije stres.
Za katjone u seriji
Li + − Al 3+ proces redukcije:
2H 2 O + 2e → H 2 + 2OH − (H 2 se oslobađa na katodi)
Zn 2+ − Pb 2+ proces redukcije:
Me n + + ne → Me 0 i 2H 2 O + 2e → H 2 + 2OH − (H 2 i Me se oslobađaju na katodi)
Cu 2+ − Au 3+ proces redukcije Me n + + ne → Me 0 (Me se oslobađa na katodi)
2) Proces elektrolize vodenih rastvora na anodi zavisi od materijala anode i prirode anjona. Ako je anoda nerastvorljiva, tj. inertan (platina, zlato, ugalj, grafit), tada će proces ovisiti samo o prirodi aniona.
Za anione F − , SO 4 2- , NO 3 − , PO 4 3- , OH − proces oksidacije:
4OH − − 4e → O 2 + 2H 2 O ili 2H 2 O – 4e → O 2 + 4H + (kiseonik se oslobađa na anodi)
proces oksidacije halogenih jona (osim F −) 2Hal − − 2e → Hal 2 (oslobađaju se slobodni halogeni)
proces oksidacije organske kiseline:
2RCOO − − 2e → R-R + 2CO 2
Ukupna jednačina elektrolize je:
A) Otopina Na 2 CO 3:
2H 2 O → 2H 2 (na katodi) + O 2 (na anodi)
B) rastvor Cu(NO 3) 2:
2Cu(NO 3) 2 + 2H 2 O → 2Cu (na katodi) + 4HNO 3 + O 2 (na anodi)
B) Rastvor AuCl 3:
2AuCl 3 → 2Au (na katodi) + 3Cl 2 (na anodi)
D) rastvor BaCl 2:
BaCl 2 + 2H 2 O → H 2 (na katodi) + Ba(OH) 2 + Cl 2 (na anodi)
Spojite naziv soli s omjerom ove soli i hidrolize.
Odgovor: A-2; B-3; AT 2; G-1
Objašnjenje:
Hidroliza soli je interakcija soli s vodom, koja dovodi do dodavanja molekula vodikovog kationa H + vode anjonu kiselinskog ostatka i (ili) molekuli hidroksilne grupe OH − vode metalnom kationu. Soli formirane od kationa koji odgovaraju slabim bazama i aniona koji odgovaraju slabim kiselinama podliježu hidrolizi.
A) Natrijum stearat je so koju formiraju stearinska kiselina (slaba jednobazna karboksilna kiselina alifatskog niza) i natrijum hidroksid (alkalija - jaka baza), zbog čega prolazi kroz hidrolizu na anjonu.
C 17 H 35 COONa → Na + + C 17 H 35 COO −
C 17 H 35 COO − + H 2 O ↔ C 17 H 35 COOH + OH − (formiranje karboksilne kiseline koja se slabo disocijacije)
Okruženje alkalne otopine (pH > 7):
C 17 H 35 COONa + H 2 O ↔ C 17 H 35 COOH + NaOH
B) Amonijum fosfat je so formirana od slabe ortofosforne kiseline i amonijaka (slaba baza), stoga podleže hidrolizi i kationa i anjona.
(NH 4) 3 PO 4 → 3NH 4 + + PO 4 3-
PO 4 3- + H 2 O ↔ HPO 4 2- + OH − (formiranje slabo disocirajućeg hidrogen fosfat jona)
NH 4 + + H 2 O ↔ NH 3 H 2 O + H + (formiranje amonijaka otopljenog u vodi)
Okruženje rastvora je blizu neutralnog (pH ~ 7).
C) Natrijum sulfid je so koju formiraju slaba hidrosulfidna kiselina i natrijum hidroksid (alkalija - jaka baza), dakle, podleže hidrolizi na anjonu.
Na 2 S → 2Na + + S 2-
S 2- + H 2 O ↔ HS − + OH − (formiranje slabo disocirajućeg hidrosulfidnog jona)
Okruženje alkalne otopine (pH > 7):
Na 2 S + H 2 O ↔ NaHS + NaOH
D) Berilijum sulfat je so koju formiraju jaka sumporna kiselina i berilijum hidroksid (slaba baza), zbog čega prolazi kroz hidrolizu u kation.
BeSO 4 → Be 2+ + SO 4 2-
Be 2+ + H 2 O ↔ Be(OH) + + H + (formiranje slabo disocijacije Be(OH) + kationa)
Okruženje rastvora je kiselo (pH< 7):
2BeSO 4 + 2H 2 O ↔ (BeOH) 2 SO 4 + H 2 SO 4
Uspostaviti korespondenciju između metoda uticaja na ravnotežni sistem
MgO (sol.) + CO 2 (g) ↔ MgCO 3 (sol.) + Q
i pomak u hemijskoj ravnoteži kao rezultat ovog efekta
Odgovor: A-1; B-2; AT 2; G-3Objašnjenje:
Ova reakcija je unutra hemijska ravnoteža, tj. u stanju u kojem je brzina reakcije naprijed jednaka brzini obrnute reakcije. Pomicanje ravnoteže u željenom smjeru postiže se promjenom uvjeta reakcije.
Le Chatelierov princip: ako se na ravnotežni sistem utiče spolja, mijenjajući bilo koji od faktora koji određuju položaj ravnoteže, onda će se smjer procesa u sistemu koji slabi ovaj utjecaj povećati.
Faktori koji određuju položaj ravnoteže:
— pritisak: povećanje tlaka pomiče ravnotežu prema reakciji koja dovodi do smanjenja volumena (obrno, smanjenje tlaka pomiče ravnotežu prema reakciji koja vodi do povećanja volumena)
— temperatura: povećanje temperature pomiče ravnotežu prema endotermnoj reakciji (obrno, smanjenje temperature pomiče ravnotežu prema egzotermnoj reakciji)
— koncentracije polaznih supstanci i produkta reakcije: povećanje koncentracije polaznih supstanci i uklanjanje produkata iz reakcijske sfere pomiče ravnotežu prema naprijed reakcije (obrno, smanjenje koncentracije polaznih tvari i povećanje produkta reakcije pomiče ravnotežu prema obrnuta reakcija)
— katalizatori ne utiču na promenu ravnoteže, već samo ubrzavaju njeno postizanje.
dakle,
A) budući da je reakcija stvaranja magnezijevog karbonata egzotermna, smanjenje temperature će pomoći da se ravnoteža pomjeri prema direktnoj reakciji;
B) ugljični dioksid je polazna tvar u proizvodnji magnezijevog karbonata, pa će smanjenje njegove koncentracije dovesti do pomaka u ravnoteži prema polaznim supstancama, jer prema suprotnoj reakciji;
C) Magnezijum oksid i magnezijum karbonat su čvrste materije, jedini gas je CO 2, pa će njegova koncentracija uticati na pritisak u sistemu. Kako se koncentracija ugljičnog dioksida smanjuje, tlak opada, pa se ravnoteža reakcije pomiče prema polaznim tvarima (obrnuta reakcija).
D) uvođenje katalizatora ne utiče na pomak ravnoteže.
Uspostavite korespondenciju između formule tvari i reagensa sa svakim od kojih ova tvar može stupiti u interakciju.
| FORMULA SUPSTANCE | REAGENSI
1) H 2 O, NaOH, HCl 2) Fe, HCl, NaOH 3) HCl, HCHO, H 2 SO 4 4) O 2, NaOH, HNO 3 5) H 2 O, CO 2, HCl |
Odgovor: A-4; B-4; AT 2; G-3
Objašnjenje:
A) Sumpor je jednostavna supstanca koja može sagorjeti u kisiku i stvoriti sumpor dioksid:
S + O 2 → SO 2
Sumpor (poput halogena) je nesrazmjeran u alkalnim otopinama, što rezultira stvaranjem sulfida i sulfita:
3S + 6NaOH → 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O
Koncentrirana dušična kiselina oksidira sumpor do S +6, redukujući se u dušikov dioksid:
S + 6HNO 3 (konc.) → H 2 SO 4 + 6NO 2 + 2H 2 O
B) Porcelanski (III) oksid je kiseli oksid, stoga reaguje sa alkalijama da nastane fosfit:
P 2 O 3 + 4NaOH → 2Na 2 HPO 3 + H 2 O
Osim toga, fosfor (III) oksid se oksidira atmosferskim kisikom i dušičnom kiselinom:
P 2 O 3 + O 2 → P 2 O 5
3P 2 O 3 + 4HNO 3 + 7H 2 O → 6H 3 PO 4 + 4NO
B) Gvožđe (III) oksid – amfoterni oksid, jer pokazuje kisela i bazična svojstva (reaguje sa kiselinama i alkalijama):
Fe 2 O 3 + 6HCl → 2FeCl 3 + 3H 2 O
Fe 2 O 3 + 2NaOH → 2NaFeO 2 + H 2 O (fuzija)
Fe 2 O 3 + 2NaOH + 3H 2 O → 2Na 2 (otapanje)
Fe 2 O 3 ulazi u reakciju uparivanja sa željezom da nastane željezov (II) oksid:
Fe 2 O 3 + Fe → 3FeO
D) Cu(OH) 2 – nerastvorljiva baza u vodi, rastvara se jake kiseline, pretvarajući se u odgovarajuće soli:
Cu(OH) 2 + 2HCl → CuCl 2 + 2H 2 O
Cu(OH) 2 + H 2 SO 4 → CuSO 4 + 2H 2 O
Cu(OH) 2 oksidira aldehide u karboksilne kiseline (slično reakciji "srebrnog ogledala"):
HCHO + 4Cu(OH) 2 → CO 2 + 2Cu 2 O↓ + 5H 2 O
Uspostavite korespondenciju između supstanci i reagensa koji se može koristiti za njihovo razlikovanje.
Odgovor: A-3; B-1; AT 3; G-5
Objašnjenje:
A) Dve rastvorljive soli CaCl 2 i KCl mogu se razlikovati pomoću rastvora kalijum karbonata. Kalcijev hlorid s njim ulazi u reakciju izmjene, zbog čega se taloži kalcijev karbonat:
CaCl 2 + K 2 CO 3 → CaCO 3 ↓ + 2KCl
B) Otopine sulfita i natrijum sulfata mogu se razlikovati po indikatoru - fenolftaleinu.
Natrijum sulfit je so formirana od slabe nestabilne sumporne kiseline i natrijum hidroksida (alkalija - jaka baza), zbog čega prolazi kroz hidrolizu na anjonu.
Na 2 SO 3 → 2Na + + SO 3 2-
SO 3 2- + H 2 O ↔ HSO 3 - + OH - (formiranje hidrosulfitnog jona niske disocijacije)
Rastvorni medij je alkalni (pH > 7), boja indikatora fenolftaleina u alkalnom mediju je grimizna.
Natrijum sulfat je so koju formiraju jaka sumporna kiselina i natrijum hidroksid (alkalija - jaka baza) i ne hidrolizira. Rastvorni medij je neutralan (pH = 7), boja indikatora fenolftaleina u neutralnom mediju je blijedoružičasta.
C) Soli Na 2 SO 4 i ZnSO 4 se takođe mogu razlikovati pomoću rastvora kalijum karbonata. Cink sulfat ulazi u reakciju izmjene s kalijevim karbonatom, zbog čega se cink karbonat taloži:
ZnSO 4 + K 2 CO 3 → ZnCO 3 ↓ + K 2 SO 4
D) Soli FeCl 2 i Zn(NO 3) 2 mogu se razlikovati po rastvoru olovnog nitrata. Kada stupi u interakciju s željeznim kloridom, nastaje slabo topljiva tvar PbCl 2:
FeCl 2 + Pb(NO 3) 2 → PbCl 2 ↓+ Fe(NO 3) 2
Uspostavite korespondenciju između supstanci koje reaguju i produkata njihove interakcije koji sadrže ugljenik.
| SUPSTANCE koje reaguju
A) CH 3 -C≡CH + H 2 (Pt) → B) CH 3 -C≡CH + H 2 O (Hg 2+) → B) CH 3 -C≡CH + KMnO 4 (H +) → D) CH 3 -C≡CH + Ag 2 O (NH 3) → |
INTERAKCIJA PROIZVODA
1) CH 3 -CH 2 -CHO 2) CH 3 -CO-CH 3 3) CH 3 -CH 2 -CH 3 4) CH 3 -COOH i CO 2 5) CH 3 -CH 2 -COOAg 6) CH 3 -C≡CAg |
Odgovor: A-3; B-2; AT 4; G-6
Objašnjenje:
A) Propin dodaje vodonik, pretvarajući se u propan u svom višku:
CH 3 -C≡CH + 2H 2 → CH 3 -CH 2 -CH 3
B) Dodavanje vode (hidratacija) alkina u prisustvu dvovalentnih živinih soli, što rezultira stvaranjem karbonilnih jedinjenja, reakcija je M.G. Kucherova. Hidratacija propina dovodi do stvaranja acetona:
CH 3 -C≡CH + H 2 O → CH 3 -CO-CH 3
C) Oksidacija propina kalijum permanganatom u kiseloj sredini dovodi do kidanja trostruke veze u alkinu, što rezultira stvaranjem sirćetna kiselina i ugljični dioksid:
5CH 3 -C≡CH + 8KMnO 4 + 12H 2 SO 4 → 5CH 3 -COOH + 5CO 2 + 8MnSO 4 + 4K 2 SO 4 + 12H 2 O
D) Srebrni propinid nastaje i taloži kada se propin propušta kroz rastvor amonijaka srebrnog oksida. Ova reakcija služi za otkrivanje alkina s trostrukom vezom na kraju lanca.
2CH 3 -C≡CH + Ag 2 O → 2CH 3 -C≡CAg↓ + H 2 O
Spojite reaktante s organskom tvari koja je produkt reakcije.
| INTERAKCIJA PROIZVODA
5) (CH 3 COO) 2 Cu |
Odgovor: A-4; B-6; IN 1; G-6
Objašnjenje:
A) Tokom oksidacije etil alkohol bakar(II) oksid stvara acetaldehid, a oksid se redukuje u metal:
B) Kada je alkohol izložen koncentrovanoj sumpornoj kiselini na temperaturama iznad 140 0 C, dolazi do intramolekularne reakcije dehidracije – eliminacije molekula vode, što dovodi do stvaranja etilena:
C) Alkoholi burno reaguju sa alkalnim i zemnoalkalni metali. Aktivni metal zamjenjuje vodonik u hidroksilnoj grupi alkohola:
2CH 3 CH 2 OH + 2K → 2CH 3 CH 2 OK + H 2
D) U alkoholnom alkalnom rastvoru alkoholi prolaze kroz reakciju eliminacije (cijepanje). U slučaju etanola, etilen nastaje:
CH 3 CH 2 Cl + KOH (alkohol) → CH 2 =CH 2 + KCl + H 2 O
Korišćenje metode elektronski balans, napiši jednačinu reakcije:
U ovoj reakciji, perhlorna kiselina je oksidaciono sredstvo jer hlor koji sadrži smanjuje oksidaciono stanje sa +5 na -1 u HCl. Posljedično, redukcijski agens je kiseli oksid fosfora (III), gdje fosfor povećava oksidacijsko stanje od +3 do maksimalno +5, pretvarajući se u ortofosfornu kiselinu.
Sastavimo polureakcije oksidacije i redukcije:
Cl +5 + 6e → Cl −1 |2
2P +3 – 4e → 2P +5 |3
Zapisujemo jednadžbu redoks reakcije u obliku:
3P 2 O 3 + 2HClO 3 + 9H 2 O → 2HCl + 6H 3 PO 4
Bakar je otopljen u koncentrovanoj azotnoj kiselini. Otpušteni plin je propušten preko zagrijanog cinkovog praha. Rezultat solidan dodati u rastvor natrijum hidroksida. Višak ugljičnog dioksida je propušten kroz nastali rastvor i uočeno je stvaranje taloga.
Napišite jednadžbe za četiri opisane reakcije.
1) Kada se bakar otopi u koncentrovanoj dušičnoj kiselini, bakar se oksidira u Cu +2 i oslobađa se smeđi plin:
Cu + 4HNO 3 (konc.) → Cu(NO 3) 2 + 2NO 2 + 2H 2 O
2) Kada se smeđi plin prođe preko zagrijanog cinkovog praha, cink se oksidira, a dušikov dioksid se reducira u molekularni dušik (kako mnogi pretpostavljaju, pozivajući se na Wikipediju, cink nitrat se ne formira kada se zagrije, jer je termički nestabilan):
4Zn + 2NO 2 → 4ZnO + N 2
3) ZnO je amfoterni oksid, rastvara se u alkalnom rastvoru, pretvarajući se u tetrahidroksozinkat:
ZnO + 2NaOH + H 2 O → Na 2
4) Kada se višak ugljičnog dioksida propušta kroz otopinu natrijum tetrahidroksozinkata, nastaje kisela sol - natrijum bikarbonat i taloži se cink hidroksid:
Na 2 + 2CO 2 → Zn(OH) 2 ↓ + 2NaHCO 3
Napišite jednadžbe reakcije koje se mogu koristiti za izvođenje sljedećih transformacija:
Prilikom pisanja jednadžbi reakcija koristite strukturne formule organskih tvari.
1) Najkarakterističnije reakcije za alkane su reakcije supstitucije slobodnih radikala, tokom kojih se atom vodonika zamjenjuje atomom halogena. U reakciji butana sa bromom, atom vodika se pretežno zamjenjuje na sekundarnom atomu ugljika, što rezultira stvaranjem 2-bromobutana. To je zbog činjenice da je radikal s nesparenim elektronom na sekundarnom atomu ugljika stabilniji u usporedbi sa slobodnim radikalom s nesparenim elektronom na primarnom atomu ugljika:
2) Kada 2-bromobutan stupi u interakciju sa alkalijom u rastvoru alkohola, dvostruka veza nastaje kao rezultat eliminacije molekule bromovodonika (Zajcevovo pravilo: kada se halogenovodon eliminiše iz sekundarnih i tercijarnih haloalkana, atom vodonika je eliminiran iz najmanje hidrogeniranog atoma ugljika):
3) Interakcija butena-2 s bromnom vodom ili otopinom broma u organskom otapalu dovodi do brze promjene boje ovih otopina kao rezultat dodavanja molekule broma butenu-2 i formiranja 2 ,3-dibromobutan:
CH 3 -CH=CH-CH 3 + Br 2 → CH 3 -CHBr-CHBr-CH 3
4) Prilikom reakcije s dibromo derivatom, u kojem se atomi halogena nalaze na susjednim atomima ugljika (ili na istom atomu), sa alkoholnim rastvorom alkalija, eliminišu se dva molekula halogenovodonika (dehidrohalogenacija) i nastaje trostruka veza :
5) U prisustvu dvovalentnih živinih soli, alkini dodaju vodu (hidratacija) da bi formirali karbonilna jedinjenja:
Mješavina praha gvožđa i cinka reaguje sa 153 ml 10% rastvora hlorovodonične kiseline(ρ = 1,05 g/ml). Za interakciju sa istom masom smjese potrebno je 40 ml 20% rastvora natrijum hidroksida (ρ = 1,10 g/ml). Odrediti maseni udio željeza u smjesi.
U svom odgovoru zapišite jednadžbe reakcija koje su navedene u opisu problema i navedite sve potrebne proračune.
Odgovor: 46,28%
Sagorevanje 2,65 g organska materija primio 4,48 litara ugljičnog dioksida (n.s.) i 2,25 g vode.
Poznato je da kada se ova tvar oksidira otopinom kalijevog permanganata u sumpornoj kiselini, nastaje jednobazna kiselina i oslobađa se ugljični dioksid.
Na osnovu podataka uslova zadatka:
1) izvrši proračune potrebne za utvrđivanje molekulske formule organske supstance;
2) zapisati molekularna formula izvorna organska materija;
3) šminka strukturnu formulu ova supstanca, koja na jedinstven način odražava redosled veza atoma u svojoj molekuli;
4) napišite jednadžbu za reakciju oksidacije ove tvari sa sulfatnom otopinom kalijevog permanganata.
odgovor:
1) C x H y ; x = 8, y = 10
2) C 8 H 10
3) C 6 H 5 -CH 2 -CH 3 - etilbenzen
4) 5C 6 H 5 -CH 2 -CH 3 + 12KMnO 4 + 18H 2 SO 4 → 5C 6 H 5 -COOH + 5CO 2 + 12MnSO 4 + 6K 2 SO 4 + 28H 2 O
