Rozwiążę zadanie egzaminacyjne z chemii 9 35. Korzystając z metody wagi elektronicznej, ułóż równanie reakcji

Aby rozwiązać problemy tego typu, należy znać ogólne wzory klas substancji organicznych oraz ogólne wzory obliczania masy molowej substancji tych klas:

Algorytm decyzyjny większości problemy ze wzorami molekularnymi obejmuje następujące działania:

— zapisywanie równań reakcji w postaci ogólnej;

— znalezienie ilości substancji n, dla której podana jest masa lub objętość, lub której masę lub objętość można obliczyć zgodnie z warunkami zadania;

— znalezienie masy molowej substancji M = m/n, której wzór należy ustalić;

— ustalenie liczby atomów węgla w cząsteczce i sporządzenie wzoru cząsteczkowego substancji.

Przykłady rozwiązania problemu 35 jednolitego egzaminu państwowego z chemii w celu znalezienia wzoru cząsteczkowego substancji organicznej z produktów spalania wraz z wyjaśnieniem

W wyniku spalenia 11,6 g materii organicznej powstaje 13,44 litra dwutlenku węgla i 10,8 g wody. Gęstość pary tej substancji w powietrzu wynosi 2. Ustalono, że substancja ta oddziałuje z amoniakalnym roztworem tlenku srebra, jest katalitycznie redukowana przez wodór z wytworzeniem alkoholu pierwszorzędowego i może zostać utleniona zakwaszonym roztworem nadmanganianu potasu do kwas karboksylowy. Na podstawie tych danych:
1) ustalić najprostszą formułę substancji wyjściowej,
2) uzupełnić jego wzór strukturalny,
3) podać równanie reakcji jego oddziaływania z wodorem.

Rozwiązanie: ogólny wzór materii organicznej to CxHyOz.

Przeliczmy objętość dwutlenku węgla i masę wody na mole, korzystając ze wzorów:

N = M/M I N = V/ VM,

Objętość molowa Vm = 22,4 l/mol

n(CO 2) = 13,44/22,4 = 0,6 mol, => pierwotna substancja zawierała n(C) = 0,6 mol,

n(H 2 O) = 10,8/18 = 0,6 mol, => substancja pierwotna zawierała dwukrotnie więcej n(H) = 1,2 mol,

Oznacza to, że wymagany związek zawiera tlen w ilości:

n(O)= 3,2/16 = 0,2 mol

Przyjrzyjmy się stosunkowi atomów C, H i O, które tworzą pierwotną substancję organiczną:

n(C) : n(H) : n(O) = x: y: z = 0,6: 1,2: 0,2 = 3: 6: 1

Znaleźliśmy najprostszą formułę: C 3 H 6 O

Aby poznać prawdziwy wzór, masę molową związku organicznego wyznaczamy za pomocą wzoru:

М(СxHyOz) = Mleko(СxHyOz) *M(powietrze)

Źródło M (СxHyOz) = 29*2 = 58 g/mol

Sprawdźmy, czy rzeczywista masa molowa odpowiada masie molowej najprostszego wzoru:

M (C 3 H 6 O) = 12*3 + 6 + 16 = 58 g/mol - odpowiada, => prawdziwy wzór pokrywa się z najprostszym.

Wzór cząsteczkowy: C 3 H 6 O

Z danych problemowych: „substancja ta oddziałuje z roztworem amoniakalnym tlenku srebra, jest katalitycznie redukowane wodorem do alkoholu pierwszorzędowego i może zostać utlenione zakwaszonym roztworem nadmanganianu potasu do kwasu karboksylowego” wnioskujemy, że jest to substancja aldehyd.

2) Gdy 18,5 g nasyconego jednozasadowego kwasu karboksylowego poddało się reakcji z nadmiarem roztworu wodorowęglanu sodu, wydzieliło się 5,6 l (n.s.) gazu. Określ wzór cząsteczkowy kwasu.

3) Pewien nasycony kwas karboksylowy jednozasadowy o masie 6 g wymaga tej samej masy alkoholu do całkowitej estryfikacji. Otrzymuje się 10,2 g estru. Określ wzór cząsteczkowy kwasu.

4) Określ wzór cząsteczkowy węglowodoru acetylenowego, jeżeli masa molowa produktu jego reakcji z nadmiarem bromowodoru jest 4 razy większa od masy molowej pierwotnego węglowodoru

5) Podczas spalania substancji organicznej o masie 3,9 g powstał tlenek węgla (IV) o masie 13,2 g i woda o masie 2,7 g. Wyprowadź wzór substancji, wiedząc, że gęstość pary tej substancji w stosunku do wodoru wynosi 39.

6) Podczas spalania substancji organicznej o masie 15 g powstał tlenek węgla (IV) o objętości 16,8 litra i woda o masie 18 g. Wyprowadź wzór substancji, wiedząc, że gęstość pary tej substancji dla fluorowodoru wynosi 3.

7) Podczas spalania 0,45 g gazowej materii organicznej wydzieliło się 0,448 l (n.s.) dwutlenku węgla, 0,63 g wody i 0,112 l (n.s.) azotu. Gęstość początkowej substancji gazowej pod azotem wynosi 1,607. Określ wzór cząsteczkowy tej substancji.

8) W wyniku spalania beztlenowej materii organicznej powstało 4,48 litra (n.s.) dwutlenku węgla, 3,6 g wody i 3,65 g chlorowodoru. Określ wzór cząsteczkowy spalonego związku.

9) Podczas spalania substancji organicznej o masie 9,2 g powstał tlenek węgla (IV) o objętości 6,72 l (n.s.) i woda o masie 7,2 g. Ustal wzór cząsteczkowy tej substancji.

10) Podczas spalania substancji organicznej o masie 3 g powstał tlenek węgla (IV) o objętości 2,24 l (n.s.) i woda o masie 1,8 g. Wiadomo, że substancja ta reaguje z cynkiem.
Na podstawie danych warunków zadania:
1) dokonać obliczeń niezbędnych do ustalenia wzoru cząsteczkowego substancji organicznej;
2) zapisać wzór cząsteczkowy pierwotnej substancji organicznej;
3) sporządzić wzór strukturalny tej substancji, który jednoznacznie odzwierciedla kolejność wiązań atomowych w jej cząsteczce;
4) napisz równanie reakcji tej substancji z cynkiem.

Aby rozwiązać problemy tego typu, należy znać ogólne wzory klas substancji organicznych oraz ogólne wzory obliczania masy molowej substancji tych klas:

Algorytm decyzyjny większości problemy ze wzorami molekularnymi obejmuje następujące działania:

— zapisywanie równań reakcji w postaci ogólnej;

— znalezienie ilości substancji n, dla której podana jest masa lub objętość, lub której masę lub objętość można obliczyć zgodnie z warunkami zadania;

— znalezienie masy molowej substancji M = m/n, której wzór należy ustalić;

— ustalenie liczby atomów węgla w cząsteczce i sporządzenie wzoru cząsteczkowego substancji.

Przykłady rozwiązania problemu 35 jednolitego egzaminu państwowego z chemii w celu znalezienia wzoru cząsteczkowego substancji organicznej z produktów spalania wraz z wyjaśnieniem

Rozwiązanie: ogólny wzór materii organicznej to CxHyOz.

Przeliczmy objętość dwutlenku węgla i masę wody na mole, korzystając ze wzorów:

N = M/M I N = V/ VM,

Objętość molowa Vm = 22,4 l/mol

n(CO 2) = 13,44/22,4 = 0,6 mol, => pierwotna substancja zawierała n(C) = 0,6 mol,

n(H 2 O) = 10,8/18 = 0,6 mol, => substancja pierwotna zawierała dwukrotnie więcej n(H) = 1,2 mol,

Oznacza to, że wymagany związek zawiera tlen w ilości:

n(O)= 3,2/16 = 0,2 mol

Przyjrzyjmy się stosunkowi atomów C, H i O, które tworzą pierwotną substancję organiczną:

n(C) : n(H) : n(O) = x: y: z = 0,6: 1,2: 0,2 = 3: 6: 1

Znaleźliśmy najprostszą formułę: C 3 H 6 O

Aby poznać prawdziwy wzór, masę molową związku organicznego wyznaczamy za pomocą wzoru:

М(СxHyOz) = Mleko(СxHyOz) *M(powietrze)

Źródło M (СxHyOz) = 29*2 = 58 g/mol

Sprawdźmy, czy rzeczywista masa molowa odpowiada masie molowej najprostszego wzoru:

M (C 3 H 6 O) = 12*3 + 6 + 16 = 58 g/mol - odpowiada, => prawdziwy wzór pokrywa się z najprostszym.

Wzór cząsteczkowy: C 3 H 6 O

2) Gdy 18,5 g nasyconego jednozasadowego kwasu karboksylowego poddało się reakcji z nadmiarem roztworu wodorowęglanu sodu, wydzieliło się 5,6 l (n.s.) gazu. Określ wzór cząsteczkowy kwasu.

3) Pewien nasycony kwas karboksylowy jednozasadowy o masie 6 g wymaga tej samej masy alkoholu do całkowitej estryfikacji. Otrzymuje się 10,2 g estru. Określ wzór cząsteczkowy kwasu.

4) Określ wzór cząsteczkowy węglowodoru acetylenowego, jeżeli masa molowa produktu jego reakcji z nadmiarem bromowodoru jest 4 razy większa od masy molowej pierwotnego węglowodoru

8) W wyniku spalania beztlenowej materii organicznej powstało 4,48 litra (n.s.) dwutlenku węgla, 3,6 g wody i 3,65 g chlorowodoru. Określ wzór cząsteczkowy spalonego związku.

9) Podczas spalania substancji organicznej o masie 9,2 g powstał tlenek węgla (IV) o objętości 6,72 l (n.s.) i woda o masie 7,2 g. Ustal wzór cząsteczkowy tej substancji.

Zadania nr 35 z jednolitego egzaminu państwowego z chemii

Algorytm rozwiązywania takich zadań

1. Wzór ogólny szeregu homologicznego

Najczęściej stosowane formuły podsumowano w tabeli:

Szereg homologiczny	Ogólna formuła





Nasycone alkohole jednowodorotlenowe
Nasycone aldehydy	CnH2n+1 SYN
Nasycone kwasy monokarboksylowe	CnH2n+1COOH

2. Równanie reakcji

1) WSZYSTKIE substancje organiczne spalają się w tlenie, tworząc dwutlenek węgla, wodę, azot (jeśli w związku występuje N) i HCl (jeśli występuje chlor):

C n H m O q N x Cl y + O 2 = CO 2 + H 2 O + N 2 + HCl (bez współczynników!)

2) Alkeny, alkiny, dieny są podatne na reakcje addycji (reakcje z halogenami, wodorem, halogenowodorami, wodą):

do n H 2n + Cl 2 = do n H 2n Cl 2

do n H. 2n + H. 2 = do n H. 2n+2

C n H 2n + HBr = C n H 2n+1 Br

do n H. 2n + H. 2 O = do n H. 2n+1 OH

Alkiny i dieny, w przeciwieństwie do alkenów, dodają do 2 moli wodoru, chloru lub halogenowodoru na 1 mol węglowodoru:

Do n H 2n-2 + 2Cl 2 = C n H 2n-2 Cl 4

do n H. 2n-2 + 2H 2 = do n H. 2n+2

Kiedy do alkinów dodaje się wodę, powstają związki karbonylowe, a nie alkohole!

3) Alkohole charakteryzują się reakcjami odwodnienia (wewnątrzcząsteczkowego i międzycząsteczkowego), utleniania (do związków karbonylowych i ewentualnie dalej do kwasów karboksylowych). Alkohole (w tym wielowodorotlenowe) reagują z metalami alkalicznymi, wydzielając wodór:

do n H. 2n+1 OH = do n H. 2n + H. 2O

2C n H. 2n+1 OH = do n H. 2n+1 OC n H. 2n+1 + H. 2 O

2C n H 2n+1 OH + 2Na = 2C n H 2n+1 ONa + H 2

4) Właściwości chemiczne aldehydów są bardzo zróżnicowane, ale tutaj zapamiętamy tylko reakcje redoks:

C n H 2n+1 COH + H 2 = C n H 2n+1 CH 2 OH (redukcja związków karbonylowych przez dodatek Ni),

C n H 2n+1 COH + [O] = C n H 2n+1 COOH

ważny punkt: utlenianie formaldehydu (HCO) nie kończy się na etapie kwasu mrówkowego, HCOOH jest dalej utleniany do CO 2 i H 2 O.

5) Kwasy karboksylowe wykazują wszystkie właściwości „zwykłych” kwasów nieorganicznych: oddziałują z zasadami i zasadowymi tlenkami, reagują z aktywnymi metalami i solami słabych kwasów (na przykład z węglanami i wodorowęglanami). Bardzo ważna jest reakcja estryfikacji - powstawanie estrów podczas interakcji z alkoholami.

C n H 2n+1 COOH + KOH = C n H 2n+1 GOTOWANIE + H 2 O

2C n H 2n+1 COOH + CaO = (C n H 2n+1 COO) 2 Ca + H 2 O

2C n H 2n+1 COOH + Mg = (C n H 2n+1 COO) 2 Mg + H 2

C n H 2n+1 COOH + NaHCO 3 = C n H 2n+1 COONa + H 2 O + CO 2

do n H 2n+1 COOH + C 2 H 5 OH = do n H 2n+1 COOC 2 H 5 + H 2 O

3. Wyznaczanie ilości substancji na podstawie jej masy (objętości)

wzór łączący masę substancji (m), jej ilość (n) i masę molową (M):

m = n*M lub n = m/M.

Na przykład 710 g chloru (Cl 2) odpowiada 710/71 = 10 mol tej substancji, ponieważ masa molowa chloru = 71 g/mol.

W przypadku substancji gazowych wygodniej jest pracować z objętościami niż masami. Przypomnę, że ilość substancji i jej objętość są powiązane wzorem: V = V m * n, gdzie V m jest objętością molową gazu (22,4 l/mol w normalnych warunkach).

4. Obliczenia z wykorzystaniem równań reakcji

Jest to prawdopodobnie główny rodzaj obliczeń w chemii. Jeśli nie czujesz się pewnie w rozwiązywaniu takich problemów, musisz poćwiczyć.

Podstawowa idea jest następująca: ilości powstałych reagentów i produktów są ze sobą powiązane w taki sam sposób, jak odpowiadające im współczynniki w równaniu reakcji (dlatego tak ważne jest ich prawidłowe rozmieszczenie!)

Rozważmy na przykład następującą reakcję: A + 3B = 2C + 5D. Równanie pokazuje, że 1 mol A i 3 mol B w wyniku interakcji tworzą 2 mole C i 5 mol D. Ilość B jest trzykrotnie większa niż ilość substancji A, ilość D jest 2,5 razy większa niż ilość C itd. Jeśli w Jeśli reakcja nie wynosi 1 mol A, ale powiedzmy 10, wówczas ilości wszystkich pozostałych uczestników reakcji wzrosną dokładnie 10 razy: 30 mol B, 20 mol C, 50 mol D. Jeśli wiedz, że powstało 15 moli D (trzy razy więcej niż podano w równaniu), wówczas ilości wszystkich pozostałych związków będą 3 razy większe.

5. Obliczenie masy molowej badanej substancji

Masę X podajemy zwykle w opisie problemu, wielkość X znaleźliśmy w paragrafie 4. Pozostaje jeszcze raz zastosować wzór M = m/n.

6. Wyznaczanie wzoru cząsteczkowego X.

Ostatni etap. Znając masę molową X i ogólny wzór odpowiedniego szeregu homologicznego, możesz znaleźć wzór cząsteczkowy nieznanej substancji.

Niech na przykład względna masa cząsteczkowa ograniczającego alkoholu jednowodorotlenowego wyniesie 46. Ogólny wzór szeregu homologicznego: C n H 2n+1 OH. Względna masa cząsteczkowa składa się z masy n atomów węgla, 2n+2 atomów wodoru i jednego atomu tlenu. Otrzymujemy równanie: 12n + 2n + 2 + 16 = 46. Rozwiązując równanie, stwierdzamy, że n = 2. Wzór cząsteczkowy alkoholu to: C 2 H 5 OH.

Nie zapomnij zapisać swojej odpowiedzi!

Przykład 1 . Z 10,5 g alkenu można dodać 40 g bromu. Zidentyfikuj nieznany alken.

Rozwiązanie. Niech cząsteczka nieznanego alkenu zawiera n atomów węgla. Wzór ogólny szeregu homologicznego C n H 2n. Alkeny reagują z bromem zgodnie z równaniem:

CnH2n + Br2 = CnH2nBr2.

Obliczmy ilość bromu, która weszła do reakcji: M(Br 2) = 160 g/mol. n(Br2) = m/M = 40/160 = 0,25 mola.

Równanie pokazuje, że 1 mol alkenu dodaje 1 mol bromu, zatem n(C n H 2n) = n(Br 2) = 0,25 mol.

Znając masę przereagowanego alkenu i jego ilość, wyznaczymy jego masę molową: M(C n H 2n) = m(masa)/n(ilość) = 10,5/0,25 = 42 (g/mol).

Teraz dość łatwo jest zidentyfikować alken: względna masa cząsteczkowa (42) jest sumą masy n atomów węgla i 2 n atomów wodoru. Otrzymujemy najprostsze równanie algebraiczne:

Rozwiązaniem tego równania jest n = 3. Wzór alkenu to: C 3 H 6 .

Odpowiedź: C 3 H 6 .

Przykład 2 . Do całkowitego uwodornienia 5,4 g pewnego alkinu potrzeba 4,48 litra wodoru (n.s.).Wyznacz wzór cząsteczkowy tego alkinu.

Rozwiązanie. Będziemy działać zgodnie z ogólnym planem. Niech cząsteczka nieznanego alkinu zawiera n atomów węgla. Wzór ogólny szeregu homologicznego C n H 2n-2. Uwodornienie alkinów przebiega według równania:

do n H. 2n-2 + 2H 2 = do n H. 2n+2.

Ilość wodoru, który przereagował, można obliczyć ze wzoru n = V/Vm. W tym przypadku n = 4,48/22,4 = 0,2 mol.

Równanie pokazuje, że 1 mol alkinu dodaje 2 mole wodoru (pamiętaj, że stwierdzenie problemu dotyczy całkowitego uwodornienia), zatem n(C n H 2n-2) = 0,1 mol.

Na podstawie masy i ilości alkinu obliczamy jego masę molową: M(C n H 2n-2) = m(masa)/n(ilość) = 5,4/0,1 = 54 (g/mol).

Względna masa cząsteczkowa alkinu jest sumą n mas atomowych węgla i 2n-2 mas atomowych wodoru. Otrzymujemy równanie:

12n + 2n - 2 = 54.

Rozwiązujemy równanie liniowe, otrzymujemy: n = 4. Wzór alkinowy: C 4 H 6.

Odpowiedź: C 4 H 6 .

Przykład 3 . Kiedy 112 litrów (nie dotyczy) nieznanego cykloalkanu zostanie spalone w nadmiarze tlenu, powstanie 336 litrów CO2. Ustal wzór strukturalny cykloalkanu.

Rozwiązanie. Ogólny wzór homologicznego szeregu cykloalkanów: C n H 2n. Przy całkowitym spalaniu cykloalkanów, podobnie jak przy spalaniu jakichkolwiek węglowodorów, powstaje dwutlenek węgla i woda:

Do n H. 2n + 1,5n O 2 = n CO 2 + n H 2 O.

Uwaga: współczynniki w równaniu reakcji w tym przypadku zależą od n!

Podczas reakcji powstało 336/22,4 = 15 moli dwutlenku węgla. 112/22,4 = 5 moli węglowodoru weszło do reakcji.

Dalsze rozumowanie jest oczywiste: jeśli na 5 moli cykloalkanu powstaje 15 moli CO2, to na 5 cząsteczek węglowodoru powstaje 15 cząsteczek dwutlenku węgla, tj. z jednej cząsteczki cykloalkanu powstają 3 cząsteczki CO2. Ponieważ każda cząsteczka tlenku węgla (IV) zawiera jeden atom węgla, możemy stwierdzić: jedna cząsteczka cykloalkanu zawiera 3 atomy węgla.

Wniosek: n = 3, wzór cykloalkanu - C 3 H 6.

Wzór C 3 H 6 odpowiada tylko jednemu izomerowi - cyklopropanowi.

Odpowiedź: cyklopropan.

Przykład 4 . 116 g nasyconego aldehydu ogrzewano przez długi czas z amoniakalnym roztworem tlenku srebra. W wyniku reakcji otrzymano 432 g metalicznego srebra. Określ wzór cząsteczkowy aldehydu.

Rozwiązanie. Ogólny wzór homologicznego szeregu nasyconych aldehydów to: C n H 2n+1 COH. Aldehydy łatwo utleniają się do kwasów karboksylowych, w szczególności pod działaniem amoniakalnego roztworu tlenku srebra:

C n H 2n+1 COH + Ag 2 O = C n H 2n+1 COOH + 2 Ag.

Notatka. W rzeczywistości reakcję opisuje bardziej złożone równanie. Po dodaniu Ag 2 O do wodnego roztworu amoniaku powstaje złożony związek OH - wodorotlenek diaminowo-srebrowy. To właśnie ten związek działa jako środek utleniający. Podczas reakcji powstaje sól amonowa kwasu karboksylowego:

C n H 2n+1 COH + 2OH = C n H 2n+1 COONH 4 + 2Ag + 3NH3 + H 2 O.

Kolejny ważny punkt! Utlenianie formaldehydu (HCOH) nie jest opisane podanym równaniem. Kiedy HCOH reaguje z amoniakalnym roztworem tlenku srebra, uwalniają się 4 mole Ag na 1 mol aldehydu:

НCOH + 2Ag2O = CO2 + H2O + 4Ag.

Zachowaj ostrożność przy rozwiązywaniu problemów związanych z utlenianiem związków karbonylowych!

Wróćmy do naszego przykładu. Na podstawie masy uwolnionego srebra można obliczyć ilość tego metalu: n(Ag) = m/M = 432/108 = 4 (mol). Zgodnie z równaniem na 1 mol aldehydu powstają 2 mole srebra, zatem n(aldehyd) = 0,5n(Ag) = 0,5*4 = 2 mole.

Masa molowa aldehydu = 116/2 = 58 g/mol. Spróbuj samodzielnie wykonać kolejne kroki: musisz ułożyć równanie, rozwiązać je i wyciągnąć wnioski.

Odpowiedź: C2H5COH.

Przykład 5 . Kiedy 3,1 g pewnej aminy pierwszorzędowej reaguje z wystarczającą ilością HBr, powstaje 11,2 g soli. Określ wzór aminy.

Rozwiązanie. Aminy pierwszorzędowe (C n H 2n + 1 NH 2) podczas interakcji z kwasami tworzą sole alkiloamoniowe:

С n H. 2n+1 NH 2 + HBr = [С n H. 2n+1 NH 3 ] + Br - .

Niestety na podstawie masy aminy i utworzonej soli nie będziemy w stanie określić ich ilości (ponieważ masy molowe nie są znane). Wybierzmy inną ścieżkę. Przypomnijmy sobie prawo zachowania masy: m(amina) + m(HBr) = m(sól), zatem m(HBr) = m(sól) - m(amina) = 11,2 - 3,1 = 8,1.

Zwróć uwagę na tę technikę, która jest bardzo często stosowana przy rozwiązywaniu C 5. Nawet jeśli masa odczynnika nie jest podana wprost w opisie problemu, możesz spróbować znaleźć ją na podstawie mas innych związków.

Zatem wracamy na właściwą drogę ze standardowym algorytmem. Na podstawie masy bromowodoru znajdujemy ilość: n(HBr) = n(amina), M(amina) = 31 g/mol.

Odpowiedź: CH3NH2.

Przykład 6 . Pewna ilość alkenu X w reakcji z nadmiarem chloru tworzy 11,3 g dichlorku, a w reakcji z nadmiarem bromu 20,2 g dibromku. Wyznacz wzór cząsteczkowy X.

Rozwiązanie. Alkeny dodają chlor i brom, tworząc pochodne dihalogenowe:

do n H 2n + Cl 2 = do n H 2n Cl 2,

do n H 2n + Br 2 = do n H 2n Br 2.

W tym zadaniu nie ma sensu szukać ilości dichlorku lub dibromku (ich masy molowe nie są znane) ani ilości chloru lub bromu (ich masy nie są znane).

Stosujemy jedną niestandardową technikę. Masa molowa C n H 2n Cl 2 wynosi 12n + 2n + 71 = 14n + 71. M(C n H 2n Br 2) = 14n + 160.

Znane są również masy dihalogenków. Można znaleźć ilości otrzymanych substancji: n(C n H 2n Cl 2) = m/M = 11,3/(14n + 71). n(CnH2nBr2) = 20,2/(14n + 160).

Umownie ilość dichlorku jest równa ilości dibromku. Fakt ten pozwala nam utworzyć równanie: 11,3/(14n + 71) = 20,2/(14n + 160).

To równanie ma unikalne rozwiązanie: n = 3.

W naszym ostatnim artykule rozmawialiśmy o podstawowych zadaniach na Unified State Exam in Chemistry 2018. Teraz musimy dokładniej przeanalizować zadania o podwyższonym (w kodyfikatorze egzaminu Unified State Exam z chemii 2018 - wysoki poziom złożoności) poziomie złożoności, zwanym wcześniej częścią C.

Zadania o podwyższonym stopniu złożoności obejmują tylko pięć (5) zadań - nr 30, 31, 32, 33, 34 i 35. Zastanówmy się nad tematami zadań, jak się do nich przygotować i jak rozwiązywać złożone zadania w Jednolity egzamin państwowy z chemii 2018.

Przykład zadania 30 w Unified State Examination in Chemistry 2018

Ma na celu sprawdzenie wiedzy studenta na temat reakcji utleniania i redukcji (ORR). Zadanie zawsze daje równanie reakcji chemicznej, w której brakuje substancji po obu stronach reakcji (lewa strona to reagenty, prawa strona to produkty). Za to zadanie można uzyskać maksymalnie trzy (3) punkty. Pierwszy punkt przyznawany jest za prawidłowe uzupełnienie luk w reakcji i prawidłowe wyrównanie reakcji (ułożenie współczynników). Punkt drugi można uzyskać poprawnie opisując bilans ORR, natomiast punkt ostatni pozwala na prawidłowe określenie, kto w reakcji jest utleniaczem, a kto reduktorem. Przyjrzyjmy się rozwiązaniu zadania nr 30 z wersji demonstracyjnej Unified State Exam in Chemistry 2018:

Korzystając z metody bilansu elektronowego, utwórz równanie reakcji

Na 2 SO 3 + … + KOH à K 2 MnO 4 + … + H 2 O

Wskaż utleniacz i reduktor.

Pierwszą rzeczą, którą musisz zrobić, to ułożyć ładunki atomów wskazanych w równaniu, okazuje się:

Na + 2 S +4 O 3 -2 + … + K + O -2 H + à K + 2 Mn +6 O 4 -2 + … + H + 2 O -2

Często po tej akcji od razu widzimy pierwszą parę pierwiastków, która zmieniła stopień utlenienia (CO), czyli z różnych stron reakcji ten sam atom ma inny stopień utlenienia. W tym konkretnym zadaniu tego nie obserwujemy. Dlatego warto skorzystać z dodatkowej wiedzy, a mianowicie po lewej stronie reakcji widzimy wodorotlenek potasu ( KON), którego obecność mówi nam, że reakcja zachodzi w środowisku zasadowym. Po prawej stronie widzimy manganian potasu i wiemy, że w alkalicznym środowisku reakcji manganian potasu otrzymuje się z nadmanganianu potasu, dlatego szczeliną po lewej stronie reakcji jest nadmanganian potasu ( KMnO 4 ). Okazuje się, że po lewej stronie mieliśmy mangan w CO +7, a po prawej w CO +6, co oznacza, że możemy zapisać pierwszą część bilansu OVR:

Mn +7 +1 mi — à Mn +6

Teraz możemy zgadnąć, co jeszcze powinno się wydarzyć w reakcji. Jeśli mangan przyjmuje elektrony, to ktoś musiał mu je dać (przestrzegamy prawa zachowania masy). Rozważmy wszystkie pierwiastki po lewej stronie reakcji: wodór, sód i potas są już w CO +1, co jest dla nich maksimum, tlen nie odda swoich elektronów manganu, co oznacza, że siarka pozostaje w CO +4 . Dochodzimy do wniosku, że siarka oddaje elektrony i przechodzi w stan siarki z CO +6. Teraz możemy napisać drugą część bilansu:

S +4 -2 mi — à S +6

Patrząc na równanie, widzimy, że po prawej stronie nie ma nigdzie siarki ani sodu, co oznacza, że muszą znajdować się w luce, a logicznym związkiem do jej wypełnienia jest siarczan sodu ( NaSO 4 ).

Teraz zapisuje się bilans OVR (otrzymujemy pierwszy punkt) i równanie przyjmuje postać:

Na2SO3 + KMnO4 + KOHà K 2 MnO 4 + NaSO 4 + H 2 O

Mn +7 +1 mi — à Mn +6	1	2
S +4 -2e —à S+6	2	1

Ważne jest, aby w tym miejscu od razu napisać, kto jest utleniaczem, a kto reduktorem, ponieważ uczniowie często koncentrują się na bilansowaniu równania i po prostu zapominają o wykonaniu tej części zadania, tracąc w ten sposób punkt. Z definicji utleniacz to cząstka, która przyjmuje elektrony (w naszym przypadku mangan), a reduktor to cząstka, która oddaje elektrony (w naszym przypadku siarka), więc otrzymujemy:

Utleniacz: Mn +7 (KMnO 4 )

Środek redukujący: S +4 (Nie 2 WIĘC 3 )

Musimy tu pamiętać, że wskazujemy stan cząstek, w jakim się znajdowały, kiedy zaczęły wykazywać właściwości środka utleniającego lub redukującego, a nie stany, do których doszły w wyniku reakcji redoks.

Teraz, aby uzyskać ostatni punkt, musisz poprawnie wyrównać równanie (ułożyć współczynniki). Korzystając z wagi widzimy, że aby była to siarka +4, aby przejść do stanu +6, dwa mangan +7 muszą stać się manganem +6 i ważne jest to, że przed manganem stawiamy 2:

Na2SO3 + 2KMnO4 + KOHà 2K 2 MnO 4 + NaSO 4 + H 2 O

Teraz widzimy, że po prawej stronie mamy 4 potasu, a po lewej tylko trzy, co oznacza, że musimy umieścić 2 przed wodorotlenkiem potasu:

Na2SO3 + 2KMnO4 + 2KOHà 2K 2 MnO 4 + NaSO 4 + H 2 O

W rezultacie prawidłowa odpowiedź na zadanie nr 30 wygląda następująco:

Na2SO3 + 2KMnO4 + 2KOHà 2K 2 MnO 4 + NaSO 4 + H 2 O

Mn +7 +1e —à Mn +6	1	2
S +4 -2e —à S+6	2	1

Utleniacz: Mn +7 (KMnO 4)

Środek redukujący: S +4 (Nie 2 WIĘC 3 )

Rozwiązanie zadania 31 z jednolitego egzaminu państwowego z chemii

Jest to łańcuch przemian nieorganicznych. Aby pomyślnie wykonać to zadanie, musisz dobrze rozumieć reakcje charakterystyczne dla związków nieorganicznych. Zadanie składa się z czterech (4) reakcji, za każdą można otrzymać jeden (1) punkt, co daje w sumie cztery (4) punkty za zadanie. Należy pamiętać o zasadach rozwiązywania zadania: wszystkie równania muszą być wyrównane, nawet jeśli uczeń napisał równanie poprawnie, ale nie wyrównał, nie otrzyma punktu; nie jest konieczne rozwiązanie wszystkich reakcji, można wykonać jedną i zdobyć jeden (1) punkt, dwie reakcje i otrzymać dwa (2) punkty itp. i nie jest konieczne wypełnianie równań ściśle po kolei, np. , uczeń może wykonać reakcję 1 i 3, co oznacza, że trzeba to zrobić i zdobyć dwa (2) punkty, najważniejsze jest wskazanie, że są to reakcje 1 i 3. Przyjrzyjmy się rozwiązaniu zadania nr 31 z wersja demonstracyjna Unified State Exam in Chemistry 2018:

Żelazo rozpuszczono w gorącym stężonym kwasie siarkowym. Otrzymaną sól potraktowano nadmiarem roztworu wodorotlenku sodu. Powstały brązowy osad odsączono i kalcynowano. Otrzymaną substancję ogrzewano z żelazem.
Zapisz równania czterech opisanych reakcji.

Aby ułatwić rozwiązanie, możesz sporządzić w wersji roboczej następujący diagram:

Aby wykonać zadanie, musisz oczywiście znać wszystkie proponowane reakcje. Jednak w stanie zawsze kryją się ukryte wskazówki (stężony kwas siarkowy, nadmiar wodorotlenku sodu, brązowy osad, kalcynowany, podgrzewany żelazem). Na przykład uczeń nie pamięta, co dzieje się z żelazem podczas interakcji ze stęż. kwas siarkowy, ale pamięta, że brązowy osad żelaza po obróbce alkaliami to najprawdopodobniej wodorotlenek żelaza 3 ( Y = Fe(OH) 3 ). Teraz mamy okazję, podstawiając Y do zapisanego diagramu, spróbować utworzyć równania 2 i 3. Kolejne kroki są czysto chemiczne, więc nie będziemy ich opisywać tak szczegółowo. Uczeń musi pamiętać, że ogrzewanie wodorotlenku żelaza 3 powoduje powstanie tlenku żelaza 3 ( Z = Fe 2 O 3 ) i wodę, a ogrzewanie tlenku żelaza 3 czystym żelazem doprowadzi je do stanu środkowego - tlenku żelaza 2 ( FeO). Substancją X, która jest solą otrzymaną po reakcji z kwasem siarkowym, w wyniku której po potraktowaniu alkaliami powstaje wodorotlenek żelaza 3, będzie siarczan żelaza 3 ( X = Fe 2 (WIĘC 4 ) 3 ). Ważne jest, aby pamiętać o zbilansowaniu równań. W rezultacie prawidłowa odpowiedź na zadanie nr 31 jest następująca:

1) 2Fe + 6H 2 SO 4 (k) a Fe2(SO4)3+ 3SO2 + 6H2O

2) Fe2(SO4)3+ 6NaOH (g) do 2 Fe(OH)3+ 3Na2SO4

3) 2Fe(OH) 3à Fe 2 O 3 + 3H2O

4) Fe 2 O 3 + Fe à 3FeO

Zadanie 32 Ujednolicony egzamin państwowy z chemii

Bardzo podobne do zadania nr 31, tyle że zawiera łańcuch przemian organicznych. Wymagania projektowe i logika rozwiązania są podobne jak w zadaniu nr 31, z tą różnicą, że w zadaniu nr 32 podanych jest pięć (5) równań, co oznacza, że łącznie można zdobyć pięć (5) punktów. Ze względu na podobieństwo do zadania nr 31 nie będziemy go szczegółowo omawiać.

Rozwiązanie zadania 33 z chemii 2018

Zadanie obliczeniowe, aby je wykonać trzeba znać podstawowe wzory obliczeniowe, umieć posługiwać się kalkulatorem i rysować paralele logiczne. Zadanie 33 jest warte cztery (4) punkty. Przyjrzyjmy się części rozwiązania zadania nr 33 z wersji demonstracyjnej Unified State Exam in Chemistry 2018:

Określ udziały masowe (w %) siarczanu żelaza (II) i siarczku glinu w mieszaninie, jeżeli po potraktowaniu 25 g tej mieszaniny wodą uwolnił się gaz, który całkowicie przereagował z 960 g 5% roztworu siarczanu miedzi W swojej odpowiedzi zapisz równania reakcji wskazane w opisie problemu i wykonaj wszystkie niezbędne obliczenia (wskaż jednostki miary wymaganych wielkości fizycznych).

Pierwszy (1) punkt otrzymujemy za zapisanie reakcji, które występują w zadaniu. Uzyskanie tego konkretnego punktu uzależnione jest od znajomości chemii, pozostałe trzy (3) punkty można uzyskać jedynie poprzez obliczenia, dlatego też w przypadku, gdy uczeń ma problemy z matematyką, za wykonanie zadania nr 33 musi uzyskać co najmniej jeden (1) punkt :

Al 2S 3 + 6H 2Oà 2Al(OH)3 + 3H2S

CuSO4 + H2Sà CuS + H2SO4

Ponieważ dalsze działania mają charakter czysto matematyczny, nie będziemy tutaj wchodzić w szczegóły. Wybrane analizy można obejrzeć na naszym kanale YouTube (link do analizy wideo zadania nr 33).

Wzory, które będą wymagane do rozwiązania tego zadania:

Zadanie z chemii 34 2018

Zadanie obliczeniowe, które różni się od zadania nr 33 tym, że:

- - Jeżeli w zadaniu nr 33 wiemy, pomiędzy którymi substancjami zachodzi interakcja, to w zadaniu nr 34 musimy znaleźć co zareagowało;
  - W zadaniu nr 34 podano związki organiczne, natomiast w zadaniu nr 33 najczęściej podano procesy nieorganiczne.

Tak naprawdę zadanie nr 34 jest odwrotnością zadania nr 33, co oznacza, że logika zadania jest odwrotna. Za zadanie nr 34 można uzyskać cztery (4) punkty, przy czym podobnie jak w zadaniu nr 33 tylko jeden z nich (w 90% przypadków) można uzyskać za znajomość chemii, pozostałe 3 (rzadziej 2) punkty uzyskuje się do obliczeń matematycznych. Aby pomyślnie wykonać zadanie nr 34 należy:

Znać ogólne wzory wszystkich głównych klas związków organicznych;

Zna podstawowe reakcje związków organicznych;

Potrafi napisać równanie w postaci ogólnej.

Jeszcze raz pragnę zauważyć, że podstawy teoretyczne niezbędne do pomyślnego zdania Jednolitego Egzaminu Państwowego z Chemii w 2018 roku pozostały praktycznie niezmienione, co oznacza, że cała wiedza, którą Twoje dziecko zdobyło w szkole, pomoże mu w zdaniu egzaminu z chemii w 2018 r. W naszym ośrodku przygotowującym do Unified State Exam i Unified State Examination Hodograph Twoje dziecko otrzyma Wszystko materiały teoretyczne niezbędne do przygotowania, a na zajęciach utrwalą zdobytą wiedzę w celu pomyślnej realizacji wszyscy zadania egzaminacyjne. Pracować z nim będą najlepsi nauczyciele, którzy przeszli bardzo duży konkurs i trudne egzaminy wstępne. Zajęcia prowadzone są w małych grupach, co pozwala nauczycielowi poświęcić czas każdemu dziecku i sformułować indywidualną strategię realizacji pracy egzaminacyjnej.

Z brakiem testów w nowym formacie nie mamy żadnych problemów, nasi nauczyciele piszą je sami, w oparciu o wszystkie zalecenia kodyfikatora, specyfikatora i wersji demonstracyjnej Unified State Exam in Chemistry 2018.

Zadzwoń już dziś, a jutro Twoje dziecko będzie Ci wdzięczne!

Miejska budżetowa instytucja oświatowa

„Szkoła średnia nr 4, Szebekino, obwód Biełgorod”

Funkcje rozwiązywania i oceniania zadań 30-35 jednolitego egzaminu państwowego z chemii

Przygotowała: Arnautova Natalya Zakharovna,

nauczyciel chemii i biologii

MBOU „Szkoła średnia nr 4, Szebekino, obwód Biełgorod”

2017

Metodologia oceny zadań ze szczegółową odpowiedzią (główne podejścia do ustalania kryteriów i skal ocen wykonania zadań)

Podstawą metodologii oceny zadań ze szczegółową odpowiedzią jest szereg przepisów ogólnych. Najważniejsze z nich to:

Testowanie i ocena zadań ze szczegółową odpowiedzią odbywa się wyłącznie w drodze niezależnego egzaminu, opartego na metodzie analizy element po elemencie odpowiedzi zdających.

Stosowanie metody analizy element po elemencie powoduje konieczność zapewnienia, że treść warunków zadania jednoznacznie odpowiada sprawdzanym elementom treści. Lista elementów treści sprawdzanych przy każdym zadaniu jest zgodna ze standardowymi wymaganiami dotyczącymi poziomu przygotowania maturzystów.

Kryterium oceny wykonania zadania metodą analizy element po elemencie jest stwierdzenie obecności w odpowiedziach zdających podanych elementów odpowiedzi
w modelu odpowiedzi. Można jednak przyjąć inny model odpowiedzi zaproponowany przez zdającego, jeśli nie zniekształca on istoty składowej chemicznej warunków zadania.

Skala ocen wykonania zadania ustalana jest w zależności od liczby elementów treści zawartych w modelu odpowiedzi i uwzględnia takie czynniki, jak:

Poziom złożoności testowanej treści;

Określona sekwencja działań, które należy wykonać podczas wykonywania zadania;

Jednoznaczna interpretacja warunków zadania i możliwe opcje sformułowania odpowiedzi;

Zgodność warunków przypisania z proponowanymi kryteriami oceny poszczególnych elementów treści;

W przybliżeniu ten sam poziom trudności dla każdego z elementów treści testowanych przez zadanie.

Przy opracowywaniu kryteriów oceny uwzględniane są cechy merytoryczne wszystkich pięciu zadań długich odpowiedzi zawartych w pracy egzaminacyjnej. Bierze się także pod uwagę, że zapisy odpowiedzi zdających mogą być albo bardzo ogólne, uproszczone i mało szczegółowe, albo zbyt krótkie
i niewystarczająco uzasadnione. Szczególną uwagę zwraca się na podkreślenie elementów odpowiedzi wartych jeden punkt. Uwzględnia to nieuchronność stopniowego zwiększania trudności zdobycia każdego kolejnego punktu
za prawidłowo sformułowany element treści.

Przy opracowywaniu skali oceniania problemów obliczeniowych (33 i 34) brana jest pod uwagę możliwość różnych sposobów ich rozwiązania, dlatego obecność w odpowiedzi zdającego wskazanych głównych etapów i wyników wykonania zadań
w kryteriach oceny. Zilustrujmy metodologię oceny zadań szczegółową odpowiedzią na konkretnych przykładach.

Rok akademicki 2017-2018

Zadania

Maksymalny wynik

Poziom pracy

Zadanie 30

2016-2017

Zadania 30 mają na celu sprawdzenie umiejętności określenia stopnia utlenienia pierwiastków chemicznych, określenia środka utleniającego i reduktora, przewidywania produktów reakcji redoks, ustalenia wzorów substancji pominiętych w schemacie reakcji, sporządzenia wagi elektronicznej , i na tej podstawie wyznaczyć współczynniki w równaniach reakcji.

Skala oceny realizacji takich zadań obejmuje następujące elementy:

 sporządzono wagę elektroniczną – 1 pkt;

 wskazany jest utleniacz i reduktor – 1 pkt.

 ustala się wzory brakujących substancji i przypisuje współczynniki
w równaniu reakcji redoks – 1 pkt.

Przykładowe zadanie:

Korzystając z metody bilansu elektronowego, utwórz równanie reakcji

Na 2 SO 3 + … + KOH K 2 MnO 4 + … + H 2 O

Wskaż utleniacz i reduktor.

Zwrotnica

Możliwa odpowiedź

Mn +7 + ē → Mn +6

S +4 – 2ē → S +6

Siarka na stopniu utlenienia +4 (lub siarczyn sodu w wyniku siarki na stopniu utlenienia +4) jest środkiem redukującym.

Mangan na stopniu utlenienia +7 (lub nadmanganian potasu ze względu na mangan
na stopniu utlenienia +7) – utleniacz.

Na 2 SO 3 + 2KMnO 4 + 2KOH = Na 2 SO 4 + 2K 2 MnO 4 + H 2 O

Odpowiedź jest poprawna i kompletna:

określa się stopień utlenienia pierwiastków będących odpowiednio utleniaczem i reduktorem w reakcji;

rejestrowano procesy utleniania i redukcji i na ich podstawie sporządzano wagę elektronową (elektronowo-jonową);

określa się brakujące substancje w równaniu reakcji, umieszcza się wszystkie współczynniki

Maksymalny wynik

Oceniając odpowiedź zdającego, należy wziąć pod uwagę, że nie ma jednolitych wymagań dotyczących formatowania odpowiedzi na to zadanie. W rezultacie za prawidłową odpowiedź przyjmuje się zestawienie zarówno bilansów elektronowych, jak i elektronowo-jonowych, a oznaczenie środka utleniającego i reduktora można wykonać w dowolny, zrozumiały sposób. Jeżeli jednak odpowiedź zawiera elementy odpowiedzi, które wzajemnie się wykluczają, to nie można ich uznać za prawidłowe.

Zadania w formacie 2018

1. Zadanie 30 (2 punkty)

Do wykonania zadania użyj następującej listy substancji: nadmanganian potasu, chlorowodór, chlorek sodu, węglan sodu, chlorek potasu. Dopuszczalne jest stosowanie wodnych roztworów substancji.

Z proponowanej listy substancji wybierz substancje, pomiędzy którymi możliwa jest reakcja utleniania-redukcji i zapisz równanie tej reakcji. Zrób wagę elektroniczną, wskaż utleniacz i reduktor.

Wyjaśnienie.

Zapiszmy równanie reakcji:

Stwórzmy wagę elektroniczną:

Chlor na stopniu utlenienia -1 jest środkiem redukującym. Mangan na stopniu utlenienia +7 jest środkiem utleniającym.ŁĄCZNIE 2 punkty

wybiera się substancje, zapisuje równanie reakcji redoks i ustawia wszystkie współczynniki.

rejestrowano procesy utleniania i redukcji i na ich podstawie sporządzano wagę elektronową (elektronowo-jonową); które w reakcji stanowią odpowiednio środek utleniający i środek redukujący;

Wystąpił błąd tylko w jednym z elementów odpowiedzi wymienionych powyżej

Wystąpiły błędy w dwóch z powyższych elementów odpowiedzi

Wszystkie elementy odpowiedzi są zapisane niepoprawnie

Maksymalny wynik

Zadania w formacie 2018

1. Zadanie 31 (2 punkty)

Do wykonania zadania użyj następującej listy substancji: nadmanganian potasu, wodorowęglan potasu, siarczyn sodu, siarczan baru, wodorotlenek potasu. Dopuszczalne jest stosowanie wodnych roztworów substancji.

Wyjaśnienie.

Możliwa odpowiedź:

2. Zadanie 31

Do wykonania zadania wykorzystaj następującą listę substancji: chlorowodór, azotan srebra(I), nadmanganian potasu, woda, kwas azotowy. Dopuszczalne jest stosowanie wodnych roztworów substancji.

Z proponowanej listy substancji wybierz substancje, pomiędzy którymi możliwa jest reakcja wymiany jonowej. Zapisz molekularne, pełne i skrócone równania jonowe tej reakcji.

Wyjaśnienie.

Możliwa odpowiedź:

Zadanie 32. Zadania w formacie 2018

W warunku zadania 32, sprawdzającego wiedzę na temat pokrewieństwa genetycznego różnych klas substancji nieorganicznych, proponuje się opis konkretnego eksperymentu chemicznego, którego przebieg zdający będą musieli zilustrować za pomocą równań odpowiednich reakcji chemicznych. Skala ocen zadania, podobnie jak w roku 2016, wynosi 4 punkty, za każde poprawnie zapisane równanie reakcji przyznawany jest 1 punkt.

Przykładowe zadanie:

Zapisz równania czterech opisanych reakcji.

Treść prawidłowej odpowiedzi i instrukcja oceny(dopuszczalne jest inne sformułowanie odpowiedzi, które nie zniekształca jej znaczenia)

Zwrotnica

Możliwa odpowiedź

Zapisano cztery równania opisanych reakcji:

1) 2Fe + 6H 2 SO 4
Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 + 6H 2 O

2) Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6NaOH = 2Fe(OH) 3 + 3Na 2 SO 4

3) 2Fe(OH) 3
Fe2O3 + 3H2O

4) Fe2O3 + Fe = 3FeO

Wszystkie równania reakcji są zapisane niepoprawnie

Maksymalny wynik

Należy zauważyć, że brak współczynników (przynajmniej jednego) przed wzorami substancji w równaniach reakcji jest uważany za błąd. Za takie równanie nie przyznaje się punktów.

Zadanie 33. Zadania w formacie 2018

Zadania 33 sprawdzają przyswojenie wiedzy o zależnościach substancji organicznych i przewidują sprawdzenie pięciu elementów treści: poprawności zapisania pięciu równań reakcji odpowiadających schematowi - „łańcuchowi” transformacji. Pisząc równania reakcji zdający muszą posługiwać się wzorami strukturalnymi substancji organicznych. Za obecność każdego zaznaczonego elementu treści w odpowiedzi przyznawany jest 1 punkt. Maksymalna liczba punktów za wykonanie takich zadań wynosi 5.

Przykładowe zadanie:

Zapisz równania reakcji, za pomocą których można przeprowadzić następujące przekształcenia:

Pisząc równania reakcji, korzystaj ze wzorów strukturalnych substancji organicznych.

Treść prawidłowej odpowiedzi i instrukcja oceny
Dopuszczalne jest inne sformułowanie odpowiedzi, które nie zniekształca jej znaczenia)

Zwrotnica

Możliwa odpowiedź

Napisano pięć równań reakcji odpowiadających schematowi transformacji:

Pięć równań reakcji zapisanych poprawnie

Cztery równania reakcji zapisane poprawnie

Trzy równania reakcji zapisane poprawnie

Dwa równania reakcji zapisane poprawnie

Jedno równanie reakcji zapisane poprawnie

Wszystkie elementy odpowiedzi są zapisane niepoprawnie

Maksymalny wynik

Zauważmy, że w odpowiedzi zdającego dopuszczalne jest stosowanie wzorów strukturalnych różnego typu (rozszerzonych, skróconych, szkieletowych), które jednoznacznie odzwierciedlają porządek wiązań atomów oraz względny układ podstawników i grup funkcyjnych
w cząsteczce materii organicznej.

Zadanie 34. Zadania w formacie 2018

Zadania 34 to zadania obliczeniowe. Ich realizacja wymaga znajomości właściwości chemicznych substancji i wiąże się z realizacją określonego zestawu działań zapewniających uzyskanie prawidłowej odpowiedzi. Wśród takich działań wymieniamy następujące:

– sporządzanie równań reakcji chemicznych (wg danych warunków problemowych) niezbędnych do wykonywania obliczeń stechiometrycznych;

– wykonanie obliczeń niezbędnych do znalezienia odpowiedzi na pytania
w opisie problemu znajdują się pytania;

– sformułowanie logicznie uzasadnionej odpowiedzi na wszystkie pytania postawione w warunkach zadania (np. ustalenie wzoru molekularnego).

Należy jednak pamiętać, że nie wszystkie z wymienionych działań muszą koniecznie występować przy rozwiązywaniu dowolnego problemu obliczeniowego, a w niektórych przypadkach niektóre z nich można zastosować więcej niż raz.

Maksymalny wynik za wykonanie zadania to 4 punkty. Podczas sprawdzania należy przede wszystkim zwrócić uwagę na logiczną ważność wykonanych działań, ponieważ niektóre zadania można rozwiązać na kilka sposobów. Jednocześnie, aby obiektywnie ocenić zaproponowaną metodę rozwiązania problemu, należy sprawdzić poprawność wyników pośrednich, które posłużyły do uzyskania odpowiedzi.

Przykładowe zadanie:

Określ udziały masowe (w%) siarczanu żelaza(II) i siarczku glinu
w mieszaninie, jeżeli po potraktowaniu 25 g tej mieszaniny wodą wydziela się gaz, który całkowicie reaguje z 960 g 5% roztworu siarczanu miedzi.

W swojej odpowiedzi zapisz równania reakcji wskazane w opisie problemu,
i dostarczyć wszystkie niezbędne obliczenia (wskazać jednostki miary wymaganych wielkości fizycznych).

Zwrotnica

Możliwa odpowiedź

Zestawiono równania reakcji:

Oblicza się ilość siarkowodoru:

Oblicza się ilość substancji i masę siarczku glinu i siarczanu żelaza(II):

Oznaczono udziały masowe siarczanu żelaza(II) i siarczku glinu w mieszaninie wyjściowej:

ω(FeSO4) = 10 / 25 = 0,4 lub 40%

ω(Al 2 S 3 ) = 15 / 25 = 0,6 lub 6 0%

Odpowiedź jest poprawna i kompletna:

odpowiedź poprawnie zawiera równania reakcji odpowiadające warunkom zadania;

obliczenia zostały przeprowadzone prawidłowo, wykorzystując niezbędne wielkości fizyczne określone w warunkach zadania;

wykazano logicznie uzasadniony związek pomiędzy wielkościami fizycznymi, na podstawie których przeprowadzane są obliczenia;

zgodnie z warunkami zadania określa się wymaganą wielkość fizyczną

Wystąpił błąd tylko w jednym z elementów odpowiedzi wymienionych powyżej

Wszystkie elementy odpowiedzi są zapisane niepoprawnie

Maksymalny wynik

Sprawdzając odpowiedź zdający musi wziąć pod uwagę fakt, że jeżeli odpowiedź zawiera błąd w obliczeniach w jednym z trzech elementów (drugim, trzecim lub czwartym), który doprowadził do błędnej odpowiedzi, ocena za wykonanie zadania jest obniżony zaledwie o 1 punkt.

Zadanie 35. Zadania w formacie 2018

Zadania 35 polegają na określeniu wzoru cząsteczkowego substancji. Wykonanie tego zadania obejmuje następujące sekwencyjne operacje: wykonanie obliczeń niezbędnych do ustalenia wzoru cząsteczkowego substancji organicznej, zapisanie wzoru cząsteczkowego substancji organicznej, sporządzenie wzoru strukturalnego substancji, który jednoznacznie odzwierciedla kolejność wiązań atomów w swojej cząsteczce zapisując równanie reakcji spełniające warunki zadania.

Skala ocen za zadanie 35 z części 2 pracy egzaminacyjnej będzie wynosić 3 punkty.

Zadania 35 wykorzystują kombinację badanych elementów treści - obliczenia, na podstawie których dochodzą do wyznaczenia wzoru cząsteczkowego substancji, zestawiania wzoru ogólnego substancji, a następnie na jej podstawie wyznaczają wzór cząsteczkowy i strukturalny substancji .

Wszystkie te czynności można wykonywać w różnych sekwencjach. Inaczej mówiąc, zdający może dojść do odpowiedzi w dowolny, dostępny mu, logiczny sposób. Dlatego przy ocenie zadania główną uwagę zwraca się na poprawność wybranej metody wyznaczania wzoru cząsteczkowego substancji.

Przykładowe zadanie:

Podczas spalania próbki związku organicznego o masie 14,8 g otrzymuje się 35,2 g dwutlenku węgla i 18,0 g wody.

Wiadomo, że względna gęstość par tej substancji w stosunku do wodoru wynosi 37. Podczas badań właściwości chemicznych tej substancji ustalono, że podczas interakcji tej substancji z tlenkiem miedzi(II) powstaje keton.

Na podstawie danych warunków zadania:

1) dokonać obliczeń niezbędnych do ustalenia wzoru cząsteczkowego substancji organicznej (wskazać jednostki miary wymaganych wielkości fizycznych);

zapisz wzór cząsteczkowy pierwotnej substancji organicznej;

2) sporządzić wzór strukturalny tej substancji, który jednoznacznie odzwierciedla kolejność wiązań atomowych w jej cząsteczce;

3) napisz równanie reakcji tej substancji z tlenkiem miedzi(II), korzystając ze wzoru strukturalnego substancji.

Treść prawidłowej odpowiedzi i instrukcja oceny

(dopuszczalne jest inne sformułowanie odpowiedzi, które nie zniekształca jej znaczenia)

Zwrotnica

Możliwa odpowiedź

Ilość znalezionej substancji będącej produktem spalania:

Ogólny wzór substancji to C x H y O z

n(CO2) = 35,2 / 44 = 0,8 mola; n (C) = 0,8 mola

n(H2O) = 18,0 / 18 = 1,0 mol; n(H) = 1,0 ∙ 2 = 2,0 mol

m(O) = 14,8 – 0,8 ∙ 12 – 2 = 3,2 g; n(O) = 3,2 ⁄ 16 = 0,2 mol

Określono wzór cząsteczkowy substancji:

x:y:z = 0,8:2:0,2 = 4:10:1

Najprostszy wzór to C 4 H 10 O

M prosty (C 4H 10 O) = 74 g/mol

M źródło (C x H y O z ) = 37 ∙ 2 = 74 g/mol

Wzór cząsteczkowy substancji wyjściowej – C 4 H 10 O

Opracowano wzór strukturalny substancji:

Zapisuje się równanie reakcji substancji z tlenkiem miedzi(II):

Odpowiedź jest poprawna i kompletna:

obliczenia niezbędne do ustalenia wzoru cząsteczkowego substancji zostały wykonane prawidłowo; zapisano wzór cząsteczkowy substancji;

zapisuje się wzór strukturalny substancji organicznej, który odzwierciedla porządek wiązań i względne rozmieszczenie podstawników i grup funkcyjnych w cząsteczce zgodnie z warunkami przypisania;

równanie reakcji wskazane w warunkach zadania zapisuje się za pomocą wzoru strukturalnego substancji organicznej

Wystąpił błąd tylko w jednym z elementów odpowiedzi wymienionych powyżej

Wystąpiły błędy w dwóch z powyższych elementów odpowiedzi

W trzech z powyższych elementów odpowiedzi wystąpiły błędy

Wszystkie elementy odpowiedzi są zapisane niepoprawnie

Maksymalny wynik

RAZEM część 2

2+2+ 4+5+4 +3=20 punktów

Bibliografia

1. Materiały metodyczne dla przewodniczących i członków komisji przedmiotowych podmiotów Federacji Rosyjskiej dotyczące sprawdzania wykonania zadań wraz ze szczegółową odpowiedzią na arkusze egzaminu jednolitego państwa 2017. Artykuł „Zalecenia metodologiczne dotyczące oceny wykonania zadań Unified State Examination z pytaniem szczegółowym.” Moskwa, 2017.

2. Projekt FIPI materiałów kontrolno-pomiarowych do egzaminu Unified State Exam 2018.

3. Wersje demonstracyjne, specyfikacje, kodyfikatory Unified State Exam 2018. stronie internetowej FIPI.

4. Informacja o planowanych zmianach w CMM 2018. stronie internetowej FIPI.

5.Strona „Rozwiążę jednolity egzamin państwowy”: chemia, dla eksperta.