Vaizdo kursas „Gaukite A“ apima visas sėkmingam darbui reikalingas temas išlaikęs vieningą valstybinį egzaminą iš matematikos už 60-65 balus. Visiškai visos problemos 1-13 Profilio vieningas valstybinis egzaminas matematikoje. Taip pat tinka išlaikyti bazinį vieningą valstybinį matematikos egzaminą. Jei norite išlaikyti vieningą valstybinį egzaminą 90-100 balų, 1 dalį turite išspręsti per 30 minučių ir be klaidų!
Pasirengimo kursas vieningam valstybiniam egzaminui 10-11 klasėms, taip pat mokytojams. Viskas, ko reikia norint išspręsti matematikos vieningo valstybinio egzamino 1 dalį (12 pirmųjų uždavinių) ir 13 uždavinį (trigonometrija). Ir tai yra daugiau nei 70 balų iš vieningo valstybinio egzamino ir be jų neapsieina nei 100 balų studentas, nei humanitarinių mokslų studentas.
Visi būtina teorija. Greiti vieningo valstybinio egzamino sprendimai, spąstai ir paslaptys. Išnagrinėtos visos dabartinės FIPI užduočių banko 1 dalies užduotys. Kursas visiškai atitinka Vieningo valstybinio egzamino 2018 reikalavimus.
Kursą sudaro 5 didelės temos, kiekviena po 2,5 val. Kiekviena tema pateikiama nuo nulio, paprastai ir aiškiai.
Šimtai vieningo valstybinio egzamino užduočių. Žodžių problemos ir tikimybių teorija. Paprasti ir lengvai įsimenami problemų sprendimo algoritmai. Geometrija. teorija, etaloninė medžiaga, visų tipų Vieningo valstybinio egzamino užduočių analizė. Stereometrija. Sudėtingi sprendimai, naudingi cheat sheets, plėtra erdvinė vaizduotė. Trigonometrija nuo nulio iki problemos 13. Supratimas, o ne kimšimas. Aiškūs sudėtingų sąvokų paaiškinimai. Algebra. Šaknys, laipsniai ir logaritmai, funkcija ir išvestinė. Sprendimo pagrindas sudėtingos užduotys Vieningo valstybinio egzamino 2 dalys.
Skaičiavimo uždavinių sprendimas yra svarbiausias komponentas mokyklinis dalykas„chemija“, nes tai yra vienas iš mokymo metodų, per kurį užtikrinama gilesnė ir pilnesnė asimiliacija mokomoji medžiaga chemijoje ir ugdo gebėjimą savarankiškai pritaikyti įgytas žinias.
Norint išmokti chemijos, sistemingas žinomų chemijos mokslo tiesų tyrimas turi būti derinamas su savarankiška sprendimų paieška, pirmiausia mažoms, o paskui didelėms problemoms. Kad ir kokie įdomūs būtų teoriniai vadovėlio skyriai ir kokybiniai dirbtuvės eksperimentai, jų nepakanka be teorijos išvadų ir eksperimento rezultatų skaitinio patvirtinimo: juk chemija yra kiekybinis mokslas. Užduočių įtraukimas į ugdymo procesą leidžia įgyvendinti šiuos didaktinius mokymosi principus: 1) mokinių savarankiškumo ir aktyvumo užtikrinimas; 2) žinių ir įgūdžių stiprumo pasiekimas; 3) mokymosi susiejimas su gyvenimu; 4) ikiprofilinio ir profilinio politechnikos mokymo vykdymas.
Problemų sprendimas yra viena iš tvirto mokomosios medžiagos įsisavinimo grandžių, nes teorijų ir dėsnių formavimas, taisyklių ir formulių įsiminimas, reakcijų lygčių sudarymas vyksta veikiant.
Sprendime cheminių problemų Patartina naudoti algebrinius metodus. Šiuo atveju daugelio problemų tyrimas ir analizė redukuojama iki formulių transformacijų ir žinomų dydžių pakeitimo galutine formule arba algebrine lygtimi. Chemijos uždaviniai yra panašūs į matematikos uždavinius, o kai kurios chemijos kiekybinės problemos (ypač susijusios su „mišiniais“) yra patogiau sprendžiamos naudojant lygčių sistemą su dviem nežinomaisiais.
Panagrinėkime keletą tokių problemų.
Kalio ir natrio karbonatų mišinys, sveriantis 7 g, buvo apdorojamas sieros rūgšties pertekliumi. Šiuo atveju išleistos dujos užėmė 1,344 l (n.s.) tūrį. Apibrėžkite masės frakcijos karbonatai pradiniame mišinyje.
Sprendimas.
Sudarome reakcijų lygtis:
Pažymėkime pagal xg natrio karbonato masė mišinyje, o kalio karbonato masė - per (7–x) g. Natrio karbonatui sąveikaujant su rūgštimi išsiskiriančių dujų tūris žymimas y l, o kalio karbonato sąveikos su rūgštimi metu išsiskiriančių dujų tūris žymimas (1,344-u)l.
Virš reakcijų lygčių užrašome įvestus žymėjimus, po reakcijų lygtimis užrašome duomenis, gautus iš reakcijų lygčių, ir sudarome lygčių sistemą su dviem nežinomaisiais:
x/106 = y/22,4 (1)
(7-x)/138=(1 344-y) (2)
Iš pirmosios lygties išreiškiame adresu per X:
y = 22,4 x 106 (3)
(1,344–22,4x/106) 138=22,4 (7x). (4)
Išsprendžiame lygtį (4) atžvilgiu X.
185,472-29,16x=156,8-22,4x
Todėl natrio karbonato masė yra 4,24 g.
Kalio karbonato masę randame iš visos karbonato mišinio masės atėmę natrio karbonato masę:
7g-4,24g=2,76g.
Karbonatų masės dalis randame pagal formulę:
w=(m kambario/m viso) 100 %
w (Na 2 CO 3) = (4,24/7) 100 % = 60,57 %
w(K2CO3)=(2,76/7) 100 % = 39,43 %.
Atsakymas: natrio karbonato masės dalis yra 60,57%, kalio karbonato masės dalis yra 39,43%.
Kalio ir natrio karbonatų mišinys, sveriantis 10 g, ištirpinamas vandenyje ir pridedamas druskos rūgšties perteklius. Išsiskyrusios dujos buvo išleistos per vamzdelį, kuriame yra natrio peroksido. Gauto deguonies pakako sudeginti 1,9 litro vandenilio (n.o.). Parašykite reakcijų lygtis ir apskaičiuokite mišinio sudėtį.
Sudarome reakcijų lygtis:
Pažymėkime pagal x g natrio karbonato masė, o kalio karbonato masė bus lygi (10-ies).
Naudodamiesi (4) lygtimi, apskaičiuojame reakcijos (3) metu susidariusio deguonies tūrį.
Norėdami tai padaryti, lygtyje pažymėkime deguonies tūrį x ir, remdamiesi vandenilio tūriu, sukurkite proporciją ir išspręskite ją santykyje su x:
1,9/44,8=x/22,4;
x=1,9 22,4/44,8;
x = 0,95 l (išsiskiriančio deguonies tūris).
Remdamiesi (3) lygtimi, apskaičiuojame anglies dioksido tūrį, susidarantį apdorojant natrio ir kalio karbonatų mišinį druskos rūgšties pertekliumi. Norėdami tai padaryti, sukurkime proporciją:
x/44,8=0,95/22,4;
x=0,95 44,8/22,4;
Per adresu l pažymėkime reakcijos metu išsiskiriančių dujų tūrį (1), ir per (1,9-u) l – reakcijos metu išsiskiriančių dujų tūris (2). Sukurkime lygčių sistemą su dviem nežinomaisiais:
x/106=y/22,4 (5)
(10) / 138 = (1,9) / 22,4 (6)
Iš (5) lygties išreiškiame adresu per X ir pakeiskite (6) lygtį:
(10x)/138=(1,9-22,4x/106)/22,44 (7).
(7) lygtis išspręsta atsižvelgiant į X:
(1,9-22,4x/106) 138=22,4 (10x);
262,2-29,16x=224-22,4x;
x = 5,65 g (natrio karbonato masė).
Kalio karbonato masė nustatoma kaip skirtumas tarp natrio ir kalio karbonatų mišinio masės ir natrio karbonato masės:
10-5,65=4,35g (kalio karbonato masė).
w (Na 2 CO 3) = (5,65/10) 100 %
w(Na 2 CO 3) = 56,5 %
w(K 2 CO 3) = (4,35/10) 100 %
w(K 2 CO 3) = 43,5 %/
Atsakymas: natrio karbonato masės dalis yra 56,5%, kalio karbonato masės dalis yra 43,5%.
Savarankiško sprendimo problemos.
12,1 g sveriantis geležies ir cinko mišinys buvo apdorotas sieros rūgšties tirpalo pertekliumi. Norint sudeginti susidariusį vandenilį, reikia 2,24 litro deguonies (slėgis 135,6 kPa, temperatūra 364 K). Raskite geležies masės dalį mišinyje.
Acto rūgšties ir propiono rūgšties metilo esterių mišinys, sveriantis 47,2 g, buvo apdorotas 83,4 ml natrio hidroksido tirpalo, kurio masės dalis yra 40% (tankis 1,2 g/ml). Nustatykite esterių masės dalis (%) mišinyje, jei žinoma, kad po esterių hidrolizės likęs natrio hidroksidas gali sugerti daugiausia 8,96 l anglies monoksido (IV).
Šios problemos gali būti sprendžiamos ir kitais būdais, tačiau šis chemijos uždavinių sprendimo būdas prisideda prie plėtros loginis mąstymas, leidžia parodyti matematikos ir chemijos ryšį, ugdo gebėjimą sudaryti ir taikyti veiksmų sekos algoritmus sprendžiant, disciplinuoja ir nukreipia veiklą tinkamo panaudojimo link. fiziniai dydžiai ir teisingus matematinius skaičiavimus.
Per 2-3 mėnesius neįmanoma išmokti (pakartoti, patobulinti) tokios sudėtingos disciplinos kaip chemija.
2020 m. chemijos vieningo valstybinio egzamino KIM pakeitimų nėra.
Neatidėliokite pasiruošimo vėlesniam laikui.
- Pradėdami analizuoti užduotis, pirmiausia studijuokite teorija. Svetainėje pateikta teorija kiekvienai užduočiai pateikiama rekomendacijų forma, ką reikia žinoti atliekant užduotį. padės studijuoti pagrindines temas ir nustatys, kokių žinių ir įgūdžių reikės atliekant vieningo valstybinio egzamino chemijos užduotis. Už sėkmingas užbaigimas Vieningas valstybinis chemijos egzaminas – teorija svarbiausia.
- Teorija turi būti palaikoma praktika, nuolat sprendžiant problemas. Kadangi dauguma klaidų yra dėl to, kad neteisingai perskaičiau pratimą ir nesupratau, ko reikia užduotyje. Kuo dažniau nuspręsite dalyko testai, tuo greičiau suprasite egzamino struktūrą. Mokymų užduotys parengtos remiantis FIPI demonstracinės versijos suteikti tokią galimybę apsispręsti ir sužinoti atsakymus. Bet neskubėkite žvilgtelėti. Pirmiausia nuspręskite patys ir pažiūrėkite, kiek taškų gausite.
Taškai už kiekvieną chemijos užduotį
- 1 balas – už 1-6, 11-15, 19-21, 26-28 užduotis.
- 2 taškai – 7-10, 16-18, 22-25, 30, 31.
- 3 taškai – 35.
- 4 taškai – 32, 34.
- 5 taškai – 33.
Iš viso: 60 taškų.
Egzamino darbo struktūra susideda iš dviejų blokų:
- Klausimai, į kuriuos reikia atsakyti trumpai (skaičiaus ar žodžio forma) – 1-29 užduotys.
- Uždaviniai su išsamiais atsakymais – 30-35 užduotys.
Dėl vykdymo egzamino darbas Chemija trunka 3,5 valandos (210 minučių).
Egzamino metu bus trys cheat sheets. Ir jūs turite juos suprasti
Tai yra 70% informacijos, kuri padės sėkmingai išlaikyti chemijos egzaminą. Likę 30% yra galimybė naudotis pateiktais cheat sheets.
- Jei norite gauti daugiau nei 90 balų, turite daug laiko skirti chemijai.
- Norint sėkmingai išlaikyti vieningą valstybinį chemijos egzaminą, reikia išspręsti daug: mokymo užduočių, net jei jos atrodo lengvos ir tos pačios rūšies.
- Teisingai paskirstykite jėgas ir nepamirškite poilsio.
Išdrįsk, pabandyk ir tau pavyks!
Chemijos uždavinių sprendimo metodai
Spręsdami problemas, turite vadovautis keliomis paprastomis taisyklėmis:
- Atidžiai perskaitykite užduoties sąlygas;
- Užsirašykite, kas duota;
- Jei reikia, konvertuoti fizikinių dydžių vienetus į SI vienetus (leistini kai kurie nesisteminiai vienetai, pavyzdžiui, litrai);
- Jei reikia, užrašykite reakcijos lygtį ir išdėstykite koeficientus;
- Išspręskite problemą naudodami medžiagos kiekio sąvoką, o ne proporcijų sudarymo metodą;
- Užsirašykite atsakymą.
Norint sėkmingai pasiruošti chemijai, reikėtų gerai apgalvoti tekste pateiktus uždavinių sprendimus, taip pat pakankamai daug jų išspręsti patiems. Būtent sprendžiant uždavinius bus sustiprinti pagrindiniai chemijos kurso teoriniai principai. Spręsti problemas būtina per visą chemijos studijų ir pasiruošimo egzaminui laiką.
Galite naudoti šiame puslapyje pateiktas užduotis arba atsisiųsti gera kolekcija užduotys ir pratimai su standartinių ir sudėtingų problemų sprendimu (M. I. Lebedeva, I. A. Ankudimova): parsisiųsti.
Molis, molinė masė
Molinė masė– yra medžiagos masės ir medžiagos kiekio santykis, t.y.
M(x) = m(x)/ν(x), (1)
čia M(x) – medžiagos X molinė masė, m(x) – medžiagos X masė, ν(x) – medžiagos X kiekis. Molinės masės SI vienetas yra kg/mol, bet vienetas g paprastai naudojamas /mol. Masės vienetas – g, kg. Medžiagos kiekio SI vienetas yra molis.
Bet koks chemijos problema išspręsta per medžiagos kiekį. Turite atsiminti pagrindinę formulę:
ν(x) = m(x)/ M(x) = V(x)/V m = N/N A , (2)
čia V(x) – medžiagos tūris X(l), V m – molinis dujų tūris (l/mol), N – dalelių skaičius, N A – Avogadro konstanta.
1. Nustatyti masę natrio jodidas NaI medžiagos kiekis 0,6 mol.
Duota: ν(NaI)= 0,6 mol.
Rasti: m(NaI) =?
Sprendimas. Natrio jodido molinė masė yra:
M(NaI) = M(Na) + M(I) = 23 + 127 = 150 g/mol
Nustatykite NaI masę:
m(NaI) = ν(NaI) M(NaI) = 0,6 150 = 90 g.
2. Nustatykite medžiagos kiekį atominis boras, esantis natrio tetraborate Na 2 B 4 O 7, sveriančiame 40,4 g.
Duota: m(Na2B4O7) = 40,4 g.
Rasti: ν(B)=?
Sprendimas. Natrio tetraborato molinė masė yra 202 g/mol. Nustatykite medžiagos Na 2 B 4 O 7 kiekį:
ν (Na 2 B 4 O 7) = m (Na 2 B 4 O 7) / M (Na 2 B 4 O 7) = 40,4/202 = 0,2 mol.
Prisiminkite, kad 1 molyje natrio tetraborato molekulės yra 2 moliai natrio atomų, 4 moliai boro atomų ir 7 moliai deguonies atomų (žr. natrio tetraborato formulę). Tada atominės boro medžiagos kiekis lygus: ν(B) = 4 ν (Na 2 B 4 O 7) = 4 0,2 = 0,8 mol.
Skaičiavimai pagal chemines formules. Masės dalis.
Medžiagos masės dalis – tai tam tikros medžiagos masės sistemoje santykis su visos sistemos mase, t.y. ω(X) =m(X)/m, kur ω(X) – medžiagos X masės dalis, m(X) – medžiagos X masė, m – visos sistemos masė. Masės dalis yra bematis dydis. Jis išreiškiamas vieneto dalimi arba procentais. Pavyzdžiui, atominio deguonies masės dalis yra 0,42, arba 42%, t.y. ω(O)=0,42. Atominio chloro masės dalis natrio chloride yra 0,607, arba 60,7%, t.y. ω(Cl)=0,607.
3. Nustatykite masės dalį kristalizacijos vanduo bario chlorido dihidrate BaCl 2 2H 2 O.
Sprendimas: BaCl 2 2H 2 O molinė masė yra:
M (BaCl 2 2H 2 O) = 137 + 2 35,5 + 2 18 = 244 g/mol
Iš formulės BaCl 2 2H 2 O išplaukia, kad 1 mol bario chlorido dihidrato yra 2 mol H 2 O. Iš to galime nustatyti BaCl 2 2H 2 O esančio vandens masę:
m(H2O) = 218 = 36 g.
Kristalizacijos vandens masės dalį randame bario chlorido dihidrate BaCl 2 2H 2 O.
ω(H2O) = m(H2O)/m(BaCl22H2O) = 36/244 = 0,1475 = 14,75%.
4. Sidabras, sveriantis 5,4 g, buvo išskirtas iš 25 g sveriančio uolienų mėginio, kuriame yra mineralinio argentito Ag 2 S. Nustatykite masės dalį argentitas mėginyje.
Duota: m(Ag) = 5,4 g; m = 25 g.
Rasti: ω(Ag 2 S) =?
Sprendimas: nustatome argentite randamą sidabro medžiagos kiekį: ν(Ag) =m(Ag)/M(Ag) = 5,4/108 = 0,05 mol.
Iš formulės Ag 2 S išplaukia, kad argentito medžiagos kiekis yra perpus mažesnis nei sidabro medžiagos. Nustatykite argentito medžiagos kiekį:
ν (Ag 2 S) = 0,5 ν (Ag) = 0,5 0,05 = 0,025 mol
Apskaičiuojame argentito masę:
m (Ag 2 S) = ν (Ag 2 S) М (Ag 2 S) = 0,025 248 = 6,2 g.
Dabar nustatome argentito masės dalį uolienų mėginyje, sveriančiame 25 g.
ω(Ag 2S) = m(Ag 2 S)/ m = 6,2/25 = 0,248 = 24,8 %.
Sudėtinių formulių išvedimas
5. Nustatykite paprasčiausią junginio formulę kalio su manganu ir deguonimi, jei elementų masės dalys šioje medžiagoje yra atitinkamai 24,7, 34,8 ir 40,5%.
Duota: ω(K) =24,7 %; ω(Mn) =34,8 %; ω(O) =40,5 %.
Rasti: junginio formulė.
Sprendimas: skaičiavimams parenkame junginio masę, lygią 100 g, t.y. m=100 g Kalio, mangano ir deguonies masės bus:
m (K) = m ω(K); m (K) = 100 0,247 = 24,7 g;
m (Mn) = m ω(Mn); m (Mn) = 100 0,348 = 34,8 g;
m (O) = m ω(O); m(O) = 100 0,405 = 40,5 g.
Nustatome atominių medžiagų kalio, mangano ir deguonies kiekius:
ν(K) = m(K)/ M(K) = 24,7/39 = 0,63 mol
ν (Mn) = m (Mn) / М (Mn) = 34,8 / 55 = 0,63 mol
ν(O) = m(O) / M(O) = 40,5/16 = 2,5 mol
Randame medžiagų kiekių santykį:
ν(K) : ν(Mn) : ν(O) = 0,63: 0,63: 2,5.
Padalinę dešinę lygybės pusę iš mažesnio skaičiaus (0,63), gauname:
ν(K) : ν(Mn) : ν(O) = 1:1:4.
Todėl paprasčiausia junginio formulė yra KMnO 4.
6. Sudegus 1,3 g medžiagos susidarė 4,4 g anglies monoksido (IV) ir 0,9 g vandens. Rasti molekulinė formulė medžiaga, jei jos vandenilio tankis yra 39.
Duota: m(in-va) = 1,3 g; m(CO2) = 4,4 g; m(H2O) = 0,9 g; D H2 =39.
Rasti: medžiagos formulė.
Sprendimas: Tarkime, kad mūsų ieškomoje medžiagoje yra anglies, vandenilio ir deguonies, nes jo degimo metu susidarė CO 2 ir H 2 O Tada reikia rasti CO 2 ir H 2 O medžiagų kiekius, kad būtų galima nustatyti atominių anglies, vandenilio ir deguonies medžiagų kiekius.
ν(CO2) = m(CO2)/M(CO2) = 4,4/44 = 0,1 mol;
ν(H2O) = m(H2O)/M(H2O) = 0,9/18 = 0,05 mol.
Mes nustatome atominių anglies ir vandenilio medžiagų kiekius:
ν(C)= ν(CO 2); ν(C)=0,1 mol;
ν(H)= 2 ν(H2O); ν(H) = 2 0,05 = 0,1 mol.
Todėl anglies ir vandenilio masės bus lygios:
m(C) = ν(C) M(C) = 0,1 12 = 1,2 g;
m(N) = ν(N) M(N) = 0,1 1 = 0,1 g.
Mes apibrėžiame aukštos kokybės kompozicija medžiagos:
m(in-va) = m(C) + m(H) = 1,2 + 0,1 = 1,3 g.
Vadinasi, medžiaga susideda tik iš anglies ir vandenilio (žr. problemos teiginį). Dabar nustatykime jo molekulinę masę pagal pateiktą sąlygą užduotis medžiagos vandenilio tankis.
M(v-va) = 2 D H2 = 2 39 = 78 g/mol.
ν(С) : ν(Н) = 0,1: 0,1
Padalinę dešinę lygybės pusę iš skaičiaus 0,1, gauname:
ν(С) : ν(Н) = 1:1
Paimkime anglies (arba vandenilio) atomų skaičių kaip „x“, tada padauginkime „x“ iš anglies ir vandenilio atominių masių ir prilyginkime šiai sumai molekulinė masė medžiagos, išspręskite lygtį:
12x + x = 78. Vadinasi, x = 6. Todėl medžiagos formulė yra C 6 H 6 – benzenas.
Molinis dujų tūris. Idealiųjų dujų dėsniai. Tūrio dalis.
Dujų molinis tūris lygus dujų tūrio ir šių dujų medžiagos kiekio santykiui, t.y.
V m = V(X)/ ν(x),
čia V m – molinis dujų tūris – pastovi bet kokių dujų vertė tam tikromis sąlygomis; V(X) – dujų tūris X; ν(x) – dujinės medžiagos X kiekis. Dujų molinis tūris normaliomis sąlygomis (normalus slėgis pH = 101 325 Pa ≈ 101,3 kPa ir temperatūra Tn = 273,15 K ≈ 273 K) yra V m = 22,4 l /mol.
Skaičiuojant su dujomis, dažnai reikia pakeisti šias sąlygas į įprastas arba atvirkščiai. Šiuo atveju patogu naudoti formulę, pateiktą iš Boyle-Mariotte ir Gay-Lussac kombinuoto dujų įstatymo:
──── = ─── (3)
kur p yra slėgis; V – tūris; T - temperatūra Kelvino skalėje; Rodyklė „n“ rodo normaliomis sąlygomis.
Dujų mišinių sudėtis dažnai išreiškiama naudojant tūrio dalį – tam tikro komponento tūrio santykį su visu sistemos tūriu, t.y.
čia φ(X) yra komponento X tūrio dalis; V(X) – komponento X tūris; V yra sistemos tūris. Tūrio dalis yra bematis dydis, jis išreiškiamas vieneto dalimis arba procentais.
7. Kuris apimtis ims esant 20 o C temperatūrai ir 250 kPa slėgiui 51 g sveriančio amoniako?
Duota: m(NH3)=51 g; p=250 kPa; t=20 o C.
Rasti: V(NH 3) =?
Sprendimas: nustatykite amoniako medžiagos kiekį:
ν(NH3) = m(NH3)/M(NH3) = 51/17 = 3 mol.
Amoniako tūris normaliomis sąlygomis yra:
V(NH 3) = V m ν(NH 3) = 22,4 3 = 67,2 l.
Naudodami (3) formulę sumažiname amoniako tūrį iki šių sąlygų [temperatūra T = (273 +20) K = 293 K]:
p n TV n (NH 3) 101,3 293 67,2
V(NH 3) =──────── = ───────── = 29,2 l.
8. Apibrėžkite apimtis, kurį normaliomis sąlygomis užims 1,4 g masės vandenilio ir 5,6 g azoto turintis dujų mišinys.
Duota: m(N2) = 5,6 g; m(H2)=1,4; Na.
Rasti: V(mišiniai)=?
Sprendimas: suraskite vandenilio ir azoto medžiagų kiekius:
ν(N2) = m(N2)/ M(N2) = 5,6/28 = 0,2 mol
ν(H2) = m(H2)/ M(H2) = 1,4/2 = 0,7 mol
Kadangi normaliomis sąlygomis šios dujos viena su kita nesąveikauja, dujų mišinio tūris bus lygus dujų tūrių sumai, t.y.
V (mišiniai) = V (N 2) + V (H 2) = V m ν (N 2) + V m ν (H 2) = 22,4 0,2 + 22,4 0,7 = 20,16 l.
Skaičiavimai naudojant chemines lygtis
Skaičiavimai pagal chemines lygtis(stechiometriniai skaičiavimai) remiasi medžiagų masės tvermės dėsniu. Tačiau iš tikrųjų cheminiai procesai Dėl nebaigios reakcijos ir įvairių medžiagų nuostolių susidarančių produktų masė dažnai būna mažesnė nei turėtų susidaryti pagal medžiagų masės tvermės dėsnį. Reakcijos produkto išeiga (arba išeigos masės dalis) yra faktiškai gauto produkto masės ir jo masės santykis, išreikštas procentais, kuris turėtų susidaryti pagal teorinį skaičiavimą, t.y.
η = /m(X) (4)
kur η yra produkto išeiga, %; m p (X) yra produkto X masė, gauta realiame procese; m(X) – apskaičiuotoji X medžiagos masė.
Atliekant tuos uždavinius, kur produkto išeiga nenurodyta, daroma prielaida, kad ji yra kiekybinė (teorinė), t.y. η=100 %.
9. Kokią masę fosforo reikia sudeginti gauti fosforo (V) oksidas, sveriantis 7,1 g?
Duota: m(P2O5) = 7,1 g.
Rasti: m(P) =?
Sprendimas: užrašome fosforo degimo reakcijos lygtį ir išdėstome stechiometrinius koeficientus.
4P+ 5O 2 = 2P 2 O 5
Nustatykite reakciją sukeliančios medžiagos P 2 O 5 kiekį.
ν (P 2 O 5) = m (P 2 O 5) / M (P 2 O 5) = 7,1/142 = 0,05 mol.
Iš reakcijos lygties išplaukia, kad ν(P 2 O 5) = 2 ν(P), todėl reakcijai reikalingas fosforo kiekis yra lygus:
ν(P 2 O 5)= 2 ν(P) = 2 0,05= 0,1 mol.
Iš čia randame fosforo masę:
m(P) = ν(P) M(P) = 0,1 31 = 3,1 g.
10. 6 g sveriantis magnis ir 6,5 g cinkas buvo ištirpinti druskos rūgšties perteklių. Kokia apimtis vandenilis, matuojamas standartinėmis sąlygomis, išsiskirs tuo pačiu metu?
Duota: m(Mg)=6 g; m(Zn) = 6,5 g; Na.
Rasti: V(H 2) =?
Sprendimas: užrašome magnio ir cinko sąveikos su reakcijų lygtis druskos rūgštis ir išdėstyti stechiometrinius koeficientus.
Zn + 2 HCl = ZnCl 2 + H 2
Mg + 2 HCl = MgCl 2 + H 2
Nustatome magnio ir cinko medžiagų, kurios reagavo su druskos rūgštimi, kiekius.
ν (Mg) = m (Mg) / М (Mg) = 6/24 = 0,25 mol
ν(Zn) = m(Zn)/ М(Zn) = 6,5/65 = 0,1 mol.
Iš reakcijų lygčių seka, kad metalo ir vandenilio medžiagų kiekiai yra lygūs, t.y. ν(Mg) = ν(H2); ν(Zn) = ν(H 2), nustatome vandenilio kiekį, susidariusį dėl dviejų reakcijų:
ν(H2) = ν(Mg) + ν(Zn) = 0,25 + 0,1 = 0,35 mol.
Apskaičiuojame dėl reakcijos išsiskyrusio vandenilio tūrį:
V(H 2) = V m ν(H 2) = 22,4 0,35 = 7,84 l.
11. Pertekliniu vario (II) sulfato tirpalu perleidus 2,8 litro vandenilio sulfido tūrį (normaliomis sąlygomis), susidarė nuosėdos, sveriančios 11,4 g. Nustatykite išėjimą reakcijos produktas.
Duota: V(H2S)=2,8 l; m (nuosėdos) = 11,4 g; Na.
Rasti: η =?
Sprendimas: užrašome vandenilio sulfido ir vario (II) sulfato reakcijos lygtį.
H 2 S + CuSO 4 = CuS ↓+ H 2 SO 4
Nustatome reakcijoje dalyvaujančio vandenilio sulfido kiekį.
ν (H 2 S) = V (H 2 S) / V m = 2,8/22,4 = 0,125 mol.
Iš reakcijos lygties išplaukia, kad ν(H 2 S) = ν(СuS) = 0,125 mol. Tai reiškia, kad galime rasti teorinę CuS masę.
m(СuS) = ν(СuS) М(СuS) = 0,125 96 = 12 g.
Dabar mes nustatome produkto išeigą pagal formulę (4):
η = /m(X) = 11,4 100/ 12 = 95%.
12. Kuris svorio amonio chloridas susidaro sąveikaujant vandenilio chloridui, sveriančiam 7,3 g, su amoniaku, sveriančiu 5,1 g? Kurių dujų liks perteklius? Nustatykite pertekliaus masę.
Duota m(HCl) = 7,3 g; m(NH3) = 5,1 g.
Rasti: m(NH4Cl) =? m (perteklius) =?
Sprendimas: užrašykite reakcijos lygtį.
HCl + NH 3 = NH 4 Cl
Ši užduotis yra apie „perteklių“ ir „trūkumą“. Apskaičiuojame vandenilio chlorido ir amoniako kiekius ir nustatome, kurių dujų yra perteklius.
ν(HCl) = m(HCl)/M(HCl) = 7,3/36,5 = 0,2 mol;
ν(NH3) = m(NH3)/M(NH3) = 5,1/17 = 0,3 mol.
Amoniako perteklius, todėl skaičiuojame pagal trūkumą, t.y. vandenilio chloridui. Iš reakcijos lygties išplaukia, kad ν(HCl) = ν(NH 4 Cl) = 0,2 mol. Nustatykite amonio chlorido masę.
m (NH 4 Cl) = ν (NH 4 Cl) М (NH 4 Cl) = 0,2 53,5 = 10,7 g.
Nustatėme, kad amoniako yra perteklius (pagal medžiagos kiekį perteklius yra 0,1 mol). Apskaičiuokime amoniako pertekliaus masę.
m(NH3) = ν(NH3) M(NH3) = 0,1 17 = 1,7 g.
13. Techninis kalcio karbidas, sveriantis 20 g, buvo apdorotas vandens pertekliumi, gautas acetilenas, kurį praleidžiant per bromo vandens perteklių susidarė 1,1,2,2-tetrabrometanas, sveriantis 86,5 g masės dalis CaC 2 techniniame karbide.
Duota: m = 20 g; m(C2H2Br4) = 86,5 g.
Rasti: ω(CaC 2) =?
Sprendimas: užrašome kalcio karbido sąveikos su vandeniu ir acetileno su bromo vandeniu lygtis ir išdėstome stechiometrinius koeficientus.
CaC 2 +2 H 2 O = Ca(OH) 2 + C 2 H 2
C 2 H 2 + 2 Br 2 = C 2 H 2 Br 4
Raskite tetrabrometano kiekį.
ν(C2H2Br4) = m(C2H2Br4)/M(C2H2Br4) = 86,5/346 = 0,25 mol.
Iš reakcijos lygčių išplaukia, kad ν(C 2 H 2 Br 4) = ν(C 2 H 2) = ν(CaC 2) = 0,25 mol. Iš čia galime rasti gryno kalcio karbido masę (be priemaišų).
m(CaC2) = ν(CaC2) M(CaC2) = 0,25 64 = 16 g.
Mes nustatome CaC 2 masės dalį techniniame karbide.
ω(CaC2) =m(CaC2)/m = 16/20 = 0,8 = 80%.
Sprendimai. Tirpalo komponento masės dalis
14. Siera, sverianti 1,8 g, buvo ištirpinta 170 ml tūrio benzene. Benzeno tankis yra 0,88 g/ml. Apibrėžkite masės dalis sieros tirpale.
Duota: V(C6H6) = 170 ml; m(S) = 1,8 g; ρ(C 6 C 6) = 0,88 g/ml.
Rasti: ω(S) =?
Sprendimas: norint rasti sieros masės dalį tirpale, reikia apskaičiuoti tirpalo masę. Nustatykite benzeno masę.
m(C6C6) = ρ(C6C6) V(C6H6) = 0,88 x 170 = 149,6 g.
Raskite bendrą tirpalo masę.
m(tirpalas) = m(C6C6) + m(S) = 149,6 + 1,8 = 151,4 g.
Apskaičiuokime sieros masės dalį.
ω(S) =m(S)/m = 1,8 /151,4 = 0,0119 = 1,19%.
15. Geležies sulfatas FeSO 4 7H 2 O, sveriantis 3,5 g, buvo ištirpintas 40 g sveriančiame vandenyje geležies (II) sulfato masės dalis gautame tirpale.
Duota: m(H2O)=40 g; m(FeSO47H2O) = 3,5 g.
Rasti: ω(FeSO 4) =?
Sprendimas: suraskite FeSO 4 masę, esančią FeSO 4 7H 2 O. Norėdami tai padaryti, apskaičiuokite medžiagos FeSO 4 7H 2 O kiekį.
ν(FeSO47H2O)=m(FeSO47H2O)/M(FeSO47H2O)=3,5/278=0,0125 mol
Iš geležies sulfato formulės išplaukia, kad ν(FeSO 4) = ν(FeSO 4 7H 2 O) = 0,0125 mol. Apskaičiuokime FeSO 4 masę:
m(FeSO 4) = ν(FeSO 4) M(FeSO 4) = 0,0125 152 = 1,91 g.
Atsižvelgiant į tai, kad tirpalo masę sudaro geležies sulfato masė (3,5 g) ir vandens masė (40 g), apskaičiuojame geležies sulfato masės dalį tirpale.
ω(FeSO 4) =m(FeSO 4)/m = 1,91 /43,5 = 0,044 = 4,4%.
Problemos, kurias reikia spręsti savarankiškai
- 50 g metilo jodido heksane buvo veikiami metalinio natrio ir išsiskyrė 1,12 litro dujų, matuojant normaliomis sąlygomis. Nustatykite metiljodido masės dalį tirpale. Atsakymas: 28,4%.
- Dalis alkoholio buvo oksiduota, kad susidarytų monobazis karboksirūgštis. Sudeginus 13,2 g šios rūgšties, gautas anglies dioksidas, kurio visiškam neutralizavimui prireikė 192 ml KOH tirpalo, kurio masės dalis 28%. KOH tirpalo tankis yra 1,25 g/ml. Nustatykite alkoholio formulę. Atsakymas: butanolis.
- Dujos, gautos reaguojant 9,52 g vario su 50 ml 81 % tirpalo azoto rūgštis, kurio tankis 1,45 g/ml, buvo praleistas per 150 ml 20 % NaOH tirpalo, kurio tankis 1,22 g/ml. Nustatykite ištirpusių medžiagų masės dalis. Atsakymas: 12,5% NaOH; 6,48 % NaNO3; 5,26% NaNO2.
- Nustatykite dujų, išsiskiriančių sprogstant 10 g nitroglicerino, tūrį. Atsakymas: 7,15 l.
- Pavyzdys organinės medžiagos sveriantis 4,3 g, sudegė deguonimi. Reakcijos produktai yra anglies monoksidas (IV), kurio tūris yra 6,72 l (normaliomis sąlygomis) ir vanduo, kurio masė 6,3 g Pradinės medžiagos garų tankis vandenilio atžvilgiu yra 43. Nustatykite medžiagos formulę. Atsakymas: C6H14.
