Për të përfunduar detyrat 1-3, përdorni rreshtin e mëposhtëm të elementeve kimike. Përgjigja në detyrat 1-3 është një sekuencë numrash, nën të cilat tregohen elementët kimikë në këtë rresht.

• 1.S
• 2. Na
• 3 Al
• 4. Si
• 5.Mg

Detyra numër 1

Përcaktoni atomet e cilit prej elementeve të treguara në seri në gjendjen bazë përmbajnë një elektron të paçiftuar.

Përgjigje: 23

Shpjegim:

Le të shkruajmë formulën elektronike për secilin nga elementët kimikë të treguar dhe të vizatojmë formulën elektronografike të nivelit të fundit elektronik:

1) S: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4

2) Na: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 1

3) Al: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 1

4) Si: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 2

5) Mg: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2

Detyra numër 2

Nga elementët kimikë të treguar në rresht, zgjidhni tre elementë metalikë. Renditni elementët e përzgjedhur në rendin rritës të vetive restauruese.

Shkruani në fushën e përgjigjes numrat e elementeve të zgjedhur në sekuencën e dëshiruar.

Përgjigje: 352

Shpjegim:

Në nëngrupet kryesore të tabelës periodike, metalet ndodhen nën diagonalen bor-astatinë, si dhe në nëngrupet dytësore. Kështu, metalet nga kjo listë përfshijnë Na, Al dhe Mg.

Vetitë metalike dhe si rrjedhim reduktuese të elementeve rriten kur dikush lëviz majtas në një periudhë dhe poshtë në një nëngrup. Kështu, vetitë metalike të metaleve të listuara më sipër rriten në seritë Al, Mg, Na

Detyra numër 3

Nga elementët e treguar në rresht, zgjidhni dy elementë që, në kombinim me oksigjenin, shfaqin një gjendje oksidimi +4.

Shkruani numrat e elementeve të zgjedhur në fushën e përgjigjes.

Përgjigje: 14

Shpjegim:

Gjendjet kryesore të oksidimit të elementeve nga lista e paraqitur në substanca komplekse:

Squfuri - "-2", "+4" dhe "+6"

Natriumi Na - "+1" (i vetëm)

Alumini Al - "+3" (i vetmi)

Silic Si - "-4", "+4"

Magnezi Mg - "+2" (i vetëm)

Detyra numër 4

Nga lista e propozuar e substancave, zgjidhni dy substanca në të cilat ka një lidhje kimike jonike.

• 1. KCl
• 2. KNO 3
• 3.H3BO3
• 4.H2SO4
• 5. PCl 3

Përgjigje: 12

Shpjegim:

Në shumicën dërrmuese të rasteve, prania e një lloji lidhjeje jonike në një përbërje mund të përcaktohet nga fakti se njësitë strukturore të tij përfshijnë njëkohësisht atome të një atome metalike tipike dhe jometale.

Në bazë të këtij kriteri, lloji jonik i lidhjes zë vend në përbërjet KCl dhe KNO 3 .

Përveç veçorisë së mësipërme, prania e një lidhjeje jonike në një përbërje mund të thuhet nëse njësia e saj strukturore përmban një kation amoniumi (NH 4 +) ose analogët e tij organikë - alkil amonium RNH 3 +, dialkilammonium R 2 NH 2 +, kationet trialkilamoni R 3 NH + dhe tetraalkilamoni R 4 N + , ku R është disa radikal hidrokarburesh. Për shembull, lloji jonik i lidhjes ndodh në përbërjen (CH 3) 4 NCl midis kationit (CH 3) 4 + dhe jonit të klorurit Cl - .

Detyra numër 5

Vendosni një korrespondencë midis formulës së një substance dhe klasës / grupit të cilit i përket kjo substancë: për çdo pozicion të treguar nga një shkronjë, zgjidhni pozicionin përkatës të treguar nga një numër.

POR	B	AT

Përgjigje: 241

Shpjegim:

N 2 O 3 - oksid jometal. Të gjitha oksidet jometale përveç N 2 O, NO, SiO dhe CO janë acide.

Al 2 O 3 - oksid metali në gjendje oksidimi +3. Oksidet e metaleve në gjendje oksidimi +3, +4, si dhe BeO, ZnO, SnO dhe PbO, janë amfoterike.

HClO 4 është një përfaqësues tipik i acideve, sepse. gjatë shpërbërjes në një tretësirë ​​ujore, vetëm kationet H + formohen nga kationet:

HClO 4 \u003d H + + ClO 4 -

Detyra numër 6

Nga lista e propozuar e substancave, zgjidhni dy substanca, me secilën prej të cilave zinku ndërvepron.

1) acid nitrik (tretësirë)

2) hidroksid hekuri (II).

3) sulfat magnezi (tretësirë)

4) hidroksid natriumi (tretësirë)

5) klorur alumini (tretësirë)

Shkruani numrat e substancave të zgjedhura në fushën e përgjigjes.

Përgjigje: 14

Shpjegim:

1) Acidi nitrik është një agjent i fortë oksidues dhe reagon me të gjitha metalet përveç platinit dhe arit.

2) Hidroksidi i hekurit (ll) është një bazë e patretshme. Metalet nuk reagojnë fare me hidroksidet e patretshme, dhe vetëm tre metale reagojnë me të tretshëm (alkalet) - Be, Zn, Al.

3) Sulfati i magnezit është një kripë e një metali më aktiv se zinku, dhe për këtë arsye reaksioni nuk vazhdon.

4) Hidroksid natriumi - alkali (hidroksid metali i tretshëm). Vetëm Be, Zn, Al punojnë me alkalet metalike.

5) AlCl 3 - një kripë e një metali më aktiv se zinku, d.m.th. reagimi nuk është i mundur.

Detyra numër 7

Nga lista e propozuar e substancave, zgjidhni dy okside që reagojnë me ujin.

• 1.BaO
• 2. CuO
• 3. NR
• 4 SO3
• 5.PbO2

Shkruani numrat e substancave të zgjedhura në fushën e përgjigjes.

Përgjigje: 14

Shpjegim:

Nga oksidet, vetëm oksidet e metaleve alkaline dhe alkaline tokësore, si dhe të gjitha oksidet e acidit përveç SiO 2, reagojnë me ujin.

Kështu, opsionet e përgjigjes 1 dhe 4 janë të përshtatshme:

BaO + H 2 O \u003d Ba (OH) 2

SO 3 + H 2 O \u003d H 2 SO 4

Detyra numër 8

1) brom hidrogjeni

3) nitrat natriumi

4) oksid squfuri (IV)

5) klorur alumini

Shkruani në tabelë numrat e zgjedhur nën shkronjat përkatëse.

Përgjigje: 52

Shpjegim:

Kripërat midis këtyre substancave janë vetëm nitrat natriumi dhe kloruri i aluminit. Të gjitha nitratet, si kripërat e natriumit, janë të tretshëm, dhe për këtë arsye nitrati i natriumit nuk mund të precipitojë në parim me asnjë prej reagentëve. Prandaj, kripa X mund të jetë vetëm klorur alumini.

Një gabim i zakonshëm në mesin e atyre që kalojnë provimin në kimi është një keqkuptim që në një tretësirë ​​ujore amoniaku formon një bazë të dobët - hidroksid amoniumi për shkak të reagimit:

NH 3 + H 2 O<=>NH4OH

Në këtë drejtim, një zgjidhje ujore e amoniakut jep një precipitat kur përzihet me tretësirat e kripërave metalike që formojnë hidrokside të patretshme:

3NH 3 + 3H 2 O + AlCl 3 \u003d Al (OH) 3 + 3NH 4 Cl

Detyra numër 9

Në një skemë të caktuar transformimi

Cu X> CuCl2 Y> Cui

substancat X dhe Y janë:

• 1. AgI
• 2. Unë 2
• 3.Cl2
• 4.HCl
• 5.KI

Përgjigje: 35

Shpjegim:

Bakri është një metal i vendosur në serinë e aktivitetit në të djathtë të hidrogjenit, d.m.th. nuk reagon me acide (përveç H 2 SO 4 (konc.) dhe HNO 3). Kështu, formimi i klorurit të bakrit (ll) është i mundur në rastin tonë vetëm nga reagimi me klorin:

Cu + Cl 2 = CuCl 2

Jonet e jodit (I -) nuk mund të bashkëjetojnë në të njëjtën tretësirë ​​me jonet dyvalente të bakrit, sepse oksidohen:

Cu 2+ + 3I - \u003d CuI + I 2

Detyra numër 10

Vendosni një korrespondencë midis ekuacionit të reaksionit dhe substancës oksiduese në këtë reaksion: për çdo pozicion të treguar me një shkronjë, zgjidhni pozicionin përkatës të treguar nga një numër.

Përgjigje: 1433

Shpjegim:

Një agjent oksidues në një reaksion është një substancë që përmban një element që ul gjendjen e tij të oksidimit.

Detyra numër 11

Vendosni një korrespondencë midis formulës së një substance dhe reagentëve, me secilën prej të cilëve kjo substancë mund të ndërveprojë: për çdo pozicion të treguar nga një shkronjë, zgjidhni pozicionin përkatës të treguar nga një numër.

Përgjigje: 1215

Shpjegim:

A) Cu(NO 3) 2 + NaOH dhe Cu(NO 3) 2 + Ba(OH) 2 - ndërveprime të ngjashme. Kripa me hidroksid metali reagon nëse lëndët fillestare janë të tretshme dhe produktet përmbajnë një precipitat, një gaz ose një substancë me ndarje të ulët. Si për reagimin e parë ashtu edhe për reagimin e dytë, plotësohen të dyja kërkesat:

Cu(NO 3) 2 + 2NaOH = 2NaNO 3 + Cu(OH) 2 ↓

Cu(NO 3) 2 + Ba(OH) 2 = Na(NO 3) 2 + Cu(OH) 2 ↓

Cu(NO 3) 2 + Mg - kripa reagon me metalin nëse metali i lirë është më aktiv se ai që përfshihet në kripë. Magnezi në serinë e aktivitetit ndodhet në të majtë të bakrit, gjë që tregon aktivitetin e tij më të madh, prandaj, reagimi vazhdon:

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

B) Al (OH) 3 - hidroksid metali në gjendje oksidimi +3. Hidroksidet e metaleve në gjendje oksidimi +3, +4, dhe gjithashtu, si përjashtim, hidroksidet Be (OH) 2 dhe Zn (OH) 2, janë amfoterike.

Sipas përkufizimit, hidroksidet amfoterike janë ato që reagojnë me alkalet dhe pothuajse të gjitha acidet e tretshme. Për këtë arsye, mund të konkludojmë menjëherë se përgjigja 2 është e përshtatshme:

Al(OH) 3 + 3HCl = AlCl 3 + 3H 2 O

Al (OH) 3 + LiOH (tretësirë) \u003d Li ose Al (OH) 3 + LiOH (i ngurtë) \u003d në \u003d\u003e LiAlO 2 + 2H 2 O

2Al(OH) 3 + 3H 2 SO 4 = Al 2 (SO 4) 3 + 6H 2 O

C) ZnCl 2 + NaOH dhe ZnCl 2 + Ba (OH) 2 - bashkëveprim i tipit "kripë + hidroksid metali". Shpjegimi jepet në p.A.

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

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

Duhet të theksohet se me një tepricë të NaOH dhe Ba (OH) 2:

ZnCl 2 + 4NaOH \u003d Na 2 + 2NaCl

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

D) Br 2, O 2 janë agjentë të fortë oksidues. Nga metalet, ato nuk reagojnë vetëm me argjendin, platinin, arin:

Cu + Br2 t° > CuBr2

2 Cu + O2 t° > 2CuO

HNO 3 është një acid me veti të forta oksiduese, sepse oksidohet jo me katione hidrogjeni, por me një element formues acid - azot N +5. Reagon me të gjitha metalet përveç platinit dhe arit:

4HNO 3 (konc.) + Cu \u003d Cu (NO 3) 2 + 2NO 2 + 2H 2 O

8HNO 3 (razb.) + 3Cu \u003d 3Cu (NO 3) 2 + 2NO + 4H 2 O

Detyra numër 12

Vendosni një korrespondencë midis formulës së përgjithshme të serisë homologe dhe emrit të substancës që i përket kësaj serie: për çdo pozicion të treguar me një shkronjë, zgjidhni pozicionin përkatës të treguar nga një numër.

Shkruani në tabelë numrat e zgjedhur nën shkronjat përkatëse.

POR	B	AT

Përgjigje: 231

Shpjegim:

Detyra numër 13

Nga lista e propozuar e substancave, zgjidhni dy substanca që janë izomerë të ciklopentanit.

1) 2-metilbutan

2) 1,2-dimetilciklopropan

3) penten-2

4) heksen-2

5) ciklopenteni

Shkruani numrat e substancave të zgjedhura në fushën e përgjigjes.

Përgjigje: 23

Shpjegim:

Ciklopentani ka formulën molekulare C 5 H 10 . Le të shkruajmë formulat strukturore dhe molekulare të substancave të renditura në gjendje

Emri i substancës	Formula strukturore	Formula molekulare
ciklopentani		C 5 H 10
2-metilbutan
1,2-dimetilciklopropan		C 5 H 10
		C 5 H 10
ciklopenteni

Detyra numër 14

Nga lista e propozuar e substancave, zgjidhni dy substanca, secila prej të cilave reagon me një zgjidhje të permanganatit të kaliumit.

1) metilbenzen

2) cikloheksani

3) metil propan

Shkruani numrat e substancave të zgjedhura në fushën e përgjigjes.

Përgjigje: 15

Shpjegim:

Nga hidrokarburet me një zgjidhje ujore të permanganatit të kaliumit, reagojnë ato që përmbajnë lidhje C \u003d C ose C \u003d C në formulën e tyre strukturore, si dhe homologët e benzenit (përveç vetë benzenit).

Kështu, metilbenzeni dhe stireni janë të përshtatshëm.

Detyra numër 15

Nga lista e propozuar e substancave, zgjidhni dy substanca me të cilat ndërvepron fenoli.

1) acid klorhidrik

2) hidroksid natriumi

4) acidi nitrik

5) sulfat natriumi

Shkruani numrat e substancave të zgjedhura në fushën e përgjigjes.

Përgjigje: 24

Shpjegim:

Fenoli ka veti të dobëta acidike, më të theksuara se ato të alkooleve. Për këtë arsye, fenolet, ndryshe nga alkoolet, reagojnë me alkalet:

C 6 H 5 OH + NaOH = C 6 H 5 ONa + H 2 O

Fenoli përmban në molekulën e tij një grup hidroksil të lidhur drejtpërdrejt me unazën e benzenit. Grupi hidroksi është një orientues i llojit të parë, domethënë lehtëson reaksionet e zëvendësimit në pozicionet orto dhe para:

Detyra numër 16

Nga lista e propozuar e substancave, zgjidhni dy substanca që i nënshtrohen hidrolizës.

1) glukozë

2) saharozë

3) fruktoza

5) niseshte

Shkruani numrat e substancave të zgjedhura në fushën e përgjigjes.

Përgjigje: 25

Shpjegim:

Të gjitha këto substanca janë karbohidrate. Monosakaridet nuk i nënshtrohen hidrolizës nga karbohidratet. Glukoza, fruktoza dhe riboza janë monosakaride, saharoza është disakarid dhe niseshteja është polisaharid. Rrjedhimisht, saharoza dhe niseshteja nga lista e specifikuar i nënshtrohen hidrolizës.

Detyra numër 17

Është dhënë skema e mëposhtme e transformimeve të substancave:

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

Përcaktoni se cilat nga substancat e mëposhtme janë substanca X dhe Y.

2) etanali

4) kloroetani

5) acetilen

Shkruani në tabelë numrat e substancave të zgjedhura nën shkronjat përkatëse.

Detyra numër 18

Vendosni një korrespondencë midis emrit të substancës fillestare dhe produktit, i cili formohet kryesisht gjatë ndërveprimit të kësaj substance me bromin: për çdo pozicion të treguar nga një shkronjë, zgjidhni pozicionin përkatës të treguar nga një numër.

Shkruani në tabelë numrat e zgjedhur nën shkronjat përkatëse.

POR	B	AT	G

Përgjigje: 2134

Shpjegim:

Zëvendësimi në atomin sekondar të karbonit vazhdon në një masë më të madhe sesa në atë primar. Kështu, produkti kryesor i bromimit të propanit është 2-bromopropan dhe jo 1-bromopropan:

Cikloheksani është një cikloalkan me një madhësi unaze prej më shumë se 4 atome karboni. Cikloalkanet me një madhësi unaze prej më shumë se 4 atome karboni, kur bashkëveprojnë me halogjenet, hyjnë në një reaksion zëvendësimi me ruajtjen e ciklit:

Ciklopropani dhe ciklobutani - cikloalkanet me një madhësi minimale të unazës kryesisht hyjnë në reaksione shtimi, të shoqëruara nga thyerja e unazës:

Zëvendësimi i atomeve të hidrogjenit në atomin terciar të karbonit ndodh në një masë më të madhe sesa në atë sekondar dhe primar. Kështu, brominimi i izobutanit zhvillohet kryesisht si më poshtë:

Detyra numër 19

Vendosni një korrespodencë midis skemës së reagimit dhe substancës organike që është produkt i këtij reaksioni: për çdo pozicion të treguar me një shkronjë, zgjidhni pozicionin përkatës të treguar nga një numër.

Shkruani në tabelë numrat e zgjedhur nën shkronjat përkatëse.

POR	B	AT	G

Përgjigje: 6134

Shpjegim:

Ngrohja e aldehideve me hidroksid bakri të sapoprecipituar rezulton në oksidimin e grupit aldehid në një grup karboksil:

Aldehidet dhe ketonet reduktohen nga hidrogjeni në prani të nikelit, platinit ose paladiumit në alkoole:

Alkoolet primare dhe sekondare oksidohen nga CuO e nxehtë në aldehide dhe ketone, përkatësisht:

Nën veprimin e acidit sulfurik të përqendruar në etanol gjatë ngrohjes, dy produkte të ndryshme janë të mundshme. Kur nxehet në një temperaturë nën 140 ° C, dehidratimi ndërmolekular ndodh kryesisht me formimin e eterit dietil, dhe kur nxehet mbi 140 ° C, ndodh dehidratimi intramolekular, si rezultat i të cilit formohet etilen:

Detyra numër 20

Nga lista e propozuar e substancave, zgjidhni dy substanca reaksioni termik i dekompozimit të të cilave është redoks.

1) nitrat alumini

2) bikarbonat kaliumi

3) hidroksid alumini

4) karbonat amonit

5) nitrati i amonit

Shkruani numrat e substancave të zgjedhura në fushën e përgjigjes.

Përgjigje: 15

Shpjegim:

Reaksionet redoks janë reaksione të tilla si rezultat i të cilave një ose më shumë elementë kimikë ndryshojnë gjendjen e tyre të oksidimit.

Reaksionet e dekompozimit të absolutisht të gjitha nitrateve janë reaksione redoks. Nitratet e metaleve nga Mg në Cu përfshirëse dekompozohen në oksid metali, dioksid azoti dhe oksigjen molekular:

Të gjitha bikarbonatet metalike dekompozohen tashmë me ngrohje të lehtë (60 ° C) në karbonat metalik, dioksid karboni dhe ujë. Në këtë rast, nuk ka asnjë ndryshim në gjendjet e oksidimit:

Oksidet e patretshme dekompozohen kur nxehen. Reagimi në këtë rast nuk është një reaksion redoks, sepse asnjë element i vetëm kimik nuk e ndryshon gjendjen e tij të oksidimit si rezultat i tij:

Karbonati i amonit dekompozohet kur nxehet në dioksid karboni, ujë dhe amoniak. Reagimi nuk është redoks:

Nitrati i amonit zbërthehet në oksid nitrik (I) dhe ujë. Reagimi i referohet OVR:

Detyra numër 21

Nga lista e propozuar, zgjidhni dy ndikime të jashtme që çojnë në një rritje të shkallës së reagimit të azotit me hidrogjen.

1) uljen e temperaturës

2) rritje e presionit në sistem

5) përdorimi i një inhibitori

Shkruani në fushën e përgjigjeve numrat e ndikimeve të jashtme të zgjedhura.

Përgjigje: 24

Shpjegim:

1) Ulja e temperaturës:

Shpejtësia e çdo reaksioni zvogëlohet me uljen e temperaturës.

2) Rritja e presionit në sistem:

Rritja e presionit rrit shpejtësinë e çdo reaksioni në të cilin merr pjesë të paktën një substancë e gaztë.

3) ulje e përqendrimit të hidrogjenit

Ulja e përqendrimit gjithmonë ngadalëson shpejtësinë e reaksionit.

4) rritja e përqendrimit të azotit

Rritja e përqendrimit të reaktantëve rrit gjithmonë shpejtësinë e reaksionit

5) përdorimi i një inhibitori

Frenuesit janë substanca që ngadalësojnë shpejtësinë e një reaksioni.

Detyra numër 22

Vendosni një korrespodencë midis formulës së një substance dhe produkteve të elektrolizës së një tretësire ujore të kësaj substance në elektroda inerte: për secilën pozicion të treguar me një shkronjë, zgjidhni pozicionin përkatës të treguar nga një numër.

Shkruani në tabelë numrat e zgjedhur nën shkronjat përkatëse.

POR	B	AT	G

Përgjigje: 5251

Shpjegim:

A) NaBr → Na + + Br -

Kationet Na + dhe molekulat e ujit konkurrojnë për katodën.

2H 2 O + 2e - → H 2 + 2OH -

2Cl - -2e → Cl 2

B) Mg (NO 3) 2 → Mg 2+ + 2NO 3 -

Kationet Mg 2+ dhe molekulat e ujit konkurrojnë për katodën.

Kationet e metaleve alkali, si dhe magnezi dhe alumini, nuk janë në gjendje të rikuperohen në një tretësirë ​​ujore për shkak të aktivitetit të tyre të lartë. Për këtë arsye, në vend të tyre, molekulat e ujit restaurohen në përputhje me ekuacionin:

2H 2 O + 2e - → H 2 + 2OH -

Anionet NO 3 - dhe molekulat e ujit konkurrojnë për anodën.

2H 2 O - 4e - → O 2 + 4H +

Pra përgjigja është 2 (hidrogjen dhe oksigjen).

C) AlCl 3 → Al 3+ + 3Cl -

Kationet e metaleve alkali, si dhe magnezi dhe alumini, nuk janë në gjendje të rikuperohen në një tretësirë ​​ujore për shkak të aktivitetit të tyre të lartë. Për këtë arsye, në vend të tyre, molekulat e ujit restaurohen në përputhje me ekuacionin:

2H 2 O + 2e - → H 2 + 2OH -

Anionet Cl - dhe molekulat e ujit konkurrojnë për anodën.

Anionet që përbëhen nga një element kimik (përveç F -) fitojnë konkurrencën nga molekulat e ujit për oksidim në anodë:

2Cl - -2e → Cl 2

Kështu përgjigja 5 (hidrogjen dhe halogjen) është e përshtatshme.

D) CuSO 4 → Cu 2+ + SO 4 2-

Kationet metalike në të djathtë të hidrogjenit në serinë e aktivitetit reduktohen lehtësisht në një tretësirë ​​ujore:

Cu 2+ + 2e → Cu 0

Mbetjet e acidit që përmbajnë një element formues acid në gjendjen më të lartë të oksidimit humbasin konkurrencën ndaj molekulave të ujit për oksidim në anodë:

2H 2 O - 4e - → O 2 + 4H +

Kështu, përgjigja 1 (oksigjen dhe metal) është e përshtatshme.

Detyra numër 23

Vendosni një korrespondencë midis emrit të kripës dhe mediumit të tretësirës ujore të kësaj kripe: për çdo pozicion të treguar me një shkronjë, zgjidhni pozicionin përkatës të treguar nga një numër.

Shkruani në tabelë numrat e zgjedhur nën shkronjat përkatëse.

POR	B	AT	G

Përgjigje: 3312

Shpjegim:

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

i formuar nga një "bazë" e dobët Fe(OH) 3 dhe një acid i fortë H 2 SO 4 . Përfundim - mjedis acid

B) klorur kromi (III) - CrCl 3

e formuar nga “baza” e dobët Cr(OH) 3 dhe acidi i fortë HCl. Përfundim - mjedis acid

C) sulfat natriumi - Na 2 SO 4

Formohet nga baza e fortë NaOH dhe acidi i fortë H 2 SO 4 . Përfundim - mjedis neutral

D) sulfur natriumi - Na 2 S

Formohet nga baza e fortë NaOH dhe acidi i dobët H2S. Përfundim - mjedisi është alkalik.

Detyra numër 24

Vendosni një korrespondencë midis metodës së ndikimit në një sistem ekuilibri

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

dhe drejtimi i zhvendosjes së ekuilibrit kimik si rezultat i këtij efekti: për çdo pozicion të treguar nga një shkronjë, zgjidhni pozicionin përkatës të treguar nga një numër.

Shkruani në tabelë numrat e zgjedhur nën shkronjat përkatëse.

POR	B	AT	G

Përgjigje: 3113

Shpjegim:

Zhvendosja e ekuilibrit nën ndikimin e jashtëm në sistem ndodh në atë mënyrë që të minimizojë efektin e këtij ndikimi të jashtëm (parimi i Le Chatelier).

A) Rritja e përqendrimit të CO çon në një zhvendosje të ekuilibrit drejt reaksionit të drejtpërdrejtë, pasi si rezultat i tij zvogëlohet sasia e CO.

B) Një rritje e temperaturës do të zhvendosë ekuilibrin drejt një reaksioni endotermik. Meqenëse reaksioni përpara është ekzotermik (+Q), ekuilibri do të zhvendoset drejt reagimit të kundërt.

C) Ulja e presionit do të zhvendosë ekuilibrin në drejtim të reaksionit si rezultat i të cilit ndodh një rritje e sasisë së gazeve. Si rezultat i reaksionit të kundërt, formohen më shumë gazra sesa si rezultat i reaksionit përpara. Kështu, ekuilibri do të zhvendoset në drejtim të reaksionit të kundërt.

D) Rritja e përqendrimit të klorit çon në një zhvendosje të ekuilibrit drejt një reaksioni të drejtpërdrejtë, pasi si rezultat i tij zvogëlohet sasia e klorit.

Detyra numër 25

Vendosni një korrespodencë midis dy substancave dhe një reagjenti me të cilin mund të dallohen këto substanca: për çdo pozicion të treguar nga një shkronjë, zgjidhni pozicionin përkatës të treguar nga një numër.

Përgjigje: 3454

Shpjegim:

Është e mundur të dallohen dy substanca me ndihmën e një të treti vetëm nëse këto dy substanca ndërveprojnë me të në mënyra të ndryshme dhe, më e rëndësishmja, këto dallime janë të dallueshme nga jashtë.

A) Tretësirat e FeSO 4 dhe FeCl 2 mund të dallohen duke përdorur një tretësirë ​​të nitratit të bariumit. Në rastin e FeSO 4, formohet një precipitat i bardhë i sulfatit të bariumit:

FeSO 4 + BaCl 2 = BaSO 4 ↓ + FeCl 2

Në rastin e FeCl 2, nuk ka shenja të dukshme të ndërveprimit, pasi reagimi nuk vazhdon.

B) Tretësirat Na 3 PO 4 dhe Na 2 SO 4 mund të dallohen duke përdorur një tretësirë ​​të MgCl 2. Një zgjidhje e Na 2 SO 4 nuk hyn në reaksion, dhe në rastin e Na 3 PO 4 precipiton një precipitat i bardhë i fosfatit të magnezit:

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

C) Tretësirat KOH dhe Ca(OH) 2 mund të dallohen duke përdorur një tretësirë ​​Na 2 CO 3. KOH nuk reagon me Na 2 CO 3, por Ca (OH) 2 jep një precipitat të bardhë të karbonatit të kalciumit me Na 2 CO 3:

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

D) Tretësirat KOH dhe KCl mund të dallohen duke përdorur një tretësirë ​​MgCl 2. KCl nuk reagon me MgCl 2, dhe përzierja e zgjidhjeve të KOH dhe MgCl 2 çon në formimin e një precipitati të bardhë të hidroksidit të magnezit:

MgCl 2 + 2KOH \u003d Mg (OH) 2 ↓ + 2KCl

Detyra numër 26

Vendosni një korrespondencë midis substancës dhe fushës së saj: për çdo pozicion të treguar nga një shkronjë, zgjidhni pozicionin përkatës të treguar nga një numër.

Shkruani në tabelë numrat e zgjedhur nën shkronjat përkatëse.

POR	B	AT	G

Përgjigje: 2331

Shpjegim:

Amoniaku - përdoret në prodhimin e plehrave azotike. Në veçanti, amoniaku është një lëndë e parë për prodhimin e acidit nitrik, nga i cili, nga ana tjetër, merren plehra - natriumi, kaliumi dhe nitrat amoniumi (NaNO 3, KNO 3, NH 4 NO 3).

Tetrakloridi i karbonit dhe acetoni përdoren si tretës.

Etileni përdoret për të prodhuar komponime me molekulare të lartë (polimere), përkatësisht polietileni.

Përgjigja për detyrat 27-29 është një numër. Shkruani këtë numër në fushën e përgjigjes në tekstin e punës, duke respektuar shkallën e saktësisë së specifikuar. Më pas transferojeni këtë numër në FORMULARI I PËRGJIGJES Nr. 1 në të djathtë të numrit të detyrës përkatëse, duke filluar nga qeliza e parë. Shkruani çdo karakter në një kuti të veçantë në përputhje me mostrat e dhëna në formular. Njësitë sasive fizike nuk ka nevojë për të shkruar.

Detyra numër 27

Cila masë e hidroksidit të kaliumit duhet të shpërndahet në 150 g ujë për të marrë një tretësirë ​​me një pjesë masive të alkalit 25%? (Shkruani numrin në numrin e plotë më të afërt.)

Përgjigje: 50

Shpjegim:

Masa e hidroksidit të kaliumit, e cila duhet tretur në 150 g ujë, le të jetë x g. Atëherë masa e tretësirës që rezulton do të jetë (150 + x) g, dhe pjesa masive e alkalit në një tretësirë ​​të tillë mund të shprehet. si x / (150 + x). Nga kushti, ne e dimë se pjesa masive e hidroksidit të kaliumit është 0.25 (ose 25%). Pra, ekuacioni i mëposhtëm është i vlefshëm:

x/(150+x) = 0,25

Kështu, masa që duhet të shpërndahet në 150 g ujë për të marrë një zgjidhje me një pjesë masive të alkalit prej 25% është 50 g.

Detyra #28

Në një reaksion ekuacioni termokimik i të cilit

MgO (tv.) + CO 2 (g) → MgCO 3 (tv.) + 102 kJ,

ka futur 88 g dioksid karboni. Sa nxehtësi do të lirohet në këtë rast? (Shkruani numrin në numrin e plotë më të afërt.)

Përgjigje: _________________________ kJ.

Përgjigje: 204

Shpjegim:

Llogaritni sasinë e substancës së dioksidit të karbonit:

n (CO 2) \u003d n (CO 2) / M (CO 2) \u003d 88/44 \u003d 2 mol,

Sipas ekuacionit të reaksionit, nga bashkëveprimi i 1 mol CO 2 me oksidin e magnezit çlirohen 102 kJ. Në rastin tonë, sasia e dioksidit të karbonit është 2 mol. Duke treguar sasinë e nxehtësisë së lëshuar në këtë rast si x kJ, mund të shkruajmë proporcionin e mëposhtëm:

1 mol CO 2 - 102 kJ

2 mol CO 2 - x kJ

Prandaj, ekuacioni i mëposhtëm është i vlefshëm:

1 ∙ x = 2 ∙ 102

Kështu, sasia e nxehtësisë që do të lirohet kur 88 g dioksid karboni marrin pjesë në reaksionin me oksidin e magnezit është 204 kJ.

Detyra #29

Përcaktoni masën e zinkut që reagon me acid klorhidrik për të prodhuar 2,24 litra (N.O.) hidrogjen. (Shkruani numrin deri në të dhjetat.)

Përgjigje: __________________________

Përgjigje: 6.5

Shpjegim:

Le të shkruajmë ekuacionin e reaksionit:

Zn + 2HCl \u003d ZnCl 2 + H 2

Llogaritni sasinë e substancës së hidrogjenit:

n (H 2) \u003d V (H 2) / V m \u003d 2,24 / 22,4 \u003d 0,1 mol.

Meqenëse në ekuacionin e reaksionit ka koeficientë të barabartë përballë zinkut dhe hidrogjenit, kjo do të thotë se sasitë e substancave të zinkut që kanë hyrë në reaksion dhe hidrogjenit të formuar si rezultat i tij janë gjithashtu të barabarta, d.m.th.

n (Zn) \u003d n (H 2) \u003d 0,1 mol, pra:

m(Zn) = n(Zn) ∙ M(Zn) = 0,1 ∙ 65 = 6,5 g.

Mos harroni të transferoni të gjitha përgjigjet në fletën e përgjigjeve nr. 1 në përputhje me udhëzimet për kryerjen e punës.

Detyra numër 33

Bikarbonat natriumi me peshë 43.34 g u kalcinua në peshë konstante. Mbetja u tret në acid klorhidrik të tepërt. Gazi që rezulton kaloi përmes 100 g të një zgjidhjeje 10% të hidroksidit të natriumit. Përcaktoni përbërjen dhe masën e kripës së formuar, fraksionin e saj masiv në tretësirë. Në përgjigjen tuaj, shkruani ekuacionet e reagimit që tregohen në gjendjen e problemit dhe jepni të gjitha llogaritjet e nevojshme (tregoni njësitë matëse të sasive fizike të kërkuara).

Përgjigje:

Shpjegim:

Bikarbonati i natriumit, kur nxehet, zbërthehet në përputhje me ekuacionin:

2NaHCO 3 → Na 2 CO 3 + CO 2 + H 2 O (I)

Mbetja e ngurtë që rezulton padyshim përbëhet vetëm nga karbonat natriumi. Kur karbonati i natriumit tretet në acid klorhidrik, ndodh reagimi i mëposhtëm:

Na 2 CO 3 + 2HCl → 2NaCl + CO 2 + H 2 O (II)

Llogaritni sasinë e substancës së bikarbonatit të natriumit dhe karbonatit të natriumit:

n (NaHCO 3) \u003d m (NaHCO 3) / M (NaHCO 3) \u003d 43,34 g / 84 g / mol ≈ 0,516 mol,

Rrjedhimisht,

n (Na 2 CO 3) \u003d 0,516 mol / 2 \u003d 0,258 mol.

Llogaritni sasinë e dioksidit të karbonit të formuar nga reaksioni (II):

n(CO 2) \u003d n (Na 2 CO 3) \u003d 0,258 mol.

Llogaritni masën e hidroksidit të pastër të natriumit dhe sasinë e substancës së tij:

m(NaOH) = m tretësirë ​​(NaOH) ∙ ω(NaOH)/100% = 100 g ∙ 10%/100% = 10 g;

n (NaOH) \u003d m (NaOH) / M (NaOH) \u003d 10/40 \u003d 0,25 mol.

Ndërveprimi i dioksidit të karbonit me hidroksid natriumi, në varësi të përmasave të tyre, mund të vazhdojë në përputhje me dy ekuacione të ndryshme:

2NaOH + CO 2 \u003d Na 2 CO 3 + H 2 O (me një tepricë të alkalit)

NaOH + CO 2 = NaHCO 3 (me dioksid karboni të tepërt)

Nga ekuacionet e paraqitura rezulton se vetëm kripa mesatare fitohet në një raport n(NaOH) / n(CO 2) ≥2, dhe vetëm acid, në një raport n(NaOH) / n(CO 2) ≤ 1. .

Sipas llogaritjeve, ν (CO 2) > ν (NaOH), pra:

n(NaOH)/n(CO 2) ≤ 1

Ato. ndërveprimi i dioksidit të karbonit me hidroksidin e natriumit ndodh ekskluzivisht me formimin e një kripe acide, d.m.th. sipas ekuacionit:

NaOH + CO 2 \u003d NaHCO 3 (III)

Llogaritja kryhet nga mungesa e alkalit. Sipas ekuacionit të reaksionit (III):

n (NaHCO 3) \u003d n (NaOH) \u003d 0,25 mol, pra:

m (NaHCO 3) \u003d 0,25 mol ∙ 84 g / mol \u003d 21 g.

Masa e tretësirës që rezulton do të jetë shuma e masës së tretësirës alkaline dhe masës së dioksidit të karbonit të zhytur prej saj.

Nga ekuacioni i reaksionit del se reagoi, d.m.th. vetëm 0,25 mol CO 2 nga 0,258 mol u përthith. Atëherë masa e CO 2 të përthithur është:

m(CO 2) \u003d 0,25 mol ∙ 44 g / mol \u003d 11 g.

Atëherë, masa e tretësirës është:

m (r-ra) \u003d m (r-ra NaOH) + m (CO 2) \u003d 100 g + 11 g \u003d 111 g,

dhe pjesa masive e bikarbonatit të natriumit në tretësirë ​​do të jetë kështu e barabartë me:

ω(NaHCO 3) \u003d 21 g / 111 g ∙ 100% ≈ 18,92%.

Detyra numër 34

Gjatë djegies së 16,2 g lëndë organike të një strukture jociklike, u përftuan 26,88 l (N.O.) dioksid karboni dhe 16,2 g ujë. Dihet se 1 mol e kësaj lënde organike në prani të një katalizatori shton vetëm 1 mol ujë dhe kjo substancë nuk reagon me një tretësirë ​​amoniaku të oksidit të argjendit.

Bazuar në këto kushte të problemit:

1) të bëjë llogaritjet e nevojshme për të vendosur formulën molekulare të një substance organike;

2) shkruani formulën molekulare të substancës organike;

3) të bëjë një formulë strukturore të lëndës organike, e cila pasqyron pa mëdyshje rendin e lidhjes së atomeve në molekulën e saj;

4) shkruani ekuacionin e reaksionit për hidratimin e lëndës organike.

Përgjigje:

Shpjegim:

1) Për të përcaktuar përbërjen elementare, llogarisim sasinë e dioksidit të karbonit, ujit dhe më pas masat e elementeve të përfshira në to:

n(CO 2) \u003d 26,88 l / 22,4 l / mol \u003d 1,2 mol;

n(CO 2) \u003d n (C) \u003d 1,2 mol; m(C) \u003d 1,2 mol ∙ 12 g / mol \u003d 14,4 g.

n (H 2 O) \u003d 16,2 g / 18 g / mol \u003d 0,9 mol; n(H) \u003d 0,9 mol ∙ 2 \u003d 1,8 mol; m(H) = 1,8 g.

m (org. in-va) \u003d m (C) + m (H) \u003d 16,2 g, prandaj, nuk ka oksigjen në lëndën organike.

Formula e përgjithshme e një përbërjeje organike është C x H y.

x: y = ν(C) : ν(H) = 1.2: 1.8 = 1: 1.5 = 2: 3 = 4: 6

Kështu, formula më e thjeshtë e substancës është C 4 H 6. Formula e vërtetë e një substance mund të përkojë me më të thjeshtën, ose mund të ndryshojë prej saj me një numër të plotë herë. Ato. të jetë, për shembull, C 8 H 12 , C 12 H 18, etj.

Kushti thotë se hidrokarburi është jo-ciklik dhe një nga molekulat e tij mund të bashkojë vetëm një molekulë uji. Kjo është e mundur nëse ka vetëm një lidhje të shumëfishtë (të dyfishtë ose të trefishtë) në formulën strukturore të substancës. Meqenëse hidrokarburi i dëshiruar është jo-ciklik, është e qartë se një lidhje e shumëfishtë mund të jetë vetëm për një substancë me formulën C 4 H 6 . Në rastin e hidrokarbureve të tjera me një peshë molekulare më të lartë, numri i lidhjeve të shumëfishta është kudo më i madh se një. Kështu, formula molekulare e substancës C 4 H 6 përkon me më të thjeshtën.

2) Formula molekulare e lëndës organike është C 4 H 6.

3) Nga hidrokarburet, alkinet ndërveprojnë me një tretësirë ​​amoniaku të oksidit të argjendit, në të cilin lidhja e trefishtë ndodhet në fund të molekulës. Në mënyrë që të mos ketë ndërveprim me një zgjidhje amoniaku të oksidit të argjendit, alkini i përbërjes C 4 H 6 duhet të ketë strukturën e mëposhtme:

CH3 -C≡C-CH3

4) Hidratimi i alkineve ndodh në prani të kripërave dyvalente të merkurit.

PËRDORIMI 2017 Kimi Detyrat tipike të testit Medvedev

M.: 2017. - 120 f.

Tipike detyrat e testimit në kimi përmban 10 opsione për grupe detyrash, të përpiluara duke marrë parasysh të gjitha tiparet dhe kërkesat e Provimit të Unifikuar të Shtetit në 2017. Qëllimi i manualit është t'u ofrojë lexuesve informacione për strukturën dhe përmbajtjen e KIM 2017 në kimi, shkallën e vështirësisë së detyrave. Koleksioni përmban përgjigje për të gjitha opsionet e testimit dhe ofron zgjidhje për të gjitha detyrat e njërit prej opsioneve. Gjithashtu, jepen shembuj të formularëve të përdorur në provim për të regjistruar përgjigjet dhe vendimet. Autori i detyrave është një shkencëtar, mësues dhe metodolog kryesor, i cili është i përfshirë drejtpërdrejt në zhvillimin e matjes së kontrollit PËRDORNI materiale. Manuali ka për qëllim që mësuesit t'i përgatisin studentët për provimin në kimi, si dhe për nxënësit e shkollave të mesme dhe maturantët - për vetë-trajnim dhe vetëkontroll.

Formati: pdf

Permasa: 1.5 MB

Shikoni, shkarkoni:drive.google

PËRMBAJTJA
Parathënie 4
Udhëzimet e punës 5
OPTION 1 8
Pjesa 1 8
Pjesa 2, 15
OPTION 2 17
Pjesa 1 17
Pjesa 2 24
OPTION 3 26
Pjesa 1 26
Pjesa 2 33
OPTION 4 35
Pjesa 1 35
Pjesa 2 41
OPTION 5 43
Pjesa 1 43
Pjesa 2 49
OPTION 6 51
Pjesa 1 51
Pjesa 2 57
OPTION 7 59
Pjesa 1 59
Pjesa 2 65
OPTION 8 67
Pjesa 1 67
Pjesa 2 73
OPTION 9 75
Pjesa 1 75
Pjesa 2 81
OPTION 10 83
Pjesa 1 83
Pjesa 2 89
PËRGJIGJE DHE ZGJIDHJE 91
Përgjigjet për detyrat e pjesës 1 91
Zgjidhje dhe përgjigje për detyrat e pjesës 2 93
Zgjidhja e detyrave të opsionit 10 99
Pjesa 1 99
Pjesa 2 113

Ky tekst shkollor është një përmbledhje detyrash për t'u përgatitur për Provimin e Unifikuar të Shtetit (USE) në kimi, i cili është njëkohësisht një provim përfundimtar për një kurs të shkollës së mesme dhe një provim pranimi në një universitet. Struktura e manualit pasqyron kërkesat moderne për procedurën e dhënies së provimit në kimi, e cila do t'ju lejojë të përgatiteni më mirë për format e reja të certifikimit përfundimtar dhe për pranimin në universitete.
Manuali përbëhet nga 10 opsione për detyra, të cilat në formë dhe përmbajtje janë afër PËRDORNI demo dhe mos shkoni përtej përmbajtjes së kursit të kimisë, të përcaktuar normativisht nga komponenti federal standard shtetëror arsimi i përgjithshëm. Kimia (Urdhër i Ministrisë së Arsimit Nr. 1089 datë 05.03.2004).
Niveli i prezantimit të përmbajtjes material edukativ në detyra lidhet me kërkesat e standardit shtetëror për përgatitjen e maturantëve të një shkolle të mesme (të plotë) në kimi.
Në materialet matëse të kontrollit të Provimit të Unifikuar të Shtetit përdoren tre lloje detyrash:
- detyra të nivelit bazë të kompleksitetit me një përgjigje të shkurtër,
- detyra të një niveli të rritur kompleksiteti me një përgjigje të shkurtër,
- detyrat nivel të lartë Vështirësitë me një përgjigje të detajuar.
Çdo version i fletës së provimit është ndërtuar sipas një plani të vetëm. Puna përbëhet nga dy pjesë, duke përfshirë gjithsej 34 detyra. Pjesa 1 përmban 29 artikuj me përgjigje të shkurtra, duke përfshirë 20 artikuj vështirësish bazë dhe 9 artikuj vështirësish të avancuara. Pjesa 2 përmban 5 detyra të një niveli të lartë kompleksiteti, me një përgjigje të detajuar (detyrat me numër 30-34).
Në detyrat e një niveli të lartë kompleksiteti, teksti i zgjidhjes shkruhet në një formë të veçantë. Detyrat e këtij lloji përbëjnë pjesën kryesore punë me shkrim në kimi në provimet pranuese në universitet.

Më datë 14.11.2016, miratuar opsionet demo, kodifikuesit dhe specifikimet e materialeve matëse të kontrollit për provimin e unifikuar të shtetit dhe provimin kryesor të shtetit në vitin 2017, përfshirë edhe atë të kimisë.

Versioni demo i provimit në kimi 2017 me përgjigje

Varianti i detyrës + përgjigjet	Shkarko demonstrimin
Specifikim	variant demo himiya ege
Kodifikues	kodifikues

Versionet demo të provimit në kimi 2016-2015

Kimia	Shkarkoni demo + përgjigjet
2016	ege 2016
2015	ege 2015

Ka pasur ndryshime të rëndësishme në KIM në kimi në 2017, kështu që versionet demo të viteve të kaluara janë dhënë për shqyrtim.

Kimi - ndryshime të rëndësishme: Struktura e fletës së provimit është optimizuar:

1. Struktura e pjesës 1 të KIM është ndryshuar rrënjësisht: detyrat me zgjedhjen e një përgjigjeje janë përjashtuar; detyrat grupohen në blloqe tematike të veçanta, secila prej të cilave përmban detyra të nivelit bazë dhe të avancuar të kompleksitetit.

2. U ul numri i përgjithshëm i detyrave nga 40 (në 2016) në 34.

3. Është ndryshuar shkalla e vlerësimit (nga 1 në 2 pikë) për plotësimin e detyrave të nivelit bazë të kompleksitetit, që testojnë përvetësimin e njohurive për marrëdhëniet gjenetike të substancave inorganike dhe organike (9 dhe 17).

4. Maksimumi rezultati primar për kryerjen e punës në tërësi do të jetë 60 pikë (në vend të 64 pikëve në vitin 2016).

Kohëzgjatja e provimit në kimi

Kohëzgjatja totale e punës së provimit është 3.5 orë (210 minuta).

Koha e përafërt e caktuar për të përfunduar detyrat individuale është:

1) për secilën detyrë të nivelit bazë të kompleksitetit të pjesës 1 - 2-3 minuta;

2) për secilën detyrë të një niveli të shtuar të kompleksitetit të pjesës 1 - 5-7 minuta;

3) për secilën detyrë të një niveli të lartë kompleksiteti të pjesës 2 - 10-15 minuta.

Nitridi i natriumit me peshë 8,3 g reagoi me acidin sulfurik me një pjesë masive 20% dhe një masë prej 490 g. Më pas tretësirës së përftuar iu shtua sodë kristalore me peshë 57,2 g. Gjeni pjesën masive (%) të acidit në tretësirën përfundimtare . Shkruani ekuacionet e reaksionit që tregohen në gjendjen e problemit, jepni të gjitha llogaritjet e nevojshme (tregoni njësitë matëse të sasive fizike të kërkuara). Rrumbullakosni përgjigjen tuaj në numrin e plotë më të afërt.

PËRDORIMI I VËRTETË 2017. Detyra 34.

Substanca ciklike A (nuk përmban oksigjen dhe zëvendësues) oksidohet me thyerje cikli në substancën B me peshë 20,8 g, produktet e djegies së së cilës janë dioksidi i karbonit me vëllim 13,44 l dhe uji me masë 7,2 g. Bazuar në kushtet e dhëna të detyrës: 1) kryejnë llogaritjet e nevojshme për të vendosur formulën molekulare të lëndës organike B; 2) shkruani formulat molekulare të substancave organike A dhe B; 3) të përbëjë formulat strukturore të substancave organike A dhe B, të cilat pasqyrojnë pa mëdyshje rendin e lidhjes së atomeve në një molekulë; 4) shkruani ekuacionin e reaksionit për oksidimin e substancës A me tretësirën e sulfatit të permanganatit të kaliumit për të formuar substancën B. Në përgjigjen për vendin, tregoni shumën e të gjitha atomeve në një molekulë të substancës organike origjinale A.

Rezultati i Provimit të Unifikuar të Shtetit në Kimi jo më i ulët se numri minimal i përcaktuar i pikëve jep të drejtën e hyrjes në universitetet e specialitetit, ku në listë provimet pranuese Ka një lëndë kimie.

Universitetet nuk kanë të drejtë themelimi pragu minimal në kimi nën 36 pikë. Universitetet prestigjioze priren të vendosin pragun e tyre minimal shumë më të lartë. Sepse për të studiuar atje studentët e vitit të parë duhet të kenë njohuri shumë të mira.

Në faqen zyrtare të FIPI, versionet e Provimit të Unifikuar të Shtetit në Kimi publikohen çdo vit: demonstrim, periudha e hershme. Janë këto opsione që japin një ide për strukturën e provimit të ardhshëm dhe nivelin e kompleksitetit të detyrave dhe janë burime informacioni të besueshëm në përgatitjen për provimin.

Versioni i hershëm i provimit në kimi 2017

viti	Shkarkoni versionin e hershëm
2017	variantpo himii
2016	Shkarko

Versioni demonstrues i Provimit të Unifikuar të Shtetit në Kimi 2017 nga FIPI

Varianti i detyrës + përgjigjet	Shkarko demonstrimin
Specifikim	variant demo himiya ege
Kodifikues	kodifikues

Ka ndryshime në opsionet USE në kimi në 2017 krahasuar me KIM të 2016-ës së kaluar, ndaj këshillohet që të stërviteni sipas versionit aktual dhe të përdorni opsionet e viteve të mëparshme për zhvillimin e larmishëm të të diplomuarve.

Materiale shtesë dhe pajisje

Materialet e mëposhtme i bashkëngjiten çdo versioni të letrës së provimit USE në kimi:

− sistemi periodik i elementeve kimike D.I. Mendeleev;

− tabelën e tretshmërisë së kripërave, acideve dhe bazave në ujë;

− seritë elektrokimike të tensioneve të metaleve.

Lejohet përdorimi i një kalkulatori të pa programueshëm gjatë punës së provimit. Lista e pajisjeve dhe materialeve shtesë, përdorimi i të cilave lejohet për Provimin e Unifikuar të Shtetit, miratohet me urdhër të Ministrisë së Arsimit dhe Shkencës të Rusisë.

Për ata që duan të vazhdojnë arsimin e tyre në një universitet, zgjedhja e lëndëve duhet të varet nga lista e testeve pranuese për specialitetin e zgjedhur.
(drejtimi i trajnimit).

Lista e provimeve pranuese në universitete për të gjitha specialitetet (fushat e trajnimit) përcaktohet me urdhër të Ministrisë së Arsimit dhe Shkencës të Rusisë. Çdo universitet zgjedh nga kjo listë lëndë të caktuara që tregohen në rregullat e pranimit. Ju duhet të njiheni me këtë informacion në faqet e internetit të universiteteve të përzgjedhura përpara se të aplikoni për pjesëmarrje në Provimin e Unifikuar të Shtetit me një listë të lëndëve të përzgjedhura.