Vielu molekulārās formulas atrašana.

3.15.23. Atšifrējiet diagrammu un nosauciet savienojumus:

CH3Cl	H2SO4					CH3 I
AlCl3

3.15.24. Atšifrējiet diagrammu un nosauciet savienojumus:

H2SO4				H3O+			CH3OH
					FeBr3

3.15.25. Atšifrējiet diagrammu un nosauciet savienojumus:

3Cl2

HNO3

3H2O

NaOC2

H2SO4

3.15.26. Atšifrēt transformāciju ķēdi ar reakciju shēmām, norādīt nosacījumus; nosauciet savienojumus:

			CH2Cl
		SO3H
			SO3H
CH2OH		SO3H
		CH2OH
SO3H		SO3H

3.15.27. Atšifrējiet transformāciju ķēdi, nosauciet savienojumus:

				HNO3
			H3O+C		E, E"H2O
				H2SO4
	119-121oC
AlCl3

3.15.28. Atšifrējiet transformāciju ķēdi, nosauciet savienojumus:

	HNO3		H2/Pd	CH3 COOH
	H2 SO
AlBr3

3.15.29. Atšifrējiet transformāciju ķēdi, nosauciet savienojumus:

HNO3

FeBr3

(C2 H5 OC2 H5)

H2SO4

3.15.30. Atšifrējiet transformācijas shēmu, nosauciet savienojumus:

HNO3

H2SO4

3.15.31. Pamatojoties uz metānu un neorganiskiem reaģentiem, piedāvājiet metodi novokaīna (p-aminobenzoskābes β-dietilaminoetilestera) sintēzei, ko izmanto vietējā anestēzija(pretsāpju līdzeklis):

H2 N COCH2 CH2 N(C2 H5 )2

3.15.32. Alkānu pirolīze rada aromātiskus ogļūdeņražus. Šajā gadījumā sākotnēji veidojas alkēni un alkadiēni, kas reaģē viens ar otru(diēna sintēze). Piedāvājiet shēmu toluola sintēzei no heptāna, pēc tam nitrējiet to ar nitrēšanas maisījuma pārpalikumu. Nosauc izveidotos savienojumus.

3.15.33. Pamatojoties uz metānu un neorganiskiem reaģentiem, ierosiniet sintēzes metodi

tiek izmantota zāļu Ambien (pamba) (p-aminometilbenzoskābe) sintēze

lieto medicīnā asiņošanas apturēšanai:

H2 NCH2 C(O)OH

3.15.34. Atšifrējot iepriekš minētās transformācijas shēmas, var iegūt “F” – baltu kristālisku pulveri ar nedaudz rūgtenu garšu, ko izmanto medicīnas prakse kā centrālā starpnieks nervu sistēma, normalizējas nervu procesi smadzenēs, uzlabojot atmiņu, palielinot domāšanas produktivitāti; viņi sauc šo narkotiku aminalons (gammalons).

						H3O+				H2/Pd

Problēmu risinājumi un vingrinājumi

3.1. Alkāni un cikloalkāni

H3 C-CH3

CH3 Br + 2 Na + Br-CH2 -CH3

H3 C-CH2-CH3

CH3-CH2-CH2-CH3

t 0 s

CH 3 CH 2 CH 2 -C (O)O N a + N aO H

CH 3 - CH 2 - CH 3 + N a 2 C O 3

CH CH3

ZnCl2

ClCH2

metilciklopropāns

CH2-

1,2-dimetilciklobutāns

3.1.4. Pierakstīsim savienojuma strukturālo formulu un paskatīsimies, kur to vajadzētu sadalīt divos fragmentos (radikālos); katram radikālim jāpievieno halogēna atoms un jāapstrādā ar nātriju:

1) CH3-CH2-CH-Br			CH-CH2-CH3			CH3-CH2-CH-CH-CH2-CH3
						CH3 CH3

2-brombutāns 2) izobutāna gadījumā papildus tam tiks iegūts etāns un 2,3-dimetilbutāns, jo

izobutāna molekulu nevar sadalīt divos simetriskos fragmentos (radikālos)

	CH3 -CH-I + 2 Na + I-CH3			CH3-CH-CH3

2-jodpropāns jodometāns

C+2H2
CH4 + 2 O2					CO2 + 2H2O

CO2 + 2 NaOH = Na2 CO3 + H2O (3)

3.1.5. Pierakstīsim notiekošo reakciju vienādojumus:

No (1) shēmas izriet, ka 5 mol CH4 iegūšanai tiek patērēti 224 l (10 mol) H2. To sadedzinot, izveidojās tikpat daudz (5 mol) CO2 (2. shēma). Metāna tilpums 22,4 l x 5 = 112 l. Tā kā problēmas izklāstā teikts, ka tiek ņemts sārmu pārpalikums, tad saskaņā ar (3) vienādojumu izriet, ka veidojas nātrija karbonāts.

NaOH daudzums = 2000 x 1,219 x 10/100 = 243,8 (g) vai 243,8:40 = 6,1 (mol),

tie. Sārmu tiešām ir par daudz. Līdz ar to vidējais sāls veidojās 106 x 5 = 530 (g) apjomā.

2 CH3-CH2-C(O)ONa

1,3-dimetilcikloezāns

3.1.8. Pierakstīsim sadegšanas reakciju un iegūto produktu neitralizācijas vienādojumus:

CH4 + 2 O2

CO2 + 2H2O

2 CH3 CH3 + 7 O2

4 CO2 + 6 H2O

CH3 CH2 CH3 + 5 O2

3 CO2 + 4 H2O (3)

2 H2 S + 3 O2

2 SO2 + 2 H2O

2 NaOH

Na2CO3

2 NaOH

Na2SO3

112 litri dabasgāzes ir vienādi ar 5 moliem. Tādējādi maisījums satur:

CH4 - 5 * 0,96 = 4,8 mol, C2 H6 - 0,05 mol, C3 H8 - 0,05 mol, H2S - 0,1 mol. līdz-

Saskaņā ar (1) - (3) vienādojumiem CO2 veidojas metāna sadegšanas laikā - 4,8 mol, etāna - 0,1 mol, propāna - 0,15 mol, t.i. kopumā izveidojās 5,05 mol CO2, un saskaņā ar (4) vienādojumu - 0,1 mol SO2. Lai pilnībā neitralizētu oksidācijas produktus (vienādojums 5, 6) līdz vidējiem sāļiem, ir nepieciešams:

2 * 5,15 mol NaOH = 10,3 mol.

Izveidosim proporciju: 0,5 mol NaOH ir 1 litrā šķīduma 10,3 mol NaOH ir 1 litrā šķīduma

X = 20,6 l 0,5 M NaOH šķīduma.

3.1.9. Relatīvā molekulmasa (Mr) = 2 * dH 2 = 2 x 43 = 86. No vispārējā formula alkāni Сn H2n+2 izriet, ka oglekļa atomu skaits n = (86-2): (12+2) = 6. Tāpēc ogļūdeņradis ir heksāns. Tās izomēri:

CH3 CH2 CH2 CH2 CH2 CH3	CH3 CHCH2 CH2 CH3	CH3 CHCHCH3
		CH3 CH3
CH3 CCH2 CH3	CH3 CH2 CHCH2 CH3

3.1.10. Cikloparafīnu ģeometrisko izomēriju nosaka aizvietotāju izvietojums attiecībā pret gredzena plakni (virs un zem simetrijas plaknes):

3.1.11. Alkānu halogenēšana ir radikālas aizstāšanas reakcija (SR). Šādas reakcijas notiek saskaņā ar sekojošā diagramma un mehānisms:

R: H + X: X R-X + H-X

1) X : X 2 X .

2) R: H+X. R.+HX

3) R. + X : X R-X + X.

Kā redzams (2. posms), reakcijas laikā veidojas radikālis R., un, pirmkārt, tas ir stabilāks. Ogļūdeņražu radikāļu stabilitāte palielinās šādā secībā:

			H3C-H2C	< H3 C-CH-CH3 < H3 C-C-CH3

Līdz ar to no četriem iegūtajiem savienojumiem: 2-brom-2-metilbutāns veidojas ātrāk (jo iegūtais radikālis ir terciārs); Tika iegūts arī 1-brom-2-metilbutāns, 3-brom-2-metilbutāns un 1-brom-3-metilbutāns.

3.1.12. Jāizvēlas izomērs, kurā visi oglekļa atomi, kuros var notikt halogenēšanas reakcija, būtu vienādi. Šim nosacījumam atbilst tikai 2,2-dimetilpropāns (neopentāns), kurā oglekļa atomi ir primārie. Visi pārējie pentāna izomēri var veidot vairākus monohalogēna atvasinājumus vienlaikus (lai gan ar atšķirīgu ātrumu).

Cl2,t

CH2Cl + HCl

3.1.13. Halogenēšanas procesā apstākļos, kad ogļūdeņraža radikāļi veidojas starpposmā, terciārais radikālis būs visstabilākais.

Tāpēc bromēšana galvenokārt notiks 4. pozīcijā (pie terciārā C atoma) un veidojas 4-brom-2,2,4-trimetilpentāns.

H3 C-C-CH2 -CH-CH3			H3 C-C-CH2 -			C(Br)-CH3 + HBr
CH3 CH3
			CH3 CH3

Cikloheksāns un halogēni tiek pakļauti radikālas aizstāšanas reakcijām (salīdziniet ar alkāniem!)

Br2 Br

1) - HBr

cikloheksāns bromcikloheksāns

ciklopropāns1,3-dihlorpropāns

3.1.15. a) 2CH3 CH2 Br + 2Na → CH3 CH2 CH2 CH3 + 2NaBr b) (CH3 )2 CHBr + 2Na → (CH3 )2 CHCH3 + 2NaBr

c) 2(CH3)2 CHBr + 2Na → (CH3)2 CHCH(CH3)2 + 2NaBr d) 2CH3 CH2 CH2Br + 2Na → CH3 (CH2)4 CH3 + 2NaBr

e) (CH3)3CCH2Br + 2Na + BrCH2CH(CH3)2 → (CH3)3CCH2CH2CH(CH3)2 + 2NaBr

3.1.16. a) CH3C(CH3)2CH(CH3)CH2CH2CH3 + 14O2 → 9CO2 + 10H2O b) 2CH3 CH(CH3)CH2 CH2 CH3 + 19O2 → 12CO2 + 14H2O

3.1.17. a) CH3C(CH3)(NO2)CH2CH3, b) CH3C(CH3)(NO2)CH3

3.1.18. Risinājums. Ļaujiet ogļūdeņraža formulai būt Su Nu. Oglekļa atomu svars

12g/at, ūdeņradis -1g/at, kas nozīmē (Mogļūdeņraža = 12x+y). Ūdeņraža masas daļa (izteikta vienības daļās) vienā molā šīs vielas ir vienāda ar:

ω (H) = y1(12x+y) = 0,1724? No kurienes nāk y = 2,5x? Lai atrastu vienkāršāko ogļūdeņraža formulu, mēs reizinām atrasto attiecību ar noteiktu skaitli, kas 2,5 pārvērtīs par veselu skaitli, bet minimālo no visiem šāda produkta skaitļiem. Acīmredzot, pietiek reizināt šo attiecību ar 2. Tas nozīmē, ka vienkāršākā ogļūdeņraža formula ir C2 H5. Bet šāds ogļūdeņradis nevar pastāvēt. Mēs esam spiesti vairoties vienkāršākā formula ar 2. Tad tas atbilst patiesajai formulai C4 H10. Ir divi ogļūdeņraži ar sastāvu C4 H10: CH3-CH2-CH2-CH3 butāns un CH3-CH(CH3)-CH3 2-metilpropāns.

Terciārie oglekļa atomi ir tikai vienā no šiem diviem izomēriem, 2-metilpropānā, tāpēc tikai 2-metilpropāns hlorējot var veidot terciāro alkilhlorīdu:

CH3 -CH(CH3)-CH3 + Cl2 → CH3 -C(CH3)C1-CH3 + CH3 -CH(CH3)-CH2 Cl + HC1 3.1.19. Risinājums. Piesātināto ogļūdeņražu sadegšanu izsaka ar formulu:

Сn Н2п+2 + (3n+1)/2 O2 → nСO2 + (n+1)Н2 O

Viena mola piesātināta ogļūdeņraža, kas satur n oglekļa atomus, sadegšanas rezultātā veidojas n moli CO2. Kad CO2 tiek izvadīts caur kaļķa ūdeni, veidojas kalcija karbonāts:

Ca(OH)2 + CO2 = CaCO3↓ + H2O.

(M CaCO3 = 100 g/mol), ν (CaCO3) = 60/100 = 0,6 mol = ν (CO2). Dedzinot 0,1 mol Cn H2n + 2, izdalās 0,6 mol CO2, tāpēc n = 6. Ogļūdeņraža molekulārā formula ir C6 H14.

No pieciem ogļūdeņražiem ar sastāvu C6 H14 tikai 2,2-dimetilbutānam ir ceturkšņa oglekļa atoms:

	CH3-C-CH2-CH3
H2 C=CHCH3 + Br2 → BrCH2 CHBrCH3
H2 C=CHCH3 + HBr → CH3 CHBrCH3
CH4 + 4Cl2 → CCl4 + 4HCl

M = 29*DB = 5,31*29 = 154 – savienojuma molekulmasa, t.i. tas ir CCl4; 1,54 g CCl4 ir 0,01 mols.

No (1) vienādojuma izriet, ka no problēmas apstākļiem reaģēja 0,01 mols CH4 (0,224 l), hlors reaģēja ar 0,12 moliem (2,688 l).

No (2) vienādojuma ir skaidrs, ka MnO2 (M 87) būs nepieciešami 0,12 mol jeb 87 * 0,12 = 10,4 g.

CH3 C(O)ONa + NaOH (CaO) → CH4 + Na2 CO3 (CaO)
MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O
CH4 + 4Cl2 → CCl4 + 4HCl
Cl2 + H2O → HCl + HOCl
HCl + NaOH → NaCl + H2O
HOCl + NaOH → NaOCl + H2O

Saskaņā ar (1) vienādojumu no 20,5 g nātrija acetāta veidojas CH3 C(O)ONa (M 82).

20,5/82 = 0,25 mol CH4. Saskaņā ar (2) vienādojumu no 130,5 g MnO2 (M 87) var iegūt

lasīt 130,5/87 = 1,5 mol hlora. No (3) vienādojuma izriet, ka 0,25 moli CH4 reaģēs ar 1 molu hlora (0,5 moli hlora paliks pārpalikumā). Tajā pašā laikā veidojas 1 mols HCl (gāze). Kad gāzveida pro-

reakcijas produkti (HCl un Cl2) veidojas 1,5 mol HCl un 0,5 mol HOCl šķīdums (3. un 4. vienādojums). Lai neitralizētu šo šķīdumu, būs nepieciešami 2 moli NaOH (5. un 6. vienādojums) vai 2/0,5 = 4 litri 0,5 M NaOH šķīduma.

С3 Н8 + 5О2 → 3СО2 + 4Н2 О
CO2 + 2KOH → K2 CO3 + H2O
CO2 + KOH → KHCO3

1,12 l CO2 ir 0,05 mol. Tāpēc sadedzinātā propāna tilpums ir 1,12/3 = 0,37 L (vienādojums 1). KOH šķīduma masa ir 50 * 1,1 = 55 g. 55 g 12% KOH šķīduma satur 55 * 12/100 = 6,6 g KOH. Lai absorbētu 0,05 mol CO2, nepieciešams 0,1 mols KOH (m 56) jeb 5,6 g (2. vienādojums). Izmeklētājs-

bet, KOH tiek ņemts pārpārēm, tāpēc veidojas 0,05	mol K2 CO3
(m 138) vai 6,9 g.
RCH3 + Br2 → RCH2 Br (A) + HBr
RCH2 Br + NaOH → RCH2 OH (B) + NaBr
RCH2 OH + [O] → RCH=O (B )
RCH=O + Ag2O → RC(O)OH + 2Ag
HCH=O + 2Ag2 O → CO2 + H2 O + 4Ag

Monobroma atvasinājuma “A” sārmainās hidrolīzes rezultātā rodas spirts “B” (2. vienādojums), kura oksidēšanās rezultātā veidojas aldehīds “B” (3. vienādojums). 43,2 g sudraba ir 0,4 mol. Šo sudraba daudzumu var izveidot no 0,1 mola formaldehīda vai 0,2 mola jebkura cita aldehīda (4. un 5. vienādojums). Atbilstoši problēmas apstākļiem aldehīds ir gāzveida savienojums, tātad tas ir metanāls. Tad 9,5 g “A” ir 0,1 mols, “A” molekulmasa ir 95, t.i. Tas ir brommetāns, un reakcijā tika ņemts metāns. Tā kā bromēšanas iznākums ir 50%, nepieciešami 0,2 moli (3,2 g jeb 4,48 l) metāna.

C6H12 → C6H6	3H2
C6H10 → C6H6	2H2
C6 H10 + Br2 → C6 H10 Br2
C6 H5 NO2 + 3H2 → C6 H5 NH2 + 2H2O

No 3. vienādojuma var noteikt broma daudzumu, kas atbilst cikloheksēna daudzumam (480*10)/(100*160) = 0,3 mol broma (M 160); tāpēc cikloheksēna ir 0,3 moli (24,6 g). No 2. vienādojuma izriet, ka cikloheksēna dehidrogenēšanas laikā izdalās 0,3 * 2 = 0,6 mol H2.3

2) CH3 C=CHCH3

3) H2 C=CCH2 CH3

4) H2 C=CHCHCH3

CH2 CH3

CH2 CH3

1) pentēns-1, 2) 2-metilbutēns-2, 3) 2-metilbutēns-1, 4) 3-metilbutēns-1, 5) cis-pentēns-2, 6) trans-pentrēns-2.

Izceltais beigas EN norāda uz dubultsaites klātbūtni, no kuras sākas molekulas galvenā oglekļa ķēde.

3.2.2. Radikāļi veidojas, ja no oglekļa atoma tiek atdalīts ūdeņradis H2 C=CH – vinils. No propēna var iegūt trīs radikāļus, jo tam ir primārie, sekundārie un terciārie oglekļa atomi; attiecīgi radikāļus sauks par CH2 =CH-H2 C– alilgrupu, –CH=CH-CH3 propenilgrupu,

CH2 =C-CH3 izopropenilgrupa.

3.2.3. Alkānus raksturo reakcijas elektrofīls pievienošana (sākotnēji pie daudzkārtējas saites, kurai ir pārmērīgs elektronu blīvums, tas pievieno elektrofils - katjons vai daļiņa ar brīvu orbitāli). Šajā gadījumā veidojas karbokācija, kas ir stabilāka. Tad mijiedarbība starp katjonu un anjonu notiek ātri.

	XH2 C-CH-CH3
H2 C=CH-CH3	X+Y -				XH2 C-CH-CH3
		(II)
	H2 C-CHX-CH3

Piemēram, apsveriet propēna mijiedarbību ar polāro reaģentu. No iespējami sākotnēji izveidotajiem karbokationiem (I – sekundārais) ir stabilāks nekā (II – primārais):

Polāro reaģentu mijiedarbības virziens ar nesimetriskiem alkēniem pakļaujas Markovņikova valdīšana: Kad nesimetriskos alkēnus pakļauj polāriem reaģentiem, reaģenta pozitīvā daļa tiek pievienota vairākkārtējās saites vairāk hidrogenētajam oglekļa atomam.

CH3-C=CH-CH3		H+ Br_
				H3 C-C-CH2-CH3

					2-brom-2-metilbutāns
	CH3-	Sākotnēji peroksīds sadalās divos radikāļos (1); iegūtais OH radikālis mijiedarbojas ar broma molekulu, uzsākot atomu broma (broma radikāļa) Br (2) veidošanos. Pēdējais tiek pievienots dubultai saitei, lai iegūtais karborādiāls būtu stabilāks (I – sekundārais ir stabilāks par II – primārais) (3). Tad radikāls (I) reaģē ar HBr molekulu; parādās jauns Br un veidojas mērķa savienojums 1-brompropāns (reakcija turpinās pret Markovņikova varu). H2 C=CH-CH3 + HBr BrCH2-CH2-CH3 H2 O2 1) HO:OH 2 HO. 2) HO. +H:Br BrCH2-CH-CH3 H: Br 3) H2 C=CH-CH3 + Br BrCH2 CH2 CH3 + CH2-CHBr-CH3(II) 3.2.5. Dehidrohalogenēšana(ūdeņraža halogenīda likvidēšana) notiek haloalkānu Zaiceva likums -ūdeņraža atoms attālinās no kaimiņa mazāk ūdeņraža rietēts oglekļa atoms. CH3-CH-CH2-CH3 KOH (C2H5OH) CH3 CH=CH-CH3 + KBr + H2 O 2-brombutāna butēns-2 3.2.6. Konc. H2SO4 ir dehidratējošs līdzeklis (noņem ūdeni). Temperatūrā virs 130°C notiek iekšā molekulārā dehidratācija pēc Zaiceva likuma H2SO4(K) CH3-C-CH2-CH3 CH 3 C=CH-CH3 + H2O t>1300 C 2-metilbutēns-2 2-metilbutanols-2 3.2.7. Vispirms pievienojam ūdeņraža halogenīdu (Markovņikova likums) un pēc tam likvidējam (iznīcinām) ūdeņraža halogenīdu (Zaiceva noteikums): K O H (C 2 H 5 O H) CH 2 = CH - CH 2 - CH 3 CH 3 C CH2-CH3 CH 3 - CH = CH - CH 3 2-bromubutāns 3.2.8. Atkarībā no oksidētāja stipruma alkēnu oksidēšana notiek atšķirīgi. Saskaroties ar vāju oksidētāju, veidojas divvērtīgie spirti (dioli vai glikoli). Vienkāršākais diols ir etilēna glikols - izmanto antifrīzu ražošanai - sala izturīgu šķidrumu, ko izmanto automašīnu dzinēju dzesēšanai. Tā kā krāsa mainās ( Vāgnera oksidēšana), tā ir kvalitatīva reakcija uz daudzkārtēju saiti

Vienotais valsts eksāmens ķīmijā

Rezultātu analīze
risinājumi 2. daļa

1. OVR vienādojumi ir doti netiešā (nepilnīgā) formā un
nepieciešams noteikt shēmā trūkstošās vielas.
2. Parasti ORR reakcijās piedalās trīs komponenti:
reducētājs, oksidētājs un vide (tajā pašā
secības un tiek ierakstītas).
3. Ja ir barotne, tad noteikti būs ūdens (skābe →
ūdens, sārms → ūdens, ūdens → sārms vai sārms + ūdens).
4. Jonus nosaka barotne.
5. Bieži vien ir jāzina jonu esamība dažādās
mediji (Mn, Cr).
6. Visbiežāk sastopamās reakcijas ir šādas
elementi: S, Mn, Hal, N, Cr, P, C (organiskajos savienojumos).

Tipiski reducējoši līdzekļi

Neitrālie atomi un molekulas: Al, Zn, Cr, Fe, H, C,
LiAlH4, H2, NH3 utt.
Negatīvi lādēti nemetālu joni:
S2–, I–, Br–, Cl– utt.
Pozitīvi lādēti metāla joni iekšā
zemākais oksidācijas līmenis: Cr2+, Fe2+, Cu+ utt.
Sarežģīti joni un molekulas, kas satur atomus
vidējā oksidācijas pakāpe: SO32–,
NO2–, CrO2–, CO, SO2, NO, P4O6, C2H5OH, CH3CHO,
HCOOH, H2C2O4, C6H12O6 utt.
Elektriskā strāva pie katoda.

Tipiski oksidētāji

Neitrālas molekulas: F2, Cl2, Br2, O2, O3, S, H2O2 un
utt.
Pozitīvi lādēti metāla joni un
ūdeņradis: Cr3+, Fe3+, Cu2+, Ag+, H+ utt.
Sarežģītas molekulas un joni, kas satur atomus
metāls visaugstākajā oksidācijas stāvoklī:
KMnO4, Na2Cr2O7, Na2CrO4, CuO, Ag2O, MnO2, CrO3,
PbO2, Pb4+, Sn4+ utt.
Sarežģīti joni un molekulas, kas satur atomus
nemetāls pozitīvas pakāpes stāvoklī
oksidēšana: NO3–, HNO3, H2SO4 (konc.), SO3, KClO3,
KClO, Ca(ClO)Cl utt.
Elektriskā strāva pie anoda.

trešdiena

Skābie: H2SO4, retāk HCl un
HNO3
Sārmains: NaOH vai KOH
Neitrāls: H2O

Mn un Cr pusreakcijas

skāba vide: MnO4– + 8H+ + 5ē → Mn2+ + 4H2O
Mn+7 + 5ē → Mn+2
sārmaina vide: MnO4– + ē → MnO42–
Mn+7 + ē → Mn+6
neitrāla vide: MnO4– + 2H2O + 3ē → MnO2 + 4OH–
Mn+7 + 3ē → Mn+4
skāba vide: Cr2O72– + 14H+ + 6ē → 2Cr3+ + 7H2O
2Cr+6 + 6ē → 2Cr+3
sārmaina vide: Cr3+ + 8OH– – 3ē → CrO42+ + 4H2O
Cr+3 – 3ē → Cr+6

Slavenākās oksidētāju reducēšanas pusreakcijas

O2 + 4ē → 2O−2;
O3 + 6ē → 3O−2;
F2 + 2ē → 2F−;
Cl2 + 2ē → 2Cl−;
S+6 + 2ē → S+4 (H2SO4 → SO2);
N+5 + ē → N+4 (koncentrēts HNO3 → NO2);
N+5 + 3ē → N+2 (atšķaidīts HNO3 → NO;
reakcijas ar vājiem reducētājiem);
N+5 + 8ē → N−3 (atšķaidīts HNO3 → NH4NO3;
reakcijas ar spēcīgiem reducētājiem);
2O−1 + 2ē → 2O−2 (H2O2)

2. daļa: slikti apgūts jautājums

30. Redoksreakcijas.
uzrakstiet reakcijas vienādojumu:


25,93% – pilnībā tika galā ar šo uzdevumu

30.

-3
+5
+4
Ca3P2 + ... + H2O → Ca3(PO4)2 + MnO2 + ... .
1) Nosakām diagrammā trūkstošās vielas un sastādām
elektroniskais bilance:
3 2P-3 – 16ē → 2P+5 oksidēšana
16 Mn+7 + 3ē → Mn+4 atgūšana

3Ca3P2 + 16KMnO4 + 8H2O = 3Ca3(PO4)2 + 16MnO2 + 16KOH
dumpinieks
labi-tel
3) Nosakiet reducētāju un oksidētāju

Tipisks kļūdu piemērs 30. uzdevumā

Tā kā nav sistemātisku zināšanu par oksidētāju, students piešķir oksidācijas pakāpes visiem
elementi.
Jāatceras, ka, ja elementam (nevis vienkāršai vielai) ir
indekss, tad tas jānovieto pirms elementa (formā
koeficients). Līdz ar to nepareizs līdzsvars un līdz ar to nē
reakcija ir pareiza.
Oksidētājs procesa vietā nav norādīts.

30

Izmantojot elektroniskā bilances metodi,
uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
HCHO + KMnO4 + ... → CO2 + K2SO4 + ...
+ ... .
Identificējiet oksidētāju un
reducētājs.
29,1–65,1% – veiktspējas diapazons
30,0% – pilnībā izpildīja uzdevumu

30

0
+7
+4
HCHO + KMnO4 + ... → CO2 + K2SO4 + ... + ...

5 C0 – 4ē → C+4
oksidēšanās
4 Mn+7 + 5ē → Mn+2 atgūšana
2) Mēs sakārtojam koeficientus reakcijas vienādojumā:
5HCOH + 4KMnO4 + 6H2SO4 = 5CO2 + 2K2SO4 + 4MnSO4 + 11H2O
dumpinieks
labi-tel

30

Izmantojot elektroniskā bilances metodi,
uzrakstiet reakcijas vienādojumu:
Ca(HS)2 + HNO3 (konc.) → ... + CaSO4 + NO2
+ ... .
Identificējiet oksidētāju un reducētāju.
26,3–57,7% – uzdevumu izpildes diapazons C1
4,9% – pilnībā tika galā ar šo uzdevumu

30

-2
+5
+6
+4
Ca(HS)2 + HNO3 (konc.) → ... + CaSO4 + NO2 + ...
.
1) Mēs izveidojam elektronisko bilanci:
1
2S-2 – 16ē → 2S+6 oksidēšana
16 N+5 + ē → N+4
atveseļošanās
2) Mēs sakārtojam koeficientus reakcijas vienādojumā:
Ca(HS)2 + 16HNO3 (konc.) → H2SO4 + CaSO4 + 16NO2 + 8H2O
dumpinieks
labi-tel
3) Nosakiet oksidētāju un reducētāju

31 Reakcijas, kas apstiprina attiecības
dažādas nodarbības neorganiskās vielas
1. Uzzīmējiet neorganisko vielu ģenētiskās attiecības.
2. Ievērojiet vielas raksturīgās īpašības: skābes-bāzes un redoks
(specifiski).
3. Pievērsiet uzmanību vielu koncentrācijai (ja
norādīts): cieta, šķīduma, koncentrēta
viela.
4. Nepieciešams pierakstīt četrus reakciju vienādojumus
(nevis diagrammas).
5. Parasti divas reakcijas ir ORR, metāliem -
kompleksu veidošanās reakcijas.

3. daļa: Neapgūts jautājums

31Reakcijas, kas apstiprina attiecības starp dažādām
neorganisko vielu klases.
Sērūdeņradis tika izvadīts caur broma ūdeni.
Iegūtās nogulsnes apstrādāja ar karstu
koncentrēta slāpekļskābe. Izceļas brūns
gāze tika izlaista caur bārija hidroksīda šķīdumu. Plkst
viena no izveidotajiem sāļiem mijiedarbība ar ūdens
brūnas nogulsnes, kas veidojas ar kālija permanganāta šķīdumu.
Uzrakstiet vienādojumus četrām aprakstītajām reakcijām.
5,02–6,12% – diapazons pilnīga īstenošana uzdevumi C2
5,02% – pilnībā tika galā ar šo uzdevumu

31

H2S
Br2(aq)
Ciets HNO3 (konc.) Brūns Ba(OH)2
gāze
viela
uz
Sāls ar KMnO4 anjonu
ar maiņstrāvu Art. LABI.
H2O
H2S (gāze),
S (TV),
NO2 (gāze),
Ba(NO2)2,
lūdzu
lūdzu
brūna gāze
sāls ar elementu
nesamērīgi mainīgajā st. LABI.
Brūns
nogulsnes
MnO2 (sol.)
brūni nogulumi

1) H2S + Br2 = S↓ + 2HBr
uz
2) S + 6HNO3 = H2SO4 + 6NO2 + 2H2O
3) 2Ba(OH)2 + 4NO2 = Ba(NO3)2 + Ba(NO2)2 + 2H2O
4) Ba(NO2)2 + 4KMnO4 + 2H2O = 3Ba(NO3)2 + 4MnO2↓+ 4KOH

Tipisks kļūdu piemērs 31. uzdevumā

Otrais vienādojums ir uzrakstīts nepareizi - sērs karsējot
oksidējas līdz sērskābei.
Trešais vienādojums nav izlīdzināts.

Ciets litija hlorīds, kas karsēts ar koncentrētu
sērskābe. Izdalītā gāze tika izšķīdināta
ūdens. Kad iegūtais risinājums mijiedarbojas ar
kālija permanganāts veidoja vienkāršu gāzi
dzeltenzaļa viela. Dedzinot dzelzi
vadi šajā vielā saņēma sāli. Sāls
izšķīdina ūdenī un sajauc ar karbonāta šķīdumu
nātrijs Uzrakstiet vienādojumus četrām aprakstītajām reakcijām.
11,3–24,2% – uzdevumu izpildes diapazons C2
2,7% – pilnībā tika galā ar šo piemēru

31

LiCl
H2SO4 (k)
Gāze
šķīstošs
ūdenī
LiCl(tv),
sāls
KMnO4
Gāze
dzeltenzaļa
H2SO4 (konc.),
labi, čau
Fe, uz
Sāls
šķīstošs
ūdenī
KMnO4,
labi
Na2CO3 (šķīdums)
Fe,
met., v-l
Gāze, nogulsnes
vai ūdens
Na2CO3 (šķīdums)
sāls sl. kas tu
Mēs pierakstām iespējamos reakciju vienādojumus:
1) LiCl + H2SO4 = HCl + LiHSO4
2) 2KMnO4 + 16HCl = 2MnCl2 + 5Cl2 + 2KCl + 8H2O
3) 2Fe + 3Cl2 = 2FeCl3
4) 2FeCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O = 2Fe(OH)3↓ + 6NaCl + 3CO2

31 Reakcijas, kas apstiprina saistību starp dažādām neorganisko vielu klasēm

Caur tika izvadīts slāpekļa oksīda (IV) un skābekļa maisījums
kālija hidroksīda šķīdums. Iegūtais sāls
žāvē un kalcinē. Atlikums saņemts pēc
sāls kalcinēšana, izšķīdina ūdenī un sajauc ar
risinājums
jodīds
kālijs
Un
sērs
skābe.
Vienkāršā viela, kas veidojas šīs reakcijas laikā
reaģēja ar alumīniju. Uzrakstiet vienādojumus
četras aprakstītās reakcijas.

31

NO2 + O2
KOH (šķīdums)
KOH (šķīdums),
sārms
Sāls
uz
HI + H2SO4 (šķīdums)
Ciets
viela
(šķīst ūdenī)
KNO3,
KNO2,
jēdziens. undef. sāls sol. sāls, ok, v-l
Vienkārši
viela
Al
SVEIKI,
Al
v-l
amph. met
Mēs pierakstām iespējamos reakciju vienādojumus:
1) 4NO2 + O2 + 4KOH = 4KNO3 + 2H2O
uz
Sāls
2) 2KNO3 = 2KNO2 + O2
3) 2KNO2 + 2HI + 2H2SO4 = I2 + 2NO + 2K2SO4 + 2H2O
4) 3I2 + 2Al = 2AlI3

organiskie savienojumi
1.
2.
3.
4.
5.
6.
gadā pētītas visas organisko savienojumu klases
skolas mācību programma.
Ķēdes ir norādītas netiešā veidā (pēc produkta vai pēc
reakcijas apstākļi).
Īpaša uzmanība jāpievērš plūsmas apstākļiem
reakcijas.
Visām reakcijām jābūt izlīdzinātām (ieskaitot ORR). Bez shēmām
Reakcijām nevajadzētu būt!
Ja ir grūti vadīt ķēdi uz priekšu,
atrisināt no ķēdes gala vai fragmentāri. Izmēģiniet jebko
izpildīt!
Uzrakstiet organiskās vielas strukturālo formā
formulas!

32 Reakcijas, kas apstiprina attiecības
organiskie savienojumi
3H2
H2
[H]
CnH2n+2
alkāni
H2
+Hal2
HHal
CnH2n
alkēni
H2
2H2
CnH2n-2
alkadiēni
kat
CnH2n-6
arēnas
H2O
+H2O,
Hg2+, H+
[O]
H2O
CnH 2n+1Hal
halogenēts HHal
CnH2n
cikloalkāni
CnH2n-2
alkīni
H2O
H2O
+HHal
H2
[O]
CnH 2n+1OH
spirti
[H]
[O]
RCHO
aldehīdi
(R)2CO
ketoni
[H]
RCOOH
karbonskābes
[O]
+H2O, H+ +R"OH
+RCOOH
+H2O, H+
RCOOR"
esteri
24

Par organisko savienojumu strukturālajām formulām

Rakstot reakciju vienādojumus, eksaminējamajiem ir
izmantot organisko vielu strukturālās formulas
vielas (šī norāde dota uzdevuma nosacījumos).
Strukturālās formulas var uzrādīt
dažādos līmeņos, neizkropļojot ķīmisko nozīmi:
1) pilna vai saīsināta struktūrformula
acikliskie savienojumi;
2) cikliskā shematiskā strukturālā formula
savienojumiem.
Nav pieļaujams (pat fragmentāri) apvienot 2. punktu un
3.
25

Strukturālā formula

Strukturālā formula - ķīmiskās vielas simbols
vielu sastāvs un struktūra, izmantojot ķīmiskos simbolus
elementi, ciparu un palīgrakstzīmes (iekavas, domuzīmes utt.).
pilna strukturāla
H
H
H
C C
H
H H H
H
C
HH
H C C C O H
H H H
H C C C H
H
C
C
C
H
H
H
H
C
C C
H
H
H
H
saīsināts strukturālais
CH
CH2 CH CH3
CH3 CH2 CH2 OH
HC
CH2
CH
HC
CH
H2C
CH2
CH
shematiska strukturāla
Ak!
26

Tipiskas kļūdas strukturālajās formulās

27

Alternatīvas reakcijas

C3H6
C3H6
Cl2, 500 oC
Cl2
CCl4, 0 oC
CH2 CH
CH2Cl + HCl
CH2 CH
CH3
Cl
Cl2
C3H6 gaismas, > 100 oC
C3H6
Cl2
gaisma
Cl
CH2 CH2
CH2
Cl
Cl
Cl+HCl

Alternatīvas reakcijas

CH3CH2Cl + KOH
CH3CH2Cl + KOH
H2O
CH3CH2OH + KCl
alkohols
CH2 CH2 + H2O + KCl
CH3
Cl2
gaisma
CH2Cl + HCl
CH3
Cl2
Fe
CH3+Cl
Cl
2CH3CH2OH
CH3CH2OH
H2SO4
140 oC
H2SO4
170 oC
(CH3CH2)2O + H2O
CH2 CH2 + H2O
CH3 + HCl

Tipiskas kļūdas reakciju vienādojumu sastādīšanā

30

32 Reakcijas, kas apstiprina attiecības
organiskie savienojumi.
Uzrakstiet reakciju vienādojumus, izmantojot
ko var īstenot šādi
pārvērtības:
heptāns
Pt, uz
KMnO4
X1
KOH
X2
KOH, uz
benzols
HNO3
H2SO4
X3
Fe, HCl


0,49–3,55% – C3 uzdevuma pilnīgas izpildes diapazons
0,49% – pilnībā tika galā ar šo uzdevumu
X4

heptāns
Pt, uz
KMnO4
X1
KOH
KOH, uz
X2
benzols
HNO3
H2SO4
X3
Fe, HCl
X4

1) CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH3
2)
Pt, uz
CH3 + 4H2
CH3 + 6KMnO4 + 7KOH
COOK + 6K2MnO4 + 5H2O
o
3)
4)
5)
COOK + KOH
+ HNO3
t
H2SO4
NO2 + 3Fe + 7HCl
16,32 % (36,68 %, 23,82 %)
+ K2CO3
NO2 + H2O
NH3Cl + 3FeCl2 + 2H2O

1)
2)
3)
4)
5)
2. un 5. vienādojumi nav pareizi sastādīti. 3. vienādojums nav pareizs.

Tipisks kļūdu piemērs 32. uzdevumā

2)
Permanganāta jonu (MnO4–) in sārmaina vide iet iekšā
manganāta jonu (MnO42–).
5)
Skābā vidē anilīns veido amonija sāli -
V šajā gadījumā Fenilamonija hlorīds.

Tipisks kļūdu piemērs 32. uzdevumā

2)
3)
Nav atļauts rakstīt shēmu vai daudzpakāpju reakciju
(otrā reakcija).
Rakstot reakciju vienādojumus organiskajiem savienojumiem, jūs nevarat
aizmirsti par neorganiskām vielām - nevis kā mācību grāmatā, bet kā iekšā
uzdevuma nosacījums (trešais vienādojums).

32 Reakcijas, kas apstiprina saistību starp organisko
savienojumiem.


benzols
H2, Pt
X1
Cl2, UV
X2
cikloheksanols
H2SO4 (konc.)
160 oС
O
X3
O
HOC(CH2)4COH
Rakstot reakciju vienādojumus, izmantojiet
organisko vielu strukturālās formulas.
3,16% – pilnībā tika galā ar šo uzdevumu

benzols
H2, Pt
X1
Cl2, UV
X2
cikloheksanols
H2SO4 (konc.)
160 oС
O
X3
O
HOC(CH2)4COH
Mēs pierakstām reakciju vienādojumus:
1)
2)
3)
4)
Pt
+ 3H2
+Cl2
hv
Cl+KOH
Ak!
Cl+HCl
H2O
H2SO4 (konc.)
160 oC
OH + KCl
+ H2O
O
5) 5
+ 8KMnO4 + 12H2SO4
O
5HOC(CH2)4COH + 4K2SO4 + 8MnSO4 + 12H2O

Tipisks kļūdu piemērs 32. uzdevumā

Strukturālās formulas ideja nav izveidota
cikliskie savienojumi (otrā un trešā reakcija).
Otrais vienādojums (aizvietošanas reakcija) ir nepareizs.
Labāk ir rakstīt nosacījumus virs bultiņas.

Tipisks kļūdu piemērs 32. uzdevumā

Uzmanības trūkums formulām (gan cikloheksēnam, gan
un dikarbonskābes formula piektajā reakcijā).

Tipisks kļūdu piemērs 32. uzdevumā

Cu
etanols o
t
Cu(OH)2
X1
uz
X2
Ca(OH)2
X3
uz
X4
H2, kat.
propanols-2
Nepievēršot uzmanību uzdevuma nosacījumiem: netiek dots vara (II) oksīds,
un varš (kā katalizators dehidrogenēšanas reakcijā).
Reducējot no aldehīdiem, veidojas primārie aldehīdi.
spirti.

Tipisks kļūdu piemērs 32. uzdevumā

Cu
etanols o
t
Cu(OH)2
X1
uz
X2
Ca(OH)2
X3
uz
X4
H2, kat.
propanols-2
Kā iegūt trīs oglekļa atomus no diviem un vienu no tiem?
trīsvērtīgajā stāvoklī.

X2
32 apstiprinošas reakcijas
attiecības starp organiskajām
savienojumiem
Uzrakstiet reakcijas vienādojumus, kurus var izmantot
veikt šādas transformācijas:
X1
Zn
ciklopropāns
ï ðî ï åí
HBr, uz
KMnO4, H2O, 0 oC
X2
X3
propēns
būda HBr
KMnO4, H2O, 0 oC
X4
Rakstot reakciju vienādojumus, izmantojiet
organisko vielu strukturālās formulas.
16,0–34,6% – uzdevumu izpildes diapazons C3
3,5% - pilnībā tika galā ar šo uzdevumu
X3

32

X1
Zn
ciklopropāns
HBr, uz
X2
propēns
KMnO4, H2O, 0 oC
X3
būda HBr
X4
Mēs pierakstām reakciju vienādojumus:
1) BrCH2CH2CH2Br + Zn → ZnBr2 +
2)
t°
+ HBr → CH3CH2CH2Br
3) CH3CH2CH2Br + KOH (spirta šķīdums) → CH3–CH=CH2 + H2O +KBr
4) 3CH3–CH=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O → 3CH3 CH CH2 + 2KOH + 2MnO2
5) CH3 CH CH2 + 2HBr → CH3
oi oi
oi oi
CH CH2 + 2H2O
Br
Br

32 Reakcijas, kas apstiprina organisko savienojumu attiecības

Uzrakstiet reakcijas vienādojumus, kurus var izmantot
veikt šādas transformācijas:
kālija acetāts
KOH, sakausējums
X1
CH3
C2H2
C akts., uz
X2
kālija benzoāts
Rakstot reakciju vienādojumus, izmantojiet
organisko vielu strukturālās formulas.
14,6–25,9% – uzdevumu izpildes diapazons C3
2,0% - pilnībā tika galā ar šo uzdevumu

32

kālija acetāts
KOH, sakausējums
X1
C2H2
C akts., uz
CH3
X2
kālija benzoāts
Mēs pierakstām reakciju vienādojumus:
t°
1) CH3COOK + KOH (ciets) → CH4 + K2CO3
t°
2) 2CH4 → C2H2 + 3H2
C
, t°
Tēlot.
3) 3C2H2 →
C6H6
AlCl3
4) C6H6 + СH3Cl →
C6H5–CH3 + HCl
5) C6H5–CH3 + 6KMnO4 + 7KOH → C6H5–COOK + 6K2MnO4 + 5H2O
vai C6H5–CH3 + 2KMnO4 → C6H5–COOK + 2MnO2 + KOH + H2O

33. Aprēķinu uzdevumi risinājumiem un
maisījumi
1. Pierakstiet reakcijas(-u) vienādojumu(s).
2. Izvēlieties problēmas risināšanas algoritmu: izmantojot lieko (vai
piemaisījums), reakcijas produkta iznākums no teorētiski
iespējams un nosaka ķīmiskās vielas masas daļu (masu).
savienojumi maisījumā.
3. Ir tikai 4 problēmas risināšanas posmi.
4. Aprēķinos skatiet reakciju vienādojumus un lietojumu
atbilstošās matemātiskās formulas.
5. Neaizmirstiet pārbaudīt savas mērvienības.
6. Ja vielas daudzums ir mazāks par 1 molu, tad tas ir nepieciešams
Noapaļo līdz trim zīmēm aiz komata.
7. Masas daļas un procentus atdaliet iekavās vai ierakstiet
caur arodbiedrību vai.
8. Neaizmirsti pierakstīt atbildi.

33

1. Aprēķini saskaņā ar
vienādojums
reakcijas
4. Meklēšana
masas daļa
viens no produktiem
reakcijas šķīdumā
saskaņā ar vienādojumu
materiāls
līdzsvaru
2. Mērķi
uz maisījuma
vielas
33
3. Uzdevumi ieslēgti
"sāls veids"
(definīcija
sastāvu
produkts
reakcijas)
5. Meklēšana
masa viena no
izejmateriāli
saskaņā ar vienādojumu
materiāls
līdzsvaru

2. daļa: Neapgūts jautājums

Reakcijas produktu masas (tilpuma, vielas daudzuma) aprēķināšana,
ja kāda no vielām ir dota pārāk daudz (tai ir piemaisījumi), ja kāda no
vielas tiek dotas šķīduma veidā ar noteiktu masas daļu
izšķīdusi viela. Masas vai tilpuma daļas aprēķini
reakcijas produkta iznākumu no teorētiski iespējamā. Aprēķini
masas daļa (masa) ķīmiskais savienojums maisījumā.
1 litrā ūdens tika izšķīdināti 44,8 litri (n.s.) hlorūdeņraža. Uz to
rezultātā iegūto vielu pievienoja šķīdumam
kalcija oksīda, kas sver 14 g, reakcijas ar pārpalikumu
oglekļa dioksīds. Nosakiet tajā esošo vielu masas daļu
iegūtais risinājums.
3,13% – pilnībā tika galā ar šo uzdevumu

1 litrā ūdens tika izšķīdināti 44,8 litri (n.s.) hlorūdeņraža. UZ
šim šķīdumam tika pievienota viela, kas iegūta
14 g smaga kalcija oksīda reakcijas rezultātā ar
oglekļa dioksīda pārpalikums. Noteikt masu
vielu īpatsvars iegūtajā šķīdumā.
Ņemot vērā:
V(H2O) = 1,0 l
V(HCl) = 44,8 l
m(CaO) = 14 g
Risinājums:
CaO + CO2 = CaCO3
ω(CaCl2) – ?
Vm = 22,4 mol/l
M(CaO) = 56 g/mol
M(HCl) = 36,5 g/mol
2HCl + CaCO3 = CaCl2 + H2O + CO2

1) Mēs aprēķinām reaģentu vielu daudzumus:
n=m/M
n(CaO) = 14 g / 56 g/mol = 0,25 mol
n(CaCO3) = n(CaO) = 0,25 mol
2) Aprēķiniet vielas pārpalikumu un daudzumu
ūdeņraža hlorīds:
n(HCl)kop. = V / Vm = 44,8 l / 22,4 l/mol = 2 mol
(pārmērīgi)
m(HCl) = 2 mol 36,5 g/mol = 73 g
n(HCl) reaģēt. = 2n(CaCO3) = 0,50 mol

3) Aprēķināt oglekļa dioksīda daudzumu un
kalcija hlorīds:
n(HCl)rez. = 2 mol – 0,50 mol = 1,5 mol
n(CO2) = n(CaCO3) = 0,25 mol
n(CaCl2) = n(CO2) = 0,25 mol
4) Aprēķināt šķīduma masu un masas daļas
vielas:
m(HCl)rez. = 1,5 mol · 36,5 g/mol = 54,75 g
m(CaCO3) = 0,25 mol 100 g/mol = 25 g
m(CO2) = 0,25 mol 44 g/mol = 11 g
m(CaCl2) = 0,25 mol 111 g/mol = 27,75 g

Aprēķina šķīduma masu un masas daļas
vielas:
m(šķīdums) = 1000 g + 73 g + 25 g – 11 g = 1087 g
ω = m(in-va) / m(r-ra)
ω(HCl) = 54,75 g/1087 g = 0,050 vai 5,0%
ω(CaCl2) = 27,75 g / 1087 g = 0,026 vai 2,6%
Atbilde: masas daļa sālsskābes un kalcija hlorīds iekšā
iegūtais šķīdums ir 5,0% un 2,6%
attiecīgi.

Piezīme. Gadījumā, ja atbilde
aprēķinos ir kļūda
viens no trim elementiem (otrais,
trešais vai ceturtais), kas noveda
uz nepareizo atbildi, novērtējiet par
uzdevuma izpilde tiek samazināta tikai par
1 punkts.

C4
Produktu masas (tilpuma, vielas daudzuma) aprēķins
reakcijas, ja kāda no vielām tiek ievadīta pārāk daudz (ir
piemaisījumi), ja kāda no vielām tiek dota šķīduma veidā ar
noteikta izšķīdušās vielas masas daļa.
Produkta iznākuma masas vai tilpuma daļas aprēķini
reakcijas no teorētiski iespējamām. Masu aprēķini
ķīmiskā savienojuma proporcija (masa) maisījumā.
Fosfors, kas sver 1,24 g, reaģēja ar 16,84 ml 97% sērskābes šķīduma (ρ = 1,8 g/ml) ar
ortofosforskābes veidošanās. Pilnīgai
Lai neitralizētu iegūto šķīdumu, tika pievienots 32% nātrija hidroksīda šķīdums (ρ = 1,35 g/ml).
Aprēķiniet nātrija hidroksīda šķīduma tilpumu.
0% – pilnībā tika galā ar šo uzdevumu

2) Mēs aprēķinām reaģentu vielu pārpalikumu un daudzumu:
2P + 5H2SO4 = 2H3PO4 + 5SO2 + 2H2O
2 mol
5 mol
0,04 mol 0,1 mol
n=m/M
n = (V ρ ω)/M
n(P) = 1,24 g / 31 g/mol = 0,040 mol
n(H2SO4)kop. = (16,84 ml · 1,8 g/ml · 0,97) / 98 g/mol = 0,30 mol
(pārmērīgs)
n(H3PO4) = n(P) = 0,04 mol
n(H2SO4) reaģēt. = 5/2n(P) = 0,1 mol
n(H2SO4)rez. = 0,3 mol – 0,1 mol = 0,2 mol

3) Aprēķiniet sārmainās vielas pārpalikumu un daudzumu:
H3PO4 + 3NaOH = Na3PO4 + 3H2O
1 mols
3 mol
0,04 mol 0,12 mol
n(NaOH)H3PO4 = 3n(H3PO4) = 3 0,04 mol = 0,12 mol
n(NaOH)kop. = 0,12 mol + 0,4 mol = 0,52 mol
4) Aprēķiniet sārmu tilpumu:
m=n·M
V = m / (ρ ω)
m(NaOH) = 0,52 mol 40 g/mol = 20,8 g
V (šķīdums) = 65 g / (1,35 g/ml 0,32) = 48,15 ml

Risinājumu aprēķinu uzdevumi

Dzelzs un alumīnija pulveru maisījums reaģē ar
810 ml 10% sērskābes šķīduma
(ρ = 1,07 g/ml). Mijiedarbojoties vienādi
masas maisījuma ar lieko hidroksīda šķīdumu
nātrijs izlaida 14,78 litrus ūdeņraža (n.s.).
Nosaka dzelzs masas daļu maisījumā.
1,9% - pilnībā tika galā ar šo uzdevumu

1) Pierakstiet metālu reakciju vienādojumus
Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2


2) Mēs aprēķinām reaģentu vielu daudzumus:
n = m/M
n = (V ρ ω) / M n = V / Vm
n(H2SO4) = (810 g 1,07 g/ml 0,1) / 98 g/mol
= 0,88 mol
n(H2) = 14,78 l / 22,4 l/mol = 0,66 mol
n(Al) = 2/3n(H2) = 0,44 mol
2Al + 2NaOH + 6H2O = 2Na + 3H2
2 mol
3 mol
0,44
0,66

2) Mēs aprēķinām reaģentu vielu daudzumus:
n(H2SO4, kas iztērēts reakcijai ar Al) = 1,5 n(Al) = 0,66
kurmis
n(H2SO4, izlietots reakcijai ar Fe) =
= 0,88 mol – 0,66 mol = 0,22 mol
n(Fe) = n(H2SO4) = 0,22 mol
2Al + 3H2SO4 = Al2(SO4)3 + 3H2
0,44
0,66
Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2
0,22
0,22
3) Aprēķiniet metālu un to maisījumu masas:
m(Al) = 0,440 mol 27 g/mol = 11,88 g
m(Fe) = 0,22 mol 56 g/mol = 12,32 g
m (maisījums) = 11,88 g + 12,32 g = 24,2 g
4) Aprēķiniet dzelzs masas daļu maisījumā:
ω(Fe) = 12,32 g/24,2 g = 0,509 vai 50,9%

Risinājumu aprēķinu uzdevumi

Daļēji izšķīdinot 4,5 g
oksidēts alumīnijs liekā šķīdumā
KOH ražo 3,7 L(N) ūdeņraža.
Nosakiet alumīnija masas daļu
paraugs.

2Al + 2KOH + 6H2O = 2K + 3H2
2 mol
0,110 mol
3 mol
0,165 mol
Al2O3 + 2KOH + 3H2O = 2K
2) Aprēķiniet alumīnija vielas daudzumu:
n = V/Vm
n(H2) = 3,7 l / 22,4 l/mol = 0,165 mol
n(Al) = 2/3n(H2) = 0,110 mol
3) Aprēķiniet alumīnija un alumīnija oksīda masas:
m(Al) = n M = 0,110 mol 27 g/mol = 2,97 g
m(Al2O3) = m(maisījumi) – m(Al) = 4,5 g – 2,97 g = 1,53 g
4) Aprēķiniet alumīnija masas daļu maisījumā:
ω(Al) = mv-va / mmmaisījums = 2,97 g / 4,5 g = 0,660 vai 66,0%
– pēc teorijas
- praksē

Problēma (2008)

Reaģēja sērūdeņradis ar tilpumu 5,6 l (n.s.).
bez atlikuma ar 59,02 ml kālija hidroksīda šķīduma
ar masas daļu 20% (ρ=1,186g/ml). Definējiet
tā rezultātā iegūtā sāls masa
ķīmiskā reakcija.
1. 3. veids "Sāls veids".
2. Pārmērība un trūkums.
3. Sāls sastāva noteikšana.

Problēma (2008)

Pēc 35 ml 40% nātrija hidroksīda šķīduma
pl. 1,43 g/ml izlaists 8,4 l
oglekļa dioksīds (n.s.) Noteikt
vielu masas daļas iegūtajā
risinājums.
1. 3. veids "Sāls veids".
2. Pārmērība un trūkums.
3. Sāls sastāva noteikšana.
4. Reakcijas produktu - sāļu masas noteikšana.

Problēma (2009)

Magnijs, kas sver 4,8 g, tika izšķīdināts 200 ml 12%
sērskābes šķīdums (ρ=1,5 g/ml). Aprēķināt
magnija sulfāta masas daļa gala
risinājums.
1. Veids 4 “Masas daļas atrašana vienai no
reakcijas produkti šķīdumā saskaņā ar vienādojumu
materiālais līdzsvars".
2. Pārmērība un trūkums.
3. Vielas masas daļas aprēķins šķīdumā.
4. Izšķīdušās vielas masas noteikšana.

Problēma (2010)

Alumīnija karbīds tika izšķīdināts 380 g šķīduma
sālsskābe ar masas daļu 15%.
Izdalītā gāze aizņēma 6,72 litrus
(Nu.). Aprēķiniet ūdeņraža hlorīda masas daļu
iegūtais risinājums.



3. Vienādojuma sastādīšana masas daļas aprēķināšanai
izejmateriāls

Izaicinājums (2011)

Karsējot tika pievienots kālija nitrīts, kas sver 8,5 g
270 g amonija bromīda šķīduma ar masas daļu
12%. Kāds tilpums (n.s.) gāzes tiks atbrīvots šajā gadījumā un
kāda ir amonija bromīda masas daļa
iegūtais risinājums?
1. 5. veids “Masas un masas daļas atrašana vienai no
izejvielas saskaņā ar materiālu bilances vienādojumu.
2. Reakcijas vienādojuma sastādīšana.
3. Vielu daudzuma, to masas, tilpuma atrašana.
4. Vienādojuma sastādīšana masas daļas aprēķināšanai
oriģinālā viela.

Problēma (2012)

Pilnībā nosaka Mg3N2 masu
pakļauts ūdens sadalīšanai, ja par
sāls veidošanās ar hidrolīzes produktiem
aizņēma
150 ml 4% sālsskābes šķīduma
blīvums 1,02 g/ml.

Izaicinājums (2013)

Nosaka dzelzs sulfāta masas daļu (%)
un alumīnija sulfīds maisījumā, ja apstrādes laikā
25g šī maisījuma ar ūdeni izdalījās gāze, kas
pilnībā reaģēja ar 960 g 5%
vara sulfāta šķīdums.
1. 5. veids “Masas un masas daļas atrašana vienai no
izejvielas saskaņā ar materiālu bilances vienādojumu.
2. Reakciju vienādojumu sastādīšana.
3. Vielu daudzuma, to masas noteikšana.
4. Maisījuma izejvielu masas daļas noteikšana.

2014. gada uzdevums Gāze, kas iegūta, reaģējot 15,8 g kālija permanganāta ar 200 g 28% sālsskābes, tika izlaista caur 100 g 30% sul šķīduma.

Izaicinājums 2014
Gāze, kas iegūta mijiedarbībā 15, 8
g kālija permanganāta ar 200 g 28% sālsskābes
skābe, izlaista cauri 100 g 30%
kālija sulfīta šķīdums. Definējiet
sāls masas daļa iegūtajā
risinājums

Problēma (2015) Izmantojot magnija lenti, tika aizdedzināts vara(II) oksīda un alumīnija maisījums ar kopējo masu 15,2 g. Kad reakcija ir pabeigta, iegūtā cietā viela

Izaicinājums (2015)
Vara(II) oksīda un kopējā alumīnija maisījums
kas sver 15,2 g, tika aizdedzināts, izmantojot
magnija lente. Pēc absolvēšanas
reakcijas rezultātā radās ciets atlikums
daļēji izšķīdināts sālsskābē
ar 6,72 litru gāzes izlaišanu (n.o.).
Aprēķināt masas daļas (%)
vielas sākotnējā maisījumā.

1) Ir sastādīti reakciju vienādojumi: 3CuO + 2Al = 3Cu + Al2O3, Al2O3 + 6HCl = 2AlCl3 + 3H2O. 2Al + 6HCl = 2AlCl3 + 3H2 2) Tiek aprēķināti atlikušie ūdeņraža un alumīnija vielu daudzumi

1) Tiek sastādīti reakcijas vienādojumi:
3CuO + 2Al = 3Cu + Al2O3,
Al2O3 + 6HCl = 2AlCl3 + 3H2O.
2Al + 6HCl = 2AlCl3 + 3H2
2) Ūdeņraža vielas daudzumi un
alumīnijs, kas paliek pēc reakcijas:
(H2) = 6,72 / 22,4 = 0,3 mol,
(atlikušais Al) = 2/3 0,3 = 0,2 mol.
3) aprēķinātais vara(II) oksīda daudzums,
reaģēja:
Pieņemsim, ka n(CuO) = x mol, tad n(reaģēt. Al) = 2/3 x
kurmis.

m(CuO) + m(reaģēt. Al) = 15,2 – m(atlikušais Al) 80x + 27 * 2/3 x = 15,2 – 0,2 * 27 x = 0,1 4) Aprēķināto vielu masas daļas maisījumā: W(CuO) = 0,1 * 80 / 15,2 * 100% = 52,6%, W(Al) = 100% - 52,6% = 47,4%

m(CuO) + m(reaģēt. Al) = 15,2 –
m (atlikušais Al)
80 x + 27 x 2/3 x = 15,2–0,2 x 27
x = 0,1
4) Aprēķinātās masas daļas
vielas maisījumā:
W(CuO) = 0,1 * 80 / 15,2 * 100% =
52,6 %,
W(Al) = 100% – 52,6% = 47,4%.

2016. gads Karsējot nātrija bikarbonāta paraugu, daļa vielas sadalījās. Šajā gadījumā izdalījās 4,48 litri (n.s.) gāzes un izveidojās 63,2 g cietvielu.

2016. gads
Sildot bikarbonāta paraugu
nātrija daļa no vielas ir sadalījusies.
Šajā gadījumā tika izlaisti 4,48 litri (n.s.) gāzes un
Izveidojās 63,2 g cietas vielas
bezūdens atlikums. Uz saņemto atlikumu
pievienots minimālais tilpums
20% sālsskābes šķīdums,
nepieciešams pilnīgai atlasei
oglekļa dioksīds. Nosakiet masas daļu
galīgais nātrija hlorīds
risinājums.

2NaHCO3 = Na2CO3 + CO2 + H2O NaHCO3 + HCl = NaCl + CO2 + H2O Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + CO2 + H2O 2) Aprēķina savienojumu vielas daudzumu cietā vielā

1) Reakciju vienādojumi ir uzrakstīti:
2NaHCO3 = Na2CO3 + CO2 + H2O
NaHCO3 + HCl = NaCl + CO2 + H2O
Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + CO2 + H2O
2) Salikto vielu daudzums
grūti
atlikums:
n(CO2) = V / Vm = 4,48 / 22,4 = 0,2 mol
n(Na2CO3) = n(CO2) = 0,2 mol
m(Na2CO3) = n ∙ M = 0,2 ∙ 106 = 21,2 g
m (NaHCO3 atlikums) = 63,2 - 21,2 = 42 g
n (NaHCO3 atlikums) = m / M = 42 / 84 = 0,5 mol

3) Aprēķināja izreaģējušās sālsskābes masu un nātrija hlorīda masu gala šķīdumā: n(HCl) = 2n(Na2CO3) + n(NaHCO3 atlikums) = 0,2 ∙ 2 + 0,5 = 0,9 mol

m(HCl) = n ∙ M = 0,9 ∙ 36,5 = 32,85 g
m(HCl šķīdums) = 32,85 / 0,2 = 164,25 g
n(NaCl) = n(HCl) = 0,9 mol
m(NaCl) = n ∙ M = 0,9 ∙ 58,5 = 52,65 g
4) Aprēķina nātrija hlorīda masas daļu šķīdumā:
n(CO2) = n(Na2CO3) + n(NaHCO3 atlikums) = 0,2 + 0,5 = 0,7 mol
m(CO2) = 0,7 ∙ 44 = 30,8 g
m(šķīdums) = 164,25 + 63,2 - 30,8 = 196,65 g
ω(NaCl) = m(NaCl) / m(šķīdums) = 52,65 / 196,65 = 0,268 jeb 26,8%

Problēma (2016) Karsējot 20,5 g magnija oksīda un magnija karbonāta pulveru maisījumu, tā masa samazinājās par 5,5 g Aprēķināt tilpumu

Izaicinājums (2016)
Karsēšanas rezultātā 20,5 g maisījuma
magnija oksīda un karbonāta pulveri
magnija, tā masa samazinājās par 5,5
d. Aprēķiniet sērskābes šķīduma tilpumu
skābes ar masas daļu 28% un
blīvums 1,2 g/ml, kas
nepieciešams
lai izšķīdinātu sākotnējo maisījumu.

1) Reakciju vienādojumi ir uzrakstīti: MgCO3 = MgO + CO2 MgO + H2SO4 = MgSO4 + H2O MgCO3 + H2SO4 = MgSO4 + H2O + CO2 2) Aprēķina izdalītā oglekļa dioksīda daudzumu

1) Reakciju vienādojumi ir uzrakstīti:
MgCO3 = MgO + CO2
MgO + H2SO4 = MgSO4 + H2O
MgCO3 + H2SO4 = MgSO4 + H2O + CO2
2) Aprēķināts izdalītās vielas daudzums
oglekļa dioksīds
gāze, magnija karbonāta un magnija oksīda masa iekšā
sākuma maisījums:
n(CO2) = 5,5 / 44 = 0,125 mol
n(MgCO3) = n(СO2) = 0,125 mol
m(MgCO3) = 0,125 84 = 10,5 g
m(MgO) = 20,5 – 10,5 = 10 g

3) Tiek aprēķināts magnija oksīda vielas daudzums un sērskābes vielas daudzums, kas nepieciešams maisījuma izšķīdināšanai: n(MgO) = 10 / 40 = 0,25 mol n

3) Magnija oksīda vielas daudzums un
nepieciešamais sērskābes daudzums
maisījuma izšķīdināšana:
n(MgO) = 10/40 = 0,25 mol
n(H2SO4 reakcijai ar MgCO3) = 0,125 mol
n (H2SO4 reakcijai ar MgO) = 0,25 mol
n (kopējais H2SO4) = 0,125 + 0,25 = 0,375 mol
4) Sērskābes šķīduma tilpumu aprēķina:
V(H2SO4(šķīdums)) = 0,375 98 / 1,2 0,28 = 109,4 ml

C5 Molekulārā atrašana
vielu formulas (līdz 2014. gadam)
1. Izveidojiet reakcijas vienādojumu vispārējs skats, kurā
rakstīt vielas molekulāro formulu veidā.
2. Aprēķiniet vielas daudzumu pēc zināmas vērtības
vielas masa (tilpums), visbiežāk neorganiska.
3. Atbilstoši reaģentu stehiometriskajām attiecībām
vielas atrod organiskās vielas daudzumu
savienojumi ar zināmu masu.
4. Atrast organiskās vielas molekulmasu.
5. Nosakiet oglekļa atomu skaitu vēlamā sastāvā
vielas, pamatojoties uz vispārējo molekulāro formulu un
aprēķinātā molekulmasa.
6. Pierakstiet atrasto organiskās vielas molekulmasu
vielas.
7. Neaizmirsti pierakstīt atbildi.

Formula

Ķīmiskā formula - simbols
izmantoto vielu ķīmiskais sastāvs un struktūra
rakstzīmes ķīmiskie elementi, ciparu un
palīgraksti (iekavas, domuzīmes utt.).
Bruto formula (īstā formula vai empīriska)
atspoguļo sastāvu (precīzu katra atomu skaitu
elements vienā molekulā), bet ne molekulu struktūra
vielas.
Molekulārā formula (racionālā formula) -
formula, kas identificē atomu grupas
klasēm raksturīgās (funkcionālās grupas).
ķīmiskie savienojumi.
Vienkāršākā formula ir formula, kas atspoguļo
noteiktu ķīmisko elementu saturu.
Strukturālā formula ir ķīmiskās vielas veids
formulas, kas grafiski apraksta vietu un
atomu savienojuma secība savienojumā, kas izteikta
lidmašīna.

Problēmas risinājums ietvers trīs
secīgas darbības:
1. ķīmiskās reakcijas diagrammas sastādīšana
un stehiometriskā noteikšana
reaģējošo vielu attiecības;
2. vēlamās molmasas aprēķins
savienojumi;
3. uz tiem balstīti aprēķini, kas noved pie
molekulārās formulas noteikšana
vielas.

2. daļa: Neapgūts jautājums

Mijiedarbojoties ar ierobežojošu monobāzi
karbonskābe ar bikarbonātu
kalcijs, izdalījās 1,12 litri gāzes (n.o.) un
Izveidojās 4,65 g sāls. Pierakstiet vienādojumu
reakcijas vispārīgā veidā un noteikt
skābes molekulārā formula.
9,24–21,75% – C5 uzdevuma pilnīgas izpildes diapazons
9,24% – pilnībā tika galā ar šo uzdevumu
25,0–47,62% – C5 uzdevuma pilnīgas izpildes diapazons
otrajā vilnī

2СnH2n+1COOH + Ca(HCO3)2 = (СnH2n+1COO)2Ca + 2CO2 + 2H2O
1 mols
2 mol
2) Aprēķināt oglekļa dioksīda daudzumu un
sāls:

n((СnH2n+1COO)2Ca) = 1/2n(СO2) = 0,025 mol
3) Noteikt oglekļa atomu skaitu sālī un
izveido skābes molekulāro formulu:
M ((СnH2n+1COO)2Ca) = (12n + 2n + 1 + 44) 2 + 40 = 28n +
130
M ((СnH2n+1COO)2Ca) = m / M = 4,65 g / 0,025 mol = 186
g/mol
28n + 130 = 186
n=2
Skābes molekulārā formula ir CH COOH

34. Vielu molekulārās formulas atrašana.
Mijiedarbojoties ar ierobežojošu monobāzisku ogļskābi
skābe ar magnija karbonātu izdala 1120 ml gāzes (n.o.)
un izveidojās 8,5 g sāls. Ierakstiet reakcijas vienādojumu
vispārējs skats. Nosakiet skābes molekulāro formulu.
21,75% – pilnībā tika galā ar šo uzdevumu

1) Pierakstiet vispārējais vienādojums reakcijas:
2СnH2n+1COOH + MgCO3 = (СnH2n+1COO) 2Mg + CO2 + H2O
1 mols
1 mols
2) Aprēķiniet oglekļa dioksīda un sāls daudzumu:
n(CO2) = V / Vm = 1,12 l / 22,4 l/mol = 0,050 mol
n((СnH2n+1COO)2Mg) = n(СO2) = 0,050 mol
3) Noteikt oglekļa atomu skaitu sālī un noteikt
skābes molekulārā formula:
M ((СnH2n+1COO)2Mg) = (12n + 2n + 1 + 44) 2 + 24 = 28n + 114
M ((СnH2n+1COO)2Mg) = m/M = 8,5 g/0,050 mol = 170 g/mol
28n + 114 = 170
n=2
Skābes molekulārā formula ir C2H5COOH

Reakcija nav izlīdzināta. Lai gan
tas neietekmēja
matemātiskie aprēķini.
Pāreja no vispārējā
molekulārā formula uz
vēlamo molekulu
formula nav patiesa,
lietošanas dēļ
praksē lielākoties
bruto formulas

Tipisks kļūdu piemērs 34. uzdevumā

Reakcija
sastādīts ar
izmantojot bruto formulas.
Matemātiskā
daļa no problēmas
atrisināts pareizi
(metode
proporcijas).
Atšķirība starp
bruto formula
un molekulāri
nav formulas
iemācījušies.

34. Vielu molekulārās formulas atrašana

Piesātinātā vienvērtīgā spirta oksidēšanas laikā
vara(II) oksīds radīja 9,73 g aldehīda, 8,65 g
varš un ūdens.
Nosakiet oriģināla molekulāro formulu
alkohols
88

Risinājums:
Ņemot vērā:
m(СnH2nO) = 9,73 g
m(Cu) = 8,65 g
СnH2n+2O – ?
1) Mēs pierakstām vispārīgo reakcijas vienādojumu un
Mēs aprēķinām vara vielas daudzumu:

0,135 mol
0,135 mol 0,135 mol
1 mols
1 mols 1 mols
n(Cu) = m / M = 8,65 g / 64 g/mol = 0,135 mol
89

Nosakiet sākotnējā spirta molekulāro formulu.
СnH2n+2O + CuO = СnH2nO + Cu + H2O
1 mols
1 mols 1 mols
0,135 mol
0,135 mol 0,135 mol
2) Mēs saskaitām molārā masa aldehīds:
n(Cu) = n(СnH2nO) = 0,135 mol
M(СnH2nO) = m / n = 9,73 g / 0,135 mol = 72 g/mol
90

3) No formulas izveidojiet sākotnējā spirta molekulāro formulu
aldehīds:
M(СnH2nO) = 12n + 2n + 16 = 72
14n = 56
n=4
C4H9OH
Atbilde: sākotnējā spirta molekulārā formula ir C4H9OH.
91

34. Vielu molekulārās formulas atrašana (kopš 2015.g.)

Problēmas risinājums ietvers četrus
secīgas darbības:
1. vielas daudzuma atrašana pēc
ķīmiskā reakcija (sadegšanas produkti);
2. molekulārās formulas noteikšana
vielas;
3. vielas strukturālās formulas sastādīšana,
pamatojoties uz molekulāro formulu un
kvalitatīva reakcija;
4. kvalitatīvas reakcijas vienādojuma sastādīšana.

34.

Dedzinot kādu paraugu organiskais savienojums masu
14,8 g deva 35,2 g oglekļa dioksīda un 18,0 g ūdens. Ir zināms, ka
šīs vielas relatīvais tvaika blīvums attiecībā pret ūdeņradi ir 37.
Pētījuma laikā ķīmiskās īpašībasšī viela
Ir konstatēts, ka tad, kad šī viela mijiedarbojas ar vara oksīdu
(II) veidojas ketons.
Pamatojoties uz uzdevuma nosacījumu datiem:
1) veikt nepieciešamos aprēķinus;
2) noteikt sākotnējās organiskās vielas molekulāro formulu
vielas;
3) sastādīt šīs vielas struktūrformulu, kas
nepārprotami atspoguļo atomu saišu secību savā molekulā;
4) uzrakstiet vienādojumu šīs vielas reakcijai ar vara (II) oksīdu.

34

Ņemot vērā:
m(CxHyOz) = 14,8 g
m(CO2) = 35,2 g
m(H2O) = 18 g
DH2 = 37
СхHyOz – ?
M(CO2) = 44 g/mol
M(H2O) = 18 g/mol
Risinājums:
1) a)
C → CO2
0,80 mol
0,80 mol
n(CO2) = m / M = 35,2 g / 44 g/mol = 0,80 mol
n(CO2) = n(C) = 0,8 mol
b)
2H → H2O
2,0 mol
1,0 mol
n(H2O) = 18,0 g / 18 g/mol = 1,0 mol
n(H) = 2n(H2O) = 2,0 mol

34

c) m(C) + m(H) = 0,8 12 + 2,0 1 = 11,6 g (pieejams skābeklis)
m(O) = 14,8 g – 11,6 g = 3,2 g
n(O) = 3,2/16 = 0,20 mol
2) Nosakiet vielas molekulāro formulu:
Migla (CxHyOz) = DH2 MH2 = 37 2 = 74 g/mol
x:y:z=0,80:2,0:0,20=4:10:1
Aprēķinātā bruto formula ir C4H10O
Mcalc(C4H10O) = 74 g/mol
Sākotnējās vielas patiesā formula ir C4H10O

34
3) Mēs sastādām vielas strukturālo formulu, pamatojoties uz patieso
formulas un kvalitatīvā reakcija:
CH3 CH CH2 CH3
Ak!
4) Mēs pierakstām vienādojumu vielas reakcijai ar vara (II) oksīdu:
CH3 CH CH2 CH3 + CuO
Ak!
uz
CH3 C CH2 CH3 + Cu + H2O
ONepieciešamība pievērst pastiprinātu uzmanību
mērķtiecīga darba organizēšana, kam sagatavoties
vienotais valsts eksāmens ķīmijā, kas
ietver sistemātisku pētāmā materiāla atkārtošanu
un apmācību dažādu veidu uzdevumu veikšanā.
Atkārtošanas darba rezultātam vajadzētu būt samazinājumam
zināšanu sistēmā šādus jēdzienus: viela, ķīmiska viela
elements, atoms, jons, ķīmiskā saite,
elektronegativitāte, oksidācijas pakāpe, mols, molārais
masa, molārais tilpums, elektrolītiskā disociācija,
vielas skābju-bāzes īpašības, redoksīpašības, oksidācijas procesi un
reducēšana, hidrolīze, elektrolīze, funkcionālā
grupa, homoloģija, strukturālā un telpiskā izomērija Ir svarīgi atcerēties, ka apgūstot jebkuru jēdzienu
slēpjas spējā izcelt savu īpašību
pazīmes, identificēt tās attiecības ar citiem
jēdzieni, kā arī prasme lietot šo jēdzienu
lai izskaidrotu faktus un parādības.
Materiāla atkārtošana un vispārināšana ir ieteicama
sakārtot atbilstoši ķīmijas kursa galvenajām sadaļām:
Teorētiskā bāzeķīmija
Neorganiskā ķīmija
Organiskā ķīmija
Vielu un ķīmisko vielu zināšanu metodes
reakcijas. Ķīmija un dzīve ietver katras sadaļas satura apguvi
noteiktu teorētisko zināšanu apguve
informāciju, tostarp likumus, noteikumus un jēdzienus,
un arī, pats galvenais, to izpratni
attiecības un pielietojuma robežas.
Vienlaikus apgūstot kursa konceptuālo aparātu
ķīmija ir nepieciešams, bet nepietiekams nosacījums
sekmīga eksāmena uzdevumu izpilde
strādāt.
Lielākā daļa darbu CMM variantu vienu
valsts eksāmens ķīmijā ir virzīts,
galvenokārt, lai pārbaudītu spēju lietot
teorētiskās zināšanas konkrētās situācijās
raksturo vielas īpašības, pamatojoties uz tām
sastāvu un struktūru, nosaka iespēju
reakcijas starp vielām,
prognozē iespējamos reakcijas produktus ar
ņemot vērā tā rašanās apstākļus.
Turklāt, lai izpildītu vairākus uzdevumus, kas jums būs nepieciešami
zināšanas par pētīto reakciju pazīmēm, noteikumiem
apiešanās ar laboratorijas aprīkojumu un
vielas, vielu iegūšanas metodes iekšā
laboratorijās un rūpniecībā pētāmā materiāla sistematizācija un vispārināšana
atkārtojumiem jābūt vērstiem uz izcelšanas spēju attīstību
Galvenais ir izveidot cēloņu un seku attiecības starp
atsevišķi satura elementi, īpaši kompozīcijas attiecības,
vielu struktūra un īpašības.
Joprojām ir daudz jautājumu, ar kuriem jums vajadzētu iepazīties iepriekš.
katram skolēnam, kurš izvēlas šo eksāmenu, tas ir jādara.
Šī ir informācija par pašu eksāmenu, par tā norises iezīmēm, par
kā jūs varat pārbaudīt savu gatavību tam un kā to izdarīt
organizēt sevi, veicot eksāmenu darbu.
Visiem šiem jautājumiem vajadzētu būt visrūpīgākajiem
diskusijas ar studentiem FIPI vietnē (http://www.fipi.ru) ir ievietotas šādas ziņas.
normatīvā, analītiskā, izglītojošā un metodiskā
informatīvie materiāli:
dokumenti, kas nosaka KIM vienotā valsts eksāmena ķīmijā 2017 izstrādi
(kodifikators, specifikācija, demonstrācijas versija parādās līdz 1
septembris);
izglītojoši materiāli biedriem un priekšsēdētājiem
reģionālās mācību priekšmetu komisijas, lai pārbaudītu izpildi
uzdevumi ar detalizētu atbildi;
iepriekšējo gadu metodiskās vēstules;
izglītības datorprogramma “Ekspertu vienotais valsts eksāmens”;
apmācības uzdevumi no federālās bankas atvērtā segmenta
pārbaudes materiāli.

1. CMM 1. daļas struktūra ir būtiski mainīta:
uzdevumi ar vienas atbildes izvēli ir izslēgti; uzdevumus
sagrupēti atsevišķos tematiskajos blokos, in
no kuriem katram ir uzdevumi gan pamata, gan
paaugstināts grūtības līmenis.
2. Samazināts Kopā uzdevumi no 40 (2016. gadā) līdz
34.
3. Vērtēšanas skala ir mainīta (no 1 līdz 2 ballēm) aizpildīšanai
pamata sarežģītības līmeņa uzdevumi, kas tiek pārbaudīti
zināšanu apguve par ģenētiskais savienojums neorganiskās un
organiskās vielas (9 un 17).
4 Maksimālais primārais punktu skaits par darba pabeigšanu
kopvērtējumā būs 60 punkti (2016. gada 64 punktu vietā).

Daļu numurs Darba veids
darba uzdevumi un
th
līmenī
grūtības
Maksimums
th
primārs
punktu
%
maksimums
primārs
punktus
aiz muguras
šī darba daļa no
ģenerālis
maksimums
pamatpunkts – 60
1. daļa
29
Uzdevumi ar īsu
atbildi
40
68,7%
2. daļa
5
Uzdevumi ar
paplašināts
atbildi
20
31,3%
KOPĀ
34
60
100%

Aptuvenais laiks, kas atvēlēts personas pabeigšanai
uzdevumi, uzdevumi
ir:
1) katram pirmās daļas uzdevumam 1 – 5 minūtes;
2) katram otrās daļas 3. uzdevumam – līdz 10 minūtēm.
Kopējais izpildes laiks
eksāmena darbs ir
3,5 stundas (240 minūtes).

Punkti tika atņemti par:

1) Nav komentāru;

2) Kļūdas komentāros;

3) Trūkst vai nepareizi koeficienti;

4) Izlaistie blakusprodukti;

5) Vienkāršots vai shematisks reakcijas vienādojuma attēlojums.

Vienādojums neskaitīja, ja produkts vai izejviela ir reģistrēta nepareizi.

Kā piemērs dots Vladimira Vasiļjeviča Emanova risinājums.

https://pandia.ru/text/80/148/images/image002_193.gif" width="15" height="16">CH2BrCH2CH2Br + Zn → CH2 – CH2 (X1) + ZnBr2

Propēns var tikt pakļauts gan vieglai, gan destruktīvai oksidācijai ar kālija permanganātu, taču, tā kā piektā reakcija neizraisīja oglekļa ķēdes saīsināšanu, varam secināt, ka propēns tiek viegli oksidēts par divvērtīgu spirtu:

https://pandia.ru/text/80/148/images/image005_111.gif" width="3 height=14" height="14">4) 3CH2 = CH – CH3 + 2KMnO4 + 4H2O → 3CH2 - CH - CH3 (X3) + 2MnO2 + 2KOH

2. reakcija kļūst acīmredzama - ciklopropāna hidrohalogenēšana:

t°

2) CH2 – CH2 + HBr → CH3 – CH2 – CH2Br (X2)

Trešās reakcijas rezultātā veidojas propēns, tāpēc 1-brompropāns nonāk dehidrohalogenēšanas reakcijā:

cpirt, t°

https://pandia.ru/text/80/148/images/image009_73.gif" height="17 src=">CH2 - CH - CH3 + 2HBr → CH2 - CH - CH3 + 2H2O

KĻŪDAS,

1. Dažos darbos propēns tika pieņemts kā viela X1.

2. Propēna oksidācijas vienādojumā koeficienti ir novietoti ar kļūdām.

https://pandia.ru/text/80/148/images/image013_52.gif" width="76" height="12">2.C6H6→C6H5-CH(CH3)2 X1X2X3

https://pandia.ru/text/80/148/images/image018_52.gif" width="37" height="12 src=">C6H6 + CH2 = CH – CH3 C6H5 - CH(CH3)2

Otrā ķēdes saite ir atvērta - izopropilbenzola destruktīva oksidēšana ar kālija permanganātu skābā vidē līdz benzoskābei:

2) 5C6H5 - CH(CH3)2 + 18 KMnO4 + 27H2SO4 → 5C6H5 - COOH (X1) + 10CO2 + 9K2SO4 + 18MnSO4 + 42H2O

Trešā reakcija kļūst acīmredzama, jo gredzena aizvietotājs ir karboksilgrupa, nitrogrupa nonāk meta (3) pozīcijā:

https://pandia.ru/text/80/148/images/image028_39.gif" width="14 height=2" height="2">4) COOH + 3Fe + 7HCl → COOH (X3) + 3FeCl2 + 2H2O

https://pandia.ru/text/80/148/images/image034_32.gif" width="15 height=3" height="3">5) COOH + 2NaOH (g) → COONa (X4) + NaCl + 2H2O

KĻŪDAS,šī uzdevuma laikā atļauts:

1. Daudzi meistarklases dalībnieki domāja, ka šajā ķēdē ir atvērts tikai viens posms - otrais. Arī pirmā saite ir atvērta, jo ir zināms izejmateriāls un produkts.

2. Daži neņēma vērā otrās reakcijas apstākļus un norādīja uz fenolu kā produktu.

3. Daudzi cilvēki shematiski sastādīja vienādojumu reakcijai Nr.4, kā rezultātā nepareizi norādīja produktu, kādēļ reakcijā Nr.5 tika ņemta nepareiza viela: nātrija hidroksīda pārpalikums nav nepieciešams, lai to vienkārši pārnēsātu. iziet neitralizāciju.

4. Daži cilvēki kļūdījās ar koeficientiem un blakusproduktiem otrajā reakcijā.

Kopumā šī ķēde tika atrisināta sliktāk nekā citas.

https://pandia.ru/text/80/148/images/image038_9.jpg" alt="http://kontren.narod.ru/ege/c3.files/H2O.JPG" width="46" height="26">X1 → бромметан X2X3этаналь!}

1) CH3OK + H2O → CH3OH (X1) + KOH

3) 2CH3Br + 2Na → CH3 – CH3 (X2) + 2NaBr (Wurtz sintēze)

Tika atklāta nākamā saite - alkāna dehidrogenēšanas reakcija:

kplkst, t°

4) CH3 – CH3 → CH2 = CH2 (X3) + H2

5. reakcija kļūst acīmredzama - etanāla ražošana no etilēna (Wacker metode):

5) 2 CH2 = CH2 + O2 → 2CH3 – CHO

Otrajā reakcijā brommetānu iegūst, metanolam reaģējot ar bromūdeņradi:

2) CH3OH + HBr → CH3Br + H2O

KĻŪDAS,šī uzdevuma laikā atļauts:

1) Daži nolēma, ka metilāts ir skudrskābes sāls. Skudrskābes sāli sauc par met lv auzas vai met lv plkst, biežāk – formāts. Spirtu atvasinājumus (alkoholātus) sauc par alkiem dūņas atami, met dūņas at – metilspirta atvasinājums.

2) Daudzi neievietoja koeficientus vienādojumā Nr.5. Daži tajā kļūdījās.

https://pandia.ru/text/80/148/images/image043_7.jpg" alt="http://kontren.narod.ru/ege/c3.files/C-t.JPG" width="50" height="20 id=">.jpg" alt="http://kontren.narod.ru/ege/c3.files/UF-Cl2.JPG" width="56" height="19 id="> Х2 Х3 → С6Н5-СН2-О-СНО!}

Šajā ķēdē ir divas atvērtas saites, 1. un 3.

Ctēlot, t°

1) 3C2H2 → C6H6 (X1) (acetilēna trimerizācija)

Kad toluols gaismā reaģē ar hloru, radikālā notiek aizstāšana.

3) С6H5 – CH3 + Cl2 → С6H5 – CH2Cl (X2) + HCl

2. un 4. reakcija kļūst acīmredzama:

AlCl3

2) C6H6 + СH3Cl → С6H5 – CH3 + HCl (benzola alkilēšana)

H2 O, t°

4) С6H5 – CH2Cl + KOH → С6H5 – CH2 – OH (X3) + KCl (benzilspirta iegūšana)

5. reakcija kļūst acīmredzama - estera veidošanās:

5) C6H5 – CH2 – OH + HCOOH → C6H5-CH2-O-CHO + H2O

KĻŪDAS,šī uzdevuma laikā atļauts:

1) Dažiem cilvēkiem bija grūtības ar reakciju Nr.5 – viņi neatzina skudrskābes esteri.

2) Atkal acetilēna trimerizācijas vienādojumā tika izlaisti koeficienti.