Ndryshimet e mëposhtme do të bëhen në KIM-të e Provimit të Unifikuar të Shtetit 2017:

1. Qasja për strukturimin e pjesës 1 të fletës së provimit do të ndryshojë rrënjësisht. Pritet që, ndryshe nga modeli i ekzaminimit të viteve të mëparshme, struktura e pjesës 1 të veprës të përfshijë disa blloqe tematike, secili prej të cilëve do të paraqesë detyra të nivelit bazë dhe të avancuar të kompleksitetit. Brenda çdo blloku tematik, detyrat do të renditen sipas renditjes në rritje të numrit të veprimeve të nevojshme për t'i përfunduar ato. Kështu, struktura e pjesës 1 të fletës së provimit do të jetë më në përputhje me strukturën e vetë kursit të kimisë. Ky strukturim i Pjesës 1 të KIM do t'i ndihmojë të ekzaminuarit, gjatë punës, të përqendrojnë në mënyrë më efektive vëmendjen e tyre në përdorimin e njohurive, koncepteve dhe ligjeve të kimisë dhe në çfarë marrëdhënieje përmbushja e detyrave që testojnë asimilimin e materialit arsimor në një. do të kërkohet seksion i caktuar i kursit të kimisë.

2. Do të ketë ndryshime të dukshme në qasjet për hartimin e detyrave në një nivel bazë kompleksiteti. Këto mund të jenë detyra me një kontekst të vetëm, me zgjedhjen e dy përgjigjeve të sakta nga pesë, tre nga gjashtë, detyra "për të vendosur korrespondencën midis pozicioneve të dy grupeve", si dhe detyra llogaritëse.

3. Rritja e aftësisë diferencuese të detyrave e bën objektiv ngritjen e çështjes së zvogëlimit të numrit total të detyrave në fletën e provimit. Pritet që numri i përgjithshëm i detyrave të provimit të zvogëlohet nga 40 në 34. Kjo do të bëhet kryesisht duke përmirësuar numrin optimal të atyre detyrave, zbatimi i të cilave përfshin përdorimin e llojeve të ngjashme të aktiviteteve. Një shembull i detyrave të tilla, në veçanti, janë detyrat që synojnë testimin e vetive kimike të kripërave, acideve, bazave dhe kushteve për reaksionet e shkëmbimit të joneve.

4. Një ndryshim në formatin e detyrave dhe numrit të tyre do të shoqërohet në mënyrë të pashmangshme me një rregullim në shkallën e notimit për disa detyra, e cila, nga ana tjetër, do të shkaktojë një ndryshim në rezultatin total parësor për përfundimin e punës në tërësi, me sa duket në variojnë nga 58 në 60 (në vend të 64 pikëve të mëparshme).

Pasoja e ndryshimeve të planifikuara në modelin e provimit në tërësi duhet të jetë një rritje në objektivitetin e testimit të formimit të një sërë aftësish lëndore dhe meta-lëndë, të cilat janë një tregues i rëndësishëm i suksesit të zotërimit të lëndës. Po flasim, në veçanti, për aftësi të tilla si: aplikimi i njohurive në një sistem, ndërthurja e njohurive për proceset kimike me të kuptuarit e marrëdhënies matematikore midis sasive të ndryshme fizike, vlerësimi i pavarur i korrektësisë së kryerjes së një detyre edukative dhe edukative-praktike, etj. .

Këshilla për përgatitjen për Provimin e Unifikuar të Shtetit në kimi në faqen e internetit

Si të kaloni me kompetencë Provimin e Unifikuar të Shtetit (dhe Provimin e Unifikuar të Shtetit) në kimi? Nëse keni vetëm 2 muaj dhe nuk jeni ende gati? Dhe mos u bëni miq me kiminë ...

Ai ofron teste me përgjigje për çdo temë dhe detyrë, me kalimin e të cilave mund të studioni parimet, modelet dhe teorinë bazë që gjenden në Provimin e Bashkuar të Shtetit në kimi. Testet tona ju lejojnë të gjeni përgjigje për shumicën e pyetjeve të hasura në Provimin e Bashkuar të Shtetit në kimi, dhe testet tona ju lejojnë të konsolidoni materialin, të gjeni pikat e dobëta dhe të punoni me materialin.

Gjithçka që ju nevojitet është interneti, artikuj shkrimi, kohë dhe një faqe interneti. Është mirë që të keni një fletore të veçantë për formulat/zgjidhjet/shënimet dhe një fjalor me emra të parëndësishëm të përbërjeve.

1. Që në fillim, ju duhet të vlerësoni nivelin tuaj aktual dhe numrin e pikëve që ju nevojiten, për këtë ia vlen të kaloni. Nëse gjithçka është shumë e keqe dhe keni nevojë për performancë të shkëlqyer, urime, edhe tani nuk ka humbur gjithçka. Ju mund ta stërvitni veten për të kaluar me sukses pa ndihmën e një tutori.
   Vendosni për numrin minimal të pikëve që dëshironi të shënoni, kjo do t'ju lejojë të kuptoni se sa detyra duhet të zgjidhni me saktësi për të marrë rezultatin që ju nevojitet.
   Natyrisht, kini parasysh që gjithçka mund të mos shkojë aq mirë dhe zgjidhni sa më shumë probleme, ose më mirë akoma, të gjitha. Minimumi që keni përcaktuar për veten tuaj - duhet të vendosni në mënyrë ideale.
2. Le të kalojmë në pjesën praktike - trajnimin për zgjidhjen.
   Mënyra më efektive është si më poshtë. Zgjidhni vetëm provimin që ju intereson dhe zgjidhni testin përkatës. Rreth 20 detyra të zgjidhura garantojnë se do të përballoni të gjitha llojet e problemeve. Sapo të filloni të ndjeni se dini të zgjidhni çdo detyrë që shihni nga fillimi në fund, vazhdoni në detyrën tjetër. Nëse nuk dini si të zgjidhni një detyrë, përdorni kërkimin në faqen tonë të internetit. Ka pothuajse gjithmonë një zgjidhje në faqen tonë të internetit, përndryshe thjesht shkruajini mësuesit duke klikuar në ikonën në këndin e poshtëm të majtë - është falas.
3. Në të njëjtën kohë, ne përsërisim pikën e tretë për të gjithë në faqen tonë të internetit, duke filluar me.
4. Kur pjesa e parë ju jepet të paktën në një nivel mesatar, ju filloni të vendosni. Nëse një nga detyrat është e vështirë, dhe keni bërë një gabim në përfundimin e saj, atëherë kthehuni te testet për këtë detyrë ose tema përkatëse me teste.
5. Pjesa 2. Nëse keni një mësues, përqendrohuni në studimin e kësaj pjese me të. (me kusht që të jeni në gjendje të zgjidhni pjesën tjetër të paktën 70%). Nëse keni filluar pjesën 2, atëherë duhet të shënoni notë kaluese pa asnjë problem 100% të rasteve. Nëse kjo nuk ndodh, është më mirë të qëndroni në pjesën e parë për momentin. Kur të jeni gati për pjesën 2, ju rekomandojmë të merrni një fletore të veçantë ku do të shkruani vetëm zgjidhjet e pjesës 2. Çelësi i suksesit është zgjidhja e sa më shumë detyrave, ashtu si në pjesën 1.

Përcaktoni se cilat atome të elementeve të treguara në seri përmbajnë një elektron të paçiftuar në gjendjen bazë.
Shkruani numrat e elementeve të zgjedhur në fushën e përgjigjes.
Përgjigje:

Përgjigje: 23
Shpjegim:
Le të shkruajmë formulën elektronike për secilin nga elementët kimikë të treguar dhe të përshkruajmë 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

Nga elementët kimikë të treguar në seri, zgjidhni tre elementë metalikë. Renditni elementët e përzgjedhur në rendin e rritjes së vetive reduktuese.

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

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, për rrjedhojë, reduktuese të elementeve rriten kur lëvizin majtas përgjatë periudhës dhe poshtë nëngrupit.
Kështu, vetitë metalike të metaleve të listuara më sipër rriten në rendin Al, Mg, Na

Nga elementët e treguar në seri, zgjidhni dy elementë që, kur kombinohen 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 vetëm)
Silic Si - "-4", "+4"
Magnezi Mg - "+2" (i vetëm)

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

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 atomet e një metali tipik dhe atomet e një jometali.

Bazuar në këtë kriter, lloji jonik i lidhjes shfaqet në përbërjet KCl dhe KNO 3.

Përveç karakteristikës së mësipërme, prania e një lidhjeje jonike në një përbërje mund të thuhet nëse njësia strukturore e saj përmban një kation amoniumi (NH 4 + ) ose analogët e tij organikë - kationet e alkilamoniumit RNH 3 + , dialkilamoni R 2NH2+ , trialkilamonium R 3NH+ dhe tetraalkilammonium R 4N+ , ku R është disa radikale hidrokarbure. Për shembull, lloji jonik i lidhjes ndodh në përbërjen (CH 3 ) 4 NCl ndërmjet kationit (CH 3 ) 4 + dhe jon klorur Cl - .

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

Përgjigje: 241

Shpjegim:

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

Al 2 O 3 është një 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 pas ndarjes në një tretësirë ​​ujore, vetëm kationet H + formohen nga kationet:

HClO 4 = H + + ClO 4 -

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

1) acidi 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 është i pamundur.

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

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 acide përveç SiO 2, reagojnë me ujin.

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

BaO + H2O = Ba(OH) 2

SO 3 + H 2 O = H 2 SO 4

1) brom hidrogjeni

3) nitrat natriumi

4) oksid squfuri (IV)

5) klorur alumini

Shkruani numrat e zgjedhur në tabelë nën shkronjat përkatëse.

Përgjigje: 52

Shpjegim:

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

Një gabim i zakonshëm në mesin e atyre që marrin Provimin e Unifikuar të Shtetit në kimi është moskuptimi 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 = Al(OH) 3 + 3NH 4 Cl

Në një skemë të caktuar transformimi

Cu X > CuCl 2 Y > CuI

substancat X dhe Y janë:

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 prej tyre:

Cu 2+ + 3I - = CuI + I 2

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.

EKUACIONI I REAKSIONIT A) H 2 + 2Li = 2LiH B) N 2 H 4 + H 2 = 2NH 3 B) N 2 O + H 2 = N 2 + H 2 O D) N 2 H 4 + 2N 2 O = 3N 2 + 2H 2 O

OXIDIZUES

Shkruani numrat e zgjedhur në tabelë nën shkronjat përkatëse.

Përgjigje: 1433
Shpjegim:
Një agjent oksidues në një reaksion është një substancë që përmban një element që ul gjendjen e tij të oksidimit

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.

FORMULA E SUBSTANCËS	REAGENTET
A) Cu (NO 3) 2	1) NaOH, Mg, Ba(OH) 2 2) HCl, LiOH, H 2 SO 4 (tretësirë) 3) BaCl2, Pb(NO 3) 2, S 4) CH 3 COOH, KOH, FeS 5) O 2, Br 2, HNO 3

Shkruani numrat e zgjedhur në tabelë nën shkronjat përkatëse.

Përgjigje: 1215

Shpjegim:

A) Cu(NO 3) 2 + NaOH dhe Cu(NO 3) 2 + Ba(OH) 2 – ndërveprime të ngjashme. Një kripë reagon me një hidroksid metali nëse substancat fillestare janë të tretshme dhe produktet përmbajnë një precipitat, gaz ose një substancë pak disociuese. Si për reagimin e parë ashtu edhe për të dytën, të dyja kërkesat janë plotësuar:

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 - një kripë reagon me një metal 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, si dhe hidroksidet Be(OH) 2 dhe Zn(OH) 2 si përjashtim, klasifikohen si 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 opsioni 2 i përgjigjes është i përshtatshëm:

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

Al(OH) 3 + LiOH (tretësirë) = Li ose Al(OH) 3 + LiOH(sol.) =to=> 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 është dhënë në paragrafin 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 = Na 2 + 2NaCl

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

D) Br 2, O 2 janë agjentë të fortë oksidues. Të vetmet metale që nuk reagojnë janë argjendi, platini dhe ari:

Cu + Br 2 t° > CuBr 2

2 Cu + O2 t° > 2 CuO

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 = Cu(NO 3)2 + 2NO 2 + 2H 2 O

8HNO 3(dil.) + 3Cu = 3Cu(NO 3) 2 + 2NO + 4H 2 O

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

Shkruani numrat e zgjedhur në tabelë nën shkronjat përkatëse.

Përgjigje: 231

Shpjegim:

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 C5H10. Le të shkruajmë formulat strukturore dhe molekulare të substancave të renditura në gjendje

Emri i substancës	Formula strukturore	Formula molekulare
ciklopentani		C5H10
2-metilbutan		C5H12
1,2-dimetilciklopropan		C5H10
penten-2		C5H10
heksen-2		C6H12
ciklopenteni		C 5 H 8

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) metilpropan

Shkruani numrat e substancave të zgjedhura në fushën e përgjigjes.

Përgjigje: 15

Shpjegim:

Nga hidrokarburet që reagojnë me një tretësirë ​​ujore të permanganatit të kaliumit janë ato që përmbajnë lidhje C=C ose C≡C në formulën e tyre strukturore, si dhe homologë të benzenit (përveç vetë benzenit).
Metilbenzeni dhe stiren janë të përshtatshëm në këtë mënyrë.

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 alkoolet. 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 agjent orientues i llojit të parë, domethënë lehtëson reaksionet e zëvendësimit në pozicionet orto dhe para:

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 substancat e listuara janë karbohidrate. Nga karbohidratet, monosakaridet nuk i nënshtrohen hidrolizës. Glukoza, fruktoza dhe riboza janë monosakaride, saharoza është disakarid dhe niseshteja është polisaharid. Prandaj, saharoza dhe niseshteja nga lista e mësipërme i nënshtrohen hidrolizës.

Skema e mëposhtme e transformimeve të substancave është specifikuar:

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

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

2) etanali

4) kloroetani

5) acetilen

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

Përgjigje: 31

Shpjegim:

Vendosni një korrespondencë midis emrit të substancës fillestare dhe produktit, i cili formohet kryesisht kur kjo substancë reagon me bromin: për çdo pozicion të treguar nga një shkronjë, zgjidhni pozicionin përkatës të treguar nga një numër.

Shkruani numrat e zgjedhur në tabelë nën shkronjat përkatëse.

Përgjigje: 2134

Shpjegim:

Zëvendësimi në atomin sekondar të karbonit ndodh në një masë më të madhe sesa në atë primar. Kështu, produkti kryesor i bromimit të propanit është 2-bromopropan, 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 preferencialisht i nënshtrohen reaksioneve të shtimit të shoqëruara nga këputja e unazës:

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

Vendosni një korrespondencë midis skemës së reaksionit 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 numrat e zgjedhur në tabelë nën shkronjat përkatëse.

Përgjigje: 6134

Shpjegim:

Ngrohja e aldehideve me hidroksid bakri të sapoprecipituar çon 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:

Kur acidi sulfurik i përqendruar reagon me etanolin pas ngrohjes, mund të formohen dy produkte të ndryshme. 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, duke rezultuar në formimin e etilenit:

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 ato reaksione në të cilat 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 edhe me ngrohje të lehtë (60 o C) në karbonat metali, dioksid karboni dhe ujë. Në këtë rast, nuk ndodh asnjë ndryshim në gjendjet e oksidimit:

Oksidet e patretshme dekompozohen kur nxehen. Reagimi nuk është redoks sepse Asnjë element i vetëm kimik nuk ndryshon gjendjen e tij të oksidimit si rezultat:

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 lidhet me OVR:

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

1) ulje e temperaturës

2) rritja e presionit në sistem

5) përdorimi i një frenuesi

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

Përgjigje: 24

Shpjegim:

1) ulje 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 zvogëlon shpejtësinë e reagimit

4) rritja e përqendrimit të azotit

Rritja e përqendrimit të reagentëve rrit gjithmonë shpejtësinë e reagimit

5) përdorimi i një frenuesi

Frenuesit janë substanca që ngadalësojnë shpejtësinë e një reaksioni.

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 numrat e zgjedhur në tabelë nën shkronjat përkatëse.

Përgjigje: 5251

Shpjegim:

A) NaBr → Na + + Br -

Kationet Na+ dhe molekulat e ujit konkurrojnë me njëra-tjetrën 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 me njëra-tjetrën për katodën.

Kationet e metaleve alkali, si dhe magnezi dhe alumini, nuk janë në gjendje të reduktohen në një tretësirë ​​ujore për shkak të aktivitetit të tyre të lartë. Për këtë arsye, molekulat e ujit reduktohen në vend të tyre sipas ekuacionit:

2H 2 O + 2e — → H 2 + 2OH —

Anionet NO3 dhe molekulat e ujit konkurrojnë me njëra-tjetrën për anodën.

2H 2 O - 4e - → O 2 + 4H +

Pra, përgjigja 2 (hidrogjen dhe oksigjen) është e përshtatshme.

B) AlCl 3 → Al 3+ + 3Cl -

Kationet e metaleve alkali, si dhe magnezi dhe alumini, nuk janë në gjendje të reduktohen në një tretësirë ​​ujore për shkak të aktivitetit të tyre të lartë. Për këtë arsye, molekulat e ujit reduktohen në vend të tyre sipas ekuacionit:

2H 2 O + 2e — → H 2 + 2OH —

Anionet Cl dhe molekulat e ujit konkurrojnë me njëra-tjetrën për anodën.

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

2Cl - -2e → Cl 2

Prandaj, opsioni 5 i përgjigjes (hidrogjen dhe halogjen) është i përshtatshëm.

D) CuSO 4 → Cu 2+ + SO 4 2-

Kationet metalike në të djathtë të hidrogjenit në serinë e aktivitetit reduktohen lehtësisht në kushtet e tretësirës ujore:

Cu 2+ + 2e → Cu 0

Mbetjet acidike që përmbajnë një element acid-formues 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, opsioni i përgjigjes 1 (oksigjen dhe metal) është i përshtatshëm.

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 numrat e zgjedhur në tabelë nën shkronjat përkatëse.

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 - mjedisi është acid

B) klorur kromi (III) - CrCl 3

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

B) sulfat natriumi - Na 2 SO 4

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

D) sulfur natriumi - Na 2 S

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

Vendosni një korrespondencë midis metodës së ndikimit në sistemin e ekuilibrit

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

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

Shkruani numrat e zgjedhur në tabelë nën shkronjat përkatëse.

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) Një rritje në përqendrimin e CO bën që ekuilibri të zhvendoset drejt reaksionit përpara sepse rezulton në një ulje të sasisë së 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) Një ulje e presionit do të zhvendosë ekuilibrin drejt reaksionit që rezulton në një rritje të sasisë së gazeve. Si rezultat i reaksionit të kundërt, formohen më shumë gazra sesa si rezultat i reaksionit të drejtpërdrejtë. Kështu, ekuilibri do të zhvendoset drejt reagimit të kundërt.

D) Rritja e përqendrimit të klorit çon në një zhvendosje të ekuilibrit drejt reaksionit të drejtpërdrejtë, pasi si rezultat zvogëlon sasinë e klorit.

Vendosni një korrespondencë midis dy substancave dhe një reagjenti që mund të përdoret për të dalluar këto substanca: për çdo pozicion të treguar nga një shkronjë, zgjidhni pozicionin përkatës të treguar nga një numër.

SUBSTANCAT A) FeSO 4 dhe FeCl 2 B) Na 3 PO 4 dhe Na 2 SO 4 B) KOH dhe Ca(OH) 2 D) KOH dhe KCl

REAGENT

Shkruani numrat e zgjedhur në tabelë nën shkronjat përkatëse.

Përgjigje: 3454

Shpjegim:

Është e mundur të dallohen dy substanca me ndihmën e një të treti vetëm nëse këto dy substanca ndërveprojnë me të ndryshe 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 reaksioni nuk ndodh.

B) Tretësirat e Na 3 PO 4 dhe Na 2 SO 4 mund të dallohen duke përdorur një tretësirë ​​të MgCl 2. Tretësira Na 2 SO 4 nuk reagon, 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 e KOH dhe Ca(OH) 2 mund të dallohen duke përdorur një tretësirë ​​të 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 e KOH dhe KCl mund të dallohen duke përdorur një tretësirë ​​të 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 = Mg(OH) 2 ↓ + 2KCl

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

Shkruani numrat e zgjedhur në tabelë nën shkronjat përkatëse.

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, fitohen plehrat - 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 peshë të lartë molekulare (polimere), përkatësisht polietileni.

Përgjigja për detyrat 27–29 është një numër. Shkruani këtë numër në fushën e përgjigjes në tekstin e punës, duke ruajtur shkallën e saktësisë së specifikuar. Pastaj transferojeni këtë numër në FORMULARI I PËRGJIGJEVE 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. Nuk ka nevojë të shkruhen njësi matëse të madhësive fizike. Në një reaksion ekuacioni termokimik i të cilit është MgO (tv.) + CO 2 (g) → MgCO 3 (tv.) + 102 kJ, U futën 88 g dioksid karboni. Sa nxehtësi do të lirohet në këtë rast? (Shkruani numrin me numrin e plotë më të afërt.) Përgjigje: _________________________ kJ. Përgjigje: 204 Shpjegim: Le të llogarisim sasinë e dioksidit të karbonit: n(CO 2) = n(CO 2)/ M(CO 2) = 88/44 = 2 mol, Sipas ekuacionit të reaksionit, kur 1 mol CO 2 reagon me oksid magnezi, lirohet 102 kJ. Në rastin tonë, sasia e dioksidit të karbonit është 2 mol. Duke përcaktuar sasinë e nxehtësisë së lëshuar si x kJ, mund të shkruajmë proporcionin e mëposhtëm: 1 mol CO 2 – 102 kJ 2 mol CO 2 – x kJ Prandaj, ekuacioni 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. Përcaktoni masën e zinkut që reagon me acid klorhidrik për të prodhuar 2,24 L (N.S.) hidrogjen. (Shkruani numrin me të dhjetën më të afërt.) Përgjigje: _________________________ g. Përgjigje: 6.5 Shpjegim: Le të shkruajmë ekuacionin e reaksionit: Zn + 2HCl = ZnCl 2 + H 2 Le të llogarisim sasinë e substancës së hidrogjenit: n(H 2) = V(H 2)/V m = 2,24/22,4 = 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) = n(H 2) = 0,1 mol, pra: m(Zn) = n(Zn) ∙ M(Zn) = 0,1 ∙ 65 = 6,5 g. Mos harroni të transferoni të gjitha përgjigjet në formularin nr. 1 të përgjigjes në përputhje me udhëzimet për përfundimin e punës. C 6 H 5 COOH + CH 3 OH = C 6 H 5 COOCH 3 + H 2 O 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 deklaratën e problemit dhe jepni të gjitha llogaritjet e nevojshme (tregoni njësitë matëse të sasive fizike të kërkuara). Përgjigje: Shpjegim: Bikarbonati i natriumit dekompozohet kur nxehet sipas ekuacionit: 2NaHCO 3 → Na 2 CO 3 + CO 2 + H 2 O (I) Mbetja e ngurtë që rezulton me sa duket 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 bikarbonatit të natriumit dhe karbonatit të natriumit: n(NaHCO 3) = m(NaHCO 3)/M(NaHCO 3) = 43,34 g/84 g/mol ≈ 0,516 mol, prandaj, n(Na 2 CO 3) = 0,516 mol/2 = 0,258 mol. Le të llogarisim sasinë e dioksidit të karbonit të formuar nga reaksioni (II): n(CO 2) = n(Na ​​2 CO 3) = 0.258 mol. Le të llogarisim 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) = m(NaOH)/ M(NaOH) = 10/40 = 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 = Na 2 CO 3 + H 2 O (me alkali të tepërt) NaOH + CO 2 = NaHCO 3 (me dioksid karboni të tepërt) Nga ekuacionet e paraqitura rezulton se vetëm kripë mesatare fitohet në raportin n(NaOH)/n(CO 2) ≥2, dhe vetëm kripë acide në raportin n(NaOH)/n(CO 2) ≤ 1. Sipas llogaritjeve, ν(CO 2) > ν(NaOH), pra: n(NaOH)/n(CO2) ≤ 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 = NaHCO 3 (III) Ne kryejmë llogaritjen bazuar në mungesën e alkalit. Sipas ekuacionit të reaksionit (III): n(NaHCO 3) = n(NaOH) = 0,25 mol, pra: m(NaHCO 3) = 0,25 mol ∙ 84 g/mol = 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 ka reaguar, d.m.th. vetëm 0,25 mol CO 2 u absorbua nga 0,258 mol. Atëherë masa e CO 2 të përthithur është: m(CO 2) = 0,25 mol ∙ 44 g/mol = 11 g. Atëherë, masa e tretësirës është e barabartë me: m(tretësirë) = m(tretësirë ​​NaOH) + m(CO 2) = 100 g + 11 g = 111 g, dhe pjesa masive e bikarbonatit të natriumit në tretësirë ​​do të jetë kështu e barabartë me: ω(NaHCO 3) = 21 g/111 g ∙ 100% ≈ 18,92%. Me djegien e 16,2 g lëndë organike të një strukture jociklike, u përftuan 26,88 l (n.s.) 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 të dhënat e kushteve të problemit: 1) të bëjë llogaritjet e nevojshme për të vendosur formulën molekulare të një substance organike; 2) shkruani formulën molekulare të një lënde organike; 3) hartoni një formulë strukturore të një lënde organike që pasqyron pa mëdyshje rendin e lidhjeve të atomeve në molekulën e saj; 4) shkruani ekuacionin për reaksionin e hidratimit të lëndës organike. Përgjigje: Shpjegim: 1) Për të përcaktuar përbërjen elementare, le të llogarisim sasinë e substancave dioksid karboni, ujin dhe më pas masat e elementeve të përfshira në to: n(CO 2) = 26,88 l/22,4 l/mol = 1,2 mol; n(CO 2) = n(C) = 1,2 mol; m(C) = 1,2 mol ∙ 12 g/mol = 14,4 g. n(H2O) = 16,2 g/18 g/mol = 0,9 mol; n(H) = 0,9 mol ∙ 2 = 1,8 mol; m(H) = 1,8 g. m(org. substanca) = m(C) + m(H) = 16,2 g, pra, 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 molekulë 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 ekzistojë 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 gjithmonë më shumë se një. Kështu, formula molekulare e substancës C 4 H 6 përkon me atë më të thjeshtë. 2) Formula molekulare e një lënde organike është C 4 H 6. 3) Nga hidrokarburet, alkinet në të cilat lidhja e trefishtë ndodhet në fund të molekulës ndërveprojnë me një tretësirë ​​amoniaku të oksidit të argjendit. Për të shmangur ndërveprimin me një zgjidhje amoniaku të oksidit të argjendit, përbërja e alkinit 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:

Provimi i Unifikuar i Shtetit 2017 Kimi Detyrat tipike të testit Medvedev

M.: 2017. - 120 f.

Detyrat tipike të testit në kimi përmbajnë 10 grupe variante 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 sigurojë 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 mostra të formularëve të përdorur në Provimin e Unifikuar të Shtetit për regjistrimin e përgjigjeve dhe zgjidhjeve. Autori i detyrave është një shkencëtar, mësues dhe metodolog kryesor i cili është i përfshirë drejtpërdrejt në zhvillimin e materialeve matëse të kontrollit për Provimin e Unifikuar të Shtetit. Manuali ka për qëllim që mësuesit t'i përgatisin studentët për provimin e kimisë, si dhe për nxënësit e shkollave të mesme dhe maturantët - për vetë-përgatitje dhe vetëkontroll.

Formati: pdf

Madhësia: 1.5 MB

Shikoni, shkarkoni:drive.google

PËRMBAJTJA
Parathënie 4
Udhëzime për kryerjen 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 problemeve të opsionit 10 99
Pjesa 1 99
Pjesa 2 113

Ky tekst shkollor është një përmbledhje detyrash për përgatitjen 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 kalimit të Provimit të Unifikuar të Shtetit në Kimi, i cili do t'ju lejojë të përgatiteni më mirë për format e reja të certifikimit përfundimtar dhe për pranimin në universitete.
Manuali përbëhet nga 10 variante detyrash, të cilat në formë dhe përmbajtje janë afër versionit demo të Provimit të Unifikuar të Shtetit dhe nuk shkojnë përtej përmbajtjes së kursit të kimisë, të përcaktuar normativisht nga komponenti federal i standardit shtetëror të arsimit të përgjithshëm. . Kimia (Urdhër i Ministrisë së Arsimit Nr. 1089 datë 05.03.2004).
Niveli i paraqitjes së përmbajtjes së materialit arsimor në detyra lidhet me kërkesat e standardit shtetëror për përgatitjen e maturantëve (të plotë) të kimisë.
Materialet matëse të kontrollit të Provimit të Unifikuar të Shtetit përdorin detyra të tre llojeve:
- detyra të nivelit bazë të vështirësisë me një përgjigje të shkurtër,
- detyra të një niveli të rritur kompleksiteti me një përgjigje të shkurtër,
- detyra të një niveli të lartë kompleksiteti 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 pyetje me përgjigje të shkurtra, duke përfshirë 20 detyra të nivelit bazë dhe 9 detyra të nivelit të avancuar. Pjesa 2 përmban 5 detyra të një niveli të lartë kompleksiteti, me përgjigje të detajuara (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 më të madhe të punës me shkrim në kimi në provimet pranuese në universitet.