Chemia — Maj 2015

Krok 1. Konfiguracja elektronowa bromu. Brom ma liczbę atomową $Z=35$, więc jego atom w stanie podstawowym ma 35 elektronów rozmieszczonych zgodnie z zasadą budowy: $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}4s^{2}3d^{10}4p^5$.

Krok 2. Elektrony walencyjne. Powłoka walencyjna to powłoka o najwyższym numerze głównym ($n=4$) — należą do niej elektrony $4s^2$ i $4p^5$, czyli razem $2+5=7$ elektronów.

Krok 3. Blok konfiguracyjny. Ostatni elektron trafia na podpowłokę $4p$, więc brom należy do bloku p układu okresowego.

Krok 4. Stopnie utlenienia. Brom (grupa 17, siedem elektronów walencyjnych) przyjmuje minimalny stopień utlenienia $-1$ (przyłączając jeden elektron do skompletowania oktetu, np. w $\mathrm{B}{\mathrm{r}}^{-}$), a maksymalny stopień utlenienia $+7$ (oddając wszystkie elektrony walencyjne, np. w $\mathrm{HBr}{\mathrm{O}}_4$).

Odpowiedź: konfiguracja $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}4s^{2}3d^{10}4p^5$; 7 elektronów walencyjnych; blok p; stopień minimalny $-1$, maksymalny $+7$.

Krok 1. Masa cząsteczki w jednostkach $u$. Cząsteczka $\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2$ zbudowana z atomów dwóch różnych izotopów ma masę: $78,92u+80,92u=159,84u$.

Krok 2. Przeliczenie na gramy. Jedna jednostka masy atomowej to $1u=1,66\cdot 10^{-24}\mathrm{g}$ (co odpowiada $\frac{1g/mol}{N_A}$). Masa jednej cząsteczki: $m=159,84\cdot 1,66\cdot 10^{-24}\mathrm{g}\approx 2,65\cdot 10^{-22}\mathrm{g}.$

Odpowiedź: masa pojedynczej cząsteczki bromu (zbudowanej z atomów dwóch różnych izotopów) wynosi $m\approx 2,65\cdot 10^{-22}\mathrm{g}$ (równoważnie $26,5\cdot 10^{-23}\mathrm{g}$).

Krok 1. Oznaczenia. Niech $x_1$ oznacza zawartość procentową izotopu o masie $78,92u$, a $x_2=100\%-x_1$ — zawartość procentową izotopu o masie $80,92u$.

Krok 2. Równanie średniej masy atomowej. Średnia masa atomowa bromu jest średnią ważoną mas izotopów: $79,90u=\frac{78,92u\cdot x_1+80,92u\cdot (100\%-x_1)}{100\%}.$

Krok 3. Rozwiązanie równania. Po przekształceniu: $79,90=80,92-0,02x_1\Rightarrow 0,02x_1=1,02\Rightarrow x_1=51.$ Stąd $x_2=100\%-51\%=49\%$.

Odpowiedź: atomy o masie atomowej $78,92u$ stanowią $51\%$, a atomy o masie atomowej $80,92u$ stanowią $49\%$ wszystkich atomów bromu.

Krok 1. $\mathrm{CB}{\mathrm{r}}_4$. Różnica elektroujemności między węglem i bromem jest bardzo mała, a cząsteczka jest symetryczna (tetraedryczna) — wiązanie C–Br traktujemy jako kowalencyjne niespolaryzowane (dopuszczalne również: kowalencyjne spolaryzowane).

Krok 2. $\mathrm{CaB}{\mathrm{r}}_2$. Wapń (metal, mała elektroujemność) i brom (niemetal, duża elektroujemność) tworzą związek z przeniesieniem elektronów — wiązanie jonowe.

Krok 3. $\mathrm{HBr}$. Wodór i brom są niemetalami o różnej elektroujemności — wspólna para elektronowa jest przesunięta w stronę bromu, co daje wiązanie kowalencyjne spolaryzowane.

Odpowiedź:

Krok 1. Liczba par elektronowych wokół siarki. Atom siarki w $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3$ tworzy trzy wiązania z atomami tlenu i nie ma żadnej wolnej pary elektronowej — wokół siarki znajdują się trzy obszary elektronowe.

Krok 2. Typ hybrydyzacji. Trzy obszary elektronowe odpowiadają hybrydyzacji $\mathrm{s}{\mathrm{p}}^2$ (trzy zhybrydyzowane orbitale w jednej płaszczyźnie, plus niezhybrydyzowany orbital $p$ biorący udział w wiązaniu $\pi$).

Krok 3. Geometria cząsteczki. Hybrydyzacji $\mathrm{s}{\mathrm{p}}^2$ bez wolnych par elektronowych odpowiada geometria płaska (trójkątna płaska, kąty $120^{\circ }$).

Odpowiedź: typ hybrydyzacji: $\mathrm{s}{\mathrm{p}}^2$; geometria: płaska.

Krok 1. Wiązania $\sigma$. Każde z trzech wiązań S–O (niezależnie od tego, czy jest pojedyncze, czy podwójne) zawiera jedno wiązanie $\sigma$ — razem 3 wiązania $\sigma$.

Krok 2. Wiązania $\pi$. Zgodnie z przedstawionym wzorem tylko jedno z trzech wiązań S–O jest podwójne, a więc zawiera dodatkowo jedno wiązanie $\pi$ — razem 1 wiązanie $\pi$.

Odpowiedź: liczba wiązań $\sigma$ = 3; liczba wiązań $\pi$ = 1.

Krok 1. Warunek izomorfizmu. Kryształy mieszane mogą tworzyć substancje, w których jony wzajemnie się zastępujące w sieci mają taki sam ładunek i zbliżone rozmiary (promienie jonowe).

Krok 2. Porównanie kationów. W $\mathrm{KCl}$ i $\mathrm{NaCl}$ anion jest ten sam ($\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$), więc o możliwości zastępowania decydują kationy: $r({\mathrm{K}}^{+})=138\mathrm{pm}$, a $r(\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+})=102\mathrm{pm}$. Różnica promieni jest bardzo duża (ok. $36\mathrm{pm}$, czyli ponad $35\%$ względnej różnicy).

Krok 3. Wniosek. Kation $\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}$ jest zbyt mały w porównaniu z kationem ${\mathrm{K}}^{+}$, aby mógł go zastąpić w sieci przestrzennej chlorku potasu bez znacznego zniekształcenia (zmiany rozmiaru) komórki elementarnej — dlatego $\mathrm{KCl}$ i $\mathrm{NaCl}$, mimo tego samego typu sieci, nie tworzą kryształów mieszanych.

Odpowiedź: kationy ${\mathrm{K}}^{+}$ i $\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}$ różnią się zbyt dużo rozmiarami (promieniami jonowymi), aby mogły się wzajemnie zastępować w tej samej sieci przestrzennej.

Krok 1. Rodzaj wiązań między cząsteczkami wody. Cząsteczki wody w lodzie łączą się ze sobą za pomocą wiązań wodorowych (atom H jednej cząsteczki, silnie spolaryzowany dodatnio, jest przyciągany przez wolną parę elektronową atomu O innej cząsteczki).

Krok 2. Struktura sieci. Każda cząsteczka wody jest związana z czterema innymi, leżącymi w narożach czworościanu foremnego — sieć ma strukturę tetraedryczną.

Krok 3. Gęstość lodu i wody. W sieci krystalicznej lodu cząsteczki są ułożone w luźnej, regularnej strukturze zajmującej relatywnie dużą objętość. Gdy lód topnieje, sieć częściowo się rozpada i cząsteczki upakowują się gęściej — woda o temperaturze zamarzania ma więc gęstość większą niż lód.

Krok 4. Konsekwencja. Skoro lód jest mniej gęsty niż woda w tej samej temperaturze, lód pływa po wodzie.

Odpowiedź: wiązaniami wodorowymi; struktura tetraedryczna; gęstość większą (wody względem lodu); lód pływa po wodzie.

Krok 1. Równanie reakcji. $2{\mathrm{H}}_2+{\mathrm{O}}_2\to 2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$ Naczynie zawierało po reakcji wyłącznie wodę, więc wodór i tlen zmieszano w stosunku stechiometrycznym, bez nadmiaru żadnego z gazów.

Krok 2. Stosunek objętościowy. Z równania reakcji: 2 mole ${\mathrm{H}}_2$ przypadają na 1 mol ${\mathrm{O}}_2$, a mole gazów są proporcjonalne do objętości (prawo Avogadra), więc $V_{wodoru}:V_{tlenu}=2:1$.

Krok 3. Liczba moli wody. $M_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=18g/mol$, więc $n_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=\frac{0,9\mathrm{g}}{18g/mol}=0,05\mathrm{mol}$.

Krok 4. Liczby moli i masy wodoru i tlenu. Z równania: $n_{{\mathrm{H}}_2}=n_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=0,05\mathrm{mol}$, a $n_{{\mathrm{O}}_2}=\frac{1}{2}{n}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=0,025\mathrm{mol}$. $m_{{\mathrm{H}}_2}=0,05\mathrm{mol}\cdot 2g/mol=0,1\mathrm{g},m_{{\mathrm{O}}_2}=0,025\mathrm{mol}\cdot 32g/mol=0,8\mathrm{g}.$

Krok 5. Stosunek masowy. $m_{wodoru}:m_{tlenu}=0,1\mathrm{g}:0,8\mathrm{g}=1:8.$

Odpowiedź: $V_{wodoru}:V_{tlenu}=2:1$; $m_{wodoru}:m_{tlenu}=1:8$; $m_{wodoru}=0,1\mathrm{g}$; $m_{tlenu}=0,8\mathrm{g}$.

Krok 1. Liczba moli $\mathrm{CaS}{\mathrm{O}}_4$. $M_{\mathrm{CaS}{\mathrm{O}}_4}=40+32+4\cdot 16=136g/mol$. Z $1\mathrm{kg}=1000\mathrm{g}$: $n_{\mathrm{CaS}{\mathrm{O}}_4}=\frac{1000\mathrm{g}}{136g/mol}\approx 7,35\mathrm{mol}.$

Krok 2. Teoretyczna liczba moli i objętość $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_2$. Z równania reakcji $2\mathrm{CaS}{\mathrm{O}}_4\to 2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_2$ wynika stosunek molowy $1:1$, więc przy 100% wydajności $n_{\mathrm{S}{\mathrm{O}}_2}=n_{\mathrm{CaS}{\mathrm{O}}_4}\approx 7,35\mathrm{mol}$, a jego objętość w warunkach normalnych: $V_{\mathrm{S}{\mathrm{O}}_2}^{teor.}=7,35\mathrm{mol}\cdot 22,4\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3/mol\approx 165\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3.$

Krok 3. Wydajność procesu. Otrzymano rzeczywiście $150\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$ $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_2$, więc: $w=\frac{150\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3}{165\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3}\cdot 100\%\approx 91\%.$

Odpowiedź: wydajność opisanego procesu wynosi ok. $91\%$.

Krok 1. Charakter energetyczny reakcji. Z zadania 9. wiadomo, że $\Delta H=1090\mathrm{kJ}>0$ — reakcja pochłania energię w formie ciepła, więc jest endoenergetyczna.

Krok 2. Wpływ temperatury (reguła przekory). Zgodnie z regułą przekory podniesienie temperatury przesuwa równowagę reakcji endoenergetycznej w stronę produktów (reakcja „broni się” przed wzrostem temperatury, pochłaniając dodatkową energię) — wydajność reakcji zwiększa się.

Krok 3. Wpływ rozdrobnienia reagentów. $\mathrm{CaS}{\mathrm{O}}_4$ i węgiel są reagentami w stanie stałym (reakcja heterogeniczna) — im mniejszy rozmiar cząstek, tym większa powierzchnia kontaktu reagentów, a więc rozdrobnienie ma wpływ na szybkość tej reakcji (zwiększa ją).

Odpowiedź: zwiększenia wydajności, ponieważ jest to proces endoenergetyczny; stopień rozdrobnienia ma wpływ na szybkość reakcji.

Krok 1. Rozpuszczenie mieszaniny. Próbkę mieszaniny chlorku magnezu i chlorku sodu rozpuszczamy w wodzie destylowanej, otrzymując roztwór zawierający jony $\mathrm{M}{\mathrm{g}}^{2+}$, $\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}$ i $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$.

Krok 2. Wytrącenie osadu. Do roztworu dodajemy (w nadmiarze) wodny roztwór wodorotlenku sodu — jony $\mathrm{M}{\mathrm{g}}^{2+}$ strącają się w postaci nierozpuszczalnego osadu $\mathrm{Mg}(\mathrm{OH}{)}_2$, natomiast $\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}$ i $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$ pozostają w roztworze: $\mathrm{M}{\mathrm{g}}^{2+}+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{Mg}(\mathrm{OH}{)}_2\downarrow .$

Krok 3. Oddzielenie osadu. Osad $\mathrm{Mg}(\mathrm{OH}{)}_2$ odsączamy od roztworu (zawierającego $\mathrm{NaCl}$) i przemywamy wodą destylowaną, aby usunąć pozostałości innych jonów.

Krok 4. Roztworzenie osadu w kwasie. Do przemytego osadu $\mathrm{Mg}(\mathrm{OH}{)}_2$ dodajemy kwas solny, aż osad całkowicie się roztworzy: $\mathrm{Mg}(\mathrm{OH}{)}_2+2\mathrm{HCl}\to \mathrm{MgC}{\mathrm{l}}_2+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Krok 5. Odparowanie wody. Uzyskany roztwór $\mathrm{MgC}{\mathrm{l}}_2$ odparowujemy, otrzymując czysty stały chlorek magnezu.

Odpowiedź: doświadczenie obejmuje cztery niezbędne etapy — wytrącenie osadu $\mathrm{Mg}(\mathrm{OH}{)}_2$ nadmiarem $\mathrm{NaOH}$, oddzielenie osadu od roztworu $\mathrm{NaCl}$, roztworzenie osadu w kwasie solnym (otrzymanie $\mathrm{MgC}{\mathrm{l}}_2$) oraz odparowanie wody.

Krok 1. Roztwory 1. i 2. $\mathrm{Ba}(\mathrm{OH}{)}_2$ to silna zasada dysocjująca całkowicie i dająca 2 jony $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ na jedną formułę: przy stężeniu $0,05mol/d{\mathrm{m}}^3$ stężenie jonów $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ wynosi $2\cdot 0,05=0,1mol/d{\mathrm{m}}^3$ — identycznie jak w roztworze $\mathrm{KOH}$ o stężeniu $0,1mol/d{\mathrm{m}}^3$ (silna zasada, 1 jon $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ na formułę). Oba roztwory mają więc to samo stężenie $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$, a zatem równe pH.

Krok 2. Roztwory 2. i 3. $\mathrm{KOH}$ jest silną zasadą (pełna dysocjacja), a $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$ jest słabą zasadą (częściowa dysocjacja) o tym samym stężeniu początkowym $0,1mol/d{\mathrm{m}}^3$ — silna zasada daje więcej jonów $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$, więc pH roztworu 2. jest wyższe niż pH roztworu 3.

Krok 3. Roztwory 3. i 4. $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$ (słaba zasada) daje odczyn zasadowy (pH > 7), a $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$ (słaby kwas) daje odczyn kwasowy (pH < 7) — pH roztworu 3. jest wyższe niż pH roztworu 4.

Odpowiedź: pH roztworu 1. jest równe pH roztworu 2.; pH roztworu 2. jest wyższe niż pH roztworu 3.; pH roztworu 3. jest wyższe niż pH roztworu 4.

Krok 1. Moc kwasów chlorowych. Kwas chlorowy(III) ($\mathrm{HCl}{\mathrm{O}}_2$) ma więcej atomów tlenu przy chlorze niż kwas chlorowy(I) ($\mathrm{HClO}$). Większa liczba silnie elektroujemnych atomów O ściąga elektrony w stronę chloru, co dodatkowo (poprzez efekt indukcyjny) osłabia (bardziej polaryzuje... właściwie ułatwia oddysocjowanie) wiązanie O–H — dlatego $\mathrm{HCl}{\mathrm{O}}_2$ jest kwasem silniejszym (ma większą stałą dysocjacji) niż $\mathrm{HClO}$.

Krok 2. Polaryzacja wiązania O–H. Skoro w $\mathrm{HCl}{\mathrm{O}}_2$ wiązanie O–H jest silniej spolaryzowane (łatwiej uwalnia proton), to w kwasie chlorowym(I) jest ono mniej spolaryzowane niż w kwasie chlorowego(III).

Krok 3. Porównanie pH. Kwas chlorowy(I), będąc słabszym kwasem, dysocjuje w mniejszym stopniu — przy tym samym stężeniu molowym daje mniejsze stężenie jonów ${\mathrm{H}}^{+}$, a więc jego roztwór ma wyższe pH niż roztwór kwasu chlorowego(III).

Krok 4. Odczyn roztworów soli sodowych. Sole sodowe obu słabych kwasów ($\mathrm{NaClO}$, $\mathrm{NaCl}{\mathrm{O}}_2$) z silną zasadą ($\mathrm{NaOH}$) ulegają hydrolizie anionowej, dając odczyn zasadowy — uniwersalny papierek wskaźnikowy przyjmuje niebieskie zabarwienie.

Odpowiedź: wiązanie O–H w kwasie chlorowym(I) jest mniej spolaryzowane; roztwór kwasu chlorowego(I) ma wyższe pH; papierek przyjmuje niebieskie zabarwienie.

Krok 1. Etap I. Wśród podanych kationów tylko $\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}$ tworzy trudno rozpuszczalny chlorek — dodanie $\mathrm{NaCl}(\mathrm{aq})$ wytrąca wyłącznie $\mathrm{AgCl}$, nie wpływając na $\mathrm{B}{\mathrm{a}}^{2+}$ i $\mathrm{M}{\mathrm{g}}^{2+}$ (chlorki baru i magnezu są rozpuszczalne).

Krok 2. Etap II. Po odsączeniu $\mathrm{AgCl}$ w przesączu pozostają $\mathrm{B}{\mathrm{a}}^{2+}$ i $\mathrm{M}{\mathrm{g}}^{2+}$. Dodanie $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4(\mathrm{aq})$ wytrąca trudno rozpuszczalny chromian(VI) baru $\mathrm{BaCr}{\mathrm{O}}_4$ (chromian magnezu jest rozpuszczalny), wydzielając selektywnie kation $\mathrm{B}{\mathrm{a}}^{2+}$.

Krok 3. Etap III. W przesączu pozostaje już tylko $\mathrm{M}{\mathrm{g}}^{2+}$. Dodanie ${\mathrm{K}}_2\mathrm{Si}{\mathrm{O}}_3(\mathrm{aq})$ wytrąca trudno rozpuszczalny krzemian magnezu $\mathrm{MgSi}{\mathrm{O}}_3$.

Odpowiedź:

Krok 1. Etap I. Reakcja $\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}+\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}\to \mathrm{AgCl}\downarrow$ daje osad chlorku srebra(I) $\mathrm{AgCl}$.

Krok 2. Etap II. Reakcja $\mathrm{B}{\mathrm{a}}^{2+}+\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}\to \mathrm{BaCr}{\mathrm{O}}_4\downarrow$ daje osad chromianu(VI) baru $\mathrm{BaCr}{\mathrm{O}}_4$.

Krok 3. Etap III. Reakcja $\mathrm{M}{\mathrm{g}}^{2+}+\mathrm{Si}{\mathrm{O}}_3^{2-}\to \mathrm{MgSi}{\mathrm{O}}_3\downarrow$ daje osad krzemianu(IV) magnezu $\mathrm{MgSi}{\mathrm{O}}_3$.

Odpowiedź:

Krok 1. Probówka I. ${\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{35}\mathrm{COOK}$ to sól słabego kwasu stearynowego (${\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{35}\mathrm{COOH}$) i silnej zasady ($\mathrm{KOH}$). W wodzie anion ${\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{35}\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}$ ulega hydrolizie, przyłączając proton z wody i uwalniając jon $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$: ${\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{35}\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons {\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{35}\mathrm{COOH}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}.$ Roztwór ma odczyn zasadowy.

Krok 2. Probówka II. $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4\mathrm{Cl}$ to sól słabej zasady ($\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$) i silnego kwasu ($\mathrm{HCl}$). W wodzie kation $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$ ulega hydrolizie, oddając proton do wody: $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons \mathrm{N}{\mathrm{H}}_3+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}.$ Roztwór ma odczyn kwasowy.

Odpowiedź:

Krok 1. Teoria Brønsteda–Lowry'ego. Zgodnie z tą teorią kwas to donor protonu, a zasada to akceptor protonu.

Krok 2. Jon $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$. W reakcji hydrolizy $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons \mathrm{N}{\mathrm{H}}_3+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ jon $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$ oddaje proton wodzie — pełni funkcję kwasu.

Krok 3. Jon ${\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{35}\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}$. W reakcji hydrolizy ${\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{35}\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons {\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{35}\mathrm{COOH}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ jon ${\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{35}\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}$ przyjmuje proton od wody — pełni funkcję zasady.

Odpowiedź: jony $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$ pełnią funkcję kwasu; jony ${\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{35}\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}$ pełnią funkcję zasady.

Krok 1. Warunek dla etapu 1. (A→C). $\Delta H<0$ oznacza, że energia produktu C jest niższa niż energia substratu A (reakcja egzoenergetyczna, wykres powinien opadać z poziomu A do poziomu C).

Krok 2. Warunek dla etapu 2. (C→B). $\Delta H>0$ oznacza, że energia produktu B jest wyższa niż energia substratu C (reakcja endoenergetyczna, wykres powinien wznosić się z poziomu C do poziomu B).

Krok 3. Analiza wykresu I. Na wykresie I poziom C leży wyżej niż poziom A (energia rośnie z A do C — to odpowiadałoby $\Delta H>0$ dla etapu 1., a nie $\Delta H<0$), a poziom B leży niżej niż C (energia spada z C do B — to odpowiadałoby $\Delta H<0$ dla etapu 2.). Wykres I nie zgadza się z opisanymi warunkami.

Krok 4. Analiza wykresu II. Na wykresie II poziom C leży niżej niż poziom A (energia spada z A do C — zgodnie z $\Delta H<0$ dla etapu 1.), a poziom B leży wyżej niż C (energia rośnie z C do B — zgodnie z $\Delta H>0$ dla etapu 2.). Wykres II jest zgodny z opisaną przemianą.

Odpowiedź: opisaną przemianę poprawnie zilustrowano na wykresie II.

Krok 1. Masa roztworu nasyconego. Rozpuszczalność $31,9\mathrm{g}$ na $100\mathrm{g}$ wody oznacza, że w $100\mathrm{g}+31,9\mathrm{g}=131,9\mathrm{g}$ roztworu znajduje się $31,9\mathrm{g}$ czystego $\mathrm{KN}{\mathrm{O}}_3$.

Krok 2. Liczba moli $\mathrm{KN}{\mathrm{O}}_3$ w tej porcji roztworu. $M_{\mathrm{KN}{\mathrm{O}}_3}=39+14+3\cdot 16=101g/mol$. $n_{\mathrm{KN}{\mathrm{O}}_3}=\frac{31,9\mathrm{g}}{101g/mol}\approx 0,316\mathrm{mol}.$

Krok 3. Objętość tej porcji roztworu. Korzystając z gęstości $d=1,16g/c{\mathrm{m}}^3$: $V=\frac{m_r}{d}=\frac{131,9\mathrm{g}}{1,16g/c{\mathrm{m}}^3}\approx 113,7\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3=0,1137\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3.$

Krok 4. Stężenie molowe. $C_m=\frac{n_{\mathrm{KN}{\mathrm{O}}_3}}{V}=\frac{0,316\mathrm{mol}}{0,1137\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3}\approx 2,78\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Odpowiedź: stężenie molowe nasyconego roztworu $\mathrm{KN}{\mathrm{O}}_3$ w $20{}^{\circ }\mathrm{C}$ wynosi ok. $2,78\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$.

Krok 1. Probówka I — tlenek metalu z kwasem. Spośród podanych reagentów jedynym tlenkiem metalu jest $\mathrm{CaO}(\mathrm{s})$ — reaguje z kwasem, np. $\mathrm{HCl}(\mathrm{aq})$, dając rozpuszczalną sól $\mathrm{CaC}{\mathrm{l}}_2$.

Krok 2. Probówka II — metal z kwasem. Spośród podanych reagentów aktywnym metalem reagującym z kwasem (wypierającym wodór) jest $\mathrm{Al}(\mathrm{s})$ (srebro $\mathrm{Ag}$, jako metal szlachetny, nie reaguje z rozcieńczonymi kwasami nieutleniającymi) — reaguje np. z ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4(rozc.)$, dając rozpuszczalną sól $\mathrm{A}{\mathrm{l}}_2(\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4{)}_3$.

Krok 3. Probówka III — wodorotlenek z kwasem. Jedynym wodorotlenkiem na liście jest $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2(\mathrm{s})$ — reaguje z kwasem, np. ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4(rozc.)$ lub $\mathrm{HCl}(\mathrm{aq})$, dając rozpuszczalną sól miedzi(II).

Odpowiedź:

(kolejność dodawania odczynników w probówkach może być odwrotna).

Krok 1. Reagenty w probówce III. W probówce III reaguje wodorotlenek miedzi(II) $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ (słabo rozpuszczalny, zapisywany w postaci cząsteczkowej) z kwasem (jonami ${\mathrm{H}}^{+}$).

Krok 2. Równanie jonowe skrócone. $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2+2{\mathrm{H}}^{+}\to \mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Odpowiedź: $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2+2{\mathrm{H}}^{+}\to \mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ (równoważnie z ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$: $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2+2{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\to \mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}+4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$).

Krok 1. Masa i liczba moli $\mathrm{AlC}{\mathrm{l}}_3$. $m_{\mathrm{AlC}{\mathrm{l}}_3}=15\%\cdot 200\mathrm{g}=30\mathrm{g}$. $M_{\mathrm{AlC}{\mathrm{l}}_3}=27+3\cdot 35,5=133,5g/mol$, więc $n_{\mathrm{AlC}{\mathrm{l}}_3}=\frac{30}{133,5}\approx 0,225\mathrm{mol}$.

Krok 2. Liczba moli dodanego $\mathrm{NaOH}$. $M_{\mathrm{NaOH}}=40g/mol$, więc $n_{\mathrm{NaOH}}^{dodane}=\frac{32}{40}=0,8\mathrm{mol}$.

Krok 3. Ile $\mathrm{NaOH}$ potrzeba do wytrącenia całego $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3$. Reakcja strącania: $\mathrm{A}{\mathrm{l}}^{3+}+3\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3\downarrow$ — na 1 mol $\mathrm{AlC}{\mathrm{l}}_3$ potrzeba 3 mole $\mathrm{NaOH}$: $n_{\mathrm{NaOH}}^{dostrącenia}=3\cdot 0,225=0,675\mathrm{mol}(\approx 27\mathrm{g}).$

Krok 4. Porównanie z dostępnym $\mathrm{NaOH}$. Dostępne jest $0,8\mathrm{mol}$ $\mathrm{NaOH}$, czyli więcej niż potrzeba do wytrącenia ($0,675\mathrm{mol}$) — pozostaje nadmiar $0,8-0,675=0,125\mathrm{mol}$ $\mathrm{NaOH}$. Ten nadmiar reaguje z częścią świeżo wytrąconego, amfoterycznego $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3$, roztwarzając go do rozpuszczalnego glinianu: $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to [\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_4{]}^{-}.$ Ponieważ nadmiaru $\mathrm{NaOH}$ ($0,125\mathrm{mol}$) jest mniej niż całkowitej ilości wytrąconego $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3$ ($0,225\mathrm{mol}$), nie cały osad się roztworzy.

Odpowiedź (obserwacje). Najpierw, w miarę dodawania $\mathrm{NaOH}$, wytrąca się biały osad $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3$. Po przereagowaniu całego chlorku glinu, w miarę dalszego dodawania zasady (jej nadmiaru), część osadu roztwarza się (osad amfoteryczny reaguje z nadmiarem $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$). Ponieważ ilość nadmiarowego $\mathrm{NaOH}$ nie jest wystarczająca, aby roztworzyć cały osad, na dnie kolby pozostaje część nierozpuszczonego białego osadu $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3$.

Krok 1. Pierwszy proces — strącanie osadu. Dodawany na początku $\mathrm{NaOH}$ strąca z roztworu jony $\mathrm{A}{\mathrm{l}}^{3+}$ w postaci wodorotlenku glinu: $\mathrm{A}{\mathrm{l}}^{3+}+3\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3\downarrow .$

Krok 2. Drugi proces — roztwarzanie osadu w nadmiarze zasady. Nadmiar $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$, dodawany po przereagowaniu całego $\mathrm{AlC}{\mathrm{l}}_3$, roztwarza część amfoterycznego $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3$, tworząc jon kompleksowy tetrahydroksoglinianowy (glin o liczbie koordynacyjnej 4): $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to [\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_4{]}^{-}.$

Odpowiedź: kolejno zachodzą reakcje: $\mathrm{A}{\mathrm{l}}^{3+}+3\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3\downarrow$, a następnie $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to [\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_4{]}^{-}$.

Krok 1. Ile $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3$ powstało w reakcji strącania. Z zadania 20. i 21.: $n_{\mathrm{AlC}{\mathrm{l}}_3}=0,225\mathrm{mol}$ reaguje w stosunku $1:1$ z $\mathrm{A}{\mathrm{l}}^{3+}\to \mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3$, więc powstało $n_{\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3}^{powstały}=0,225\mathrm{mol}$.

Krok 2. Ile $\mathrm{NaOH}$ pozostało w nadmiarze po strąceniu. Z zadania 20.: dostępne $n_{\mathrm{NaOH}}=0,8\mathrm{mol}$, na strącenie zużyto $0,675\mathrm{mol}$, więc nadmiar wynosi: $\Delta n_{\mathrm{NaOH}}=0,8-0,675=0,125\mathrm{mol}.$

Krok 3. Ile $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3$ roztworzył nadmiar $\mathrm{NaOH}$. Reakcja $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to [\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_4{]}^{-}$ zachodzi w stosunku molowym $1:1$, więc roztworzyło się: $n_{\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3}^{roztworzony}=0,125\mathrm{mol}.$

Krok 4. Ile $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3$ pozostało w kolbie (jako osad). $n_{\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3}^{pozostały}=0,225-0,125=0,1\mathrm{mol}.$

Krok 5. Masa pozostałego $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3$. $M_{\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3}=27+3\cdot 17=78g/mol$. $m=0,1\mathrm{mol}\cdot 78g/mol=7,8\mathrm{g}.$

Odpowiedź: po zakończeniu doświadczenia w kolbie znajdowało się (w postaci nierozpuszczonego osadu) $7,8\mathrm{g}$ wodorotlenku glinu.

Krok 1. Zmiana stopnia utlenienia manganu. W jonie $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}$ mangan ma stopień utlenienia $+7$, a w produkcie $\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}$ ma stopień utlenienia $+2$ — mangan przyjmuje $5$ elektronów (redukcja), a w środowisku kwasowym nadmiar ładunku tlenu bilansują jony ${\mathrm{H}}^{+}$, dając wodę: $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}+8{\mathrm{H}}^{+}+5e^{-}\to \mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}+4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Krok 2. Zmiana stopnia utlenienia węgla. W kwasie szczawiowym $(\mathrm{COOH}{)}_2$ węgiel ma stopień utlenienia $+3$, a w $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ ma stopień utlenienia $+4$ — każdy z dwóch atomów węgla oddaje 1 elektron, czyli cała cząsteczka oddaje 2 elektrony (utlenianie): $(\mathrm{COOH}{)}_2\to 2\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+2{\mathrm{H}}^{+}+2e^{-}.$

Odpowiedź: równanie redukcji: $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}+8{\mathrm{H}}^{+}+5e^{-}\to \mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}+4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$; równanie utleniania: $(\mathrm{COOH}{)}_2\to 2\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+2{\mathrm{H}}^{+}+2e^{-}$.

Krok 1. Wspólna wielokrotność liczby elektronów. Redukcja pobiera 5 elektronów, utlenianie oddaje 2 elektrony — najmniejsza wspólna wielokrotność to 10. Równanie redukcji mnożymy przez 2, a równanie utleniania przez 5.

Krok 2. Sumowanie równań połówkowych. $2\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}+16{\mathrm{H}}^{+}+10e^{-}\to 2\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}+8{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ $5(\mathrm{COOH}{)}_2\to 10\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+10{\mathrm{H}}^{+}+10e^{-}$ Dodając obie strony i redukując wspólne $10e^{-}$ oraz część jonów ${\mathrm{H}}^{+}$ ($16{\mathrm{H}}^{+}-10{\mathrm{H}}^{+}=6{\mathrm{H}}^{+}$ po lewej stronie): $2\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}+5(\mathrm{COOH}{)}_2+6{\mathrm{H}}^{+}\to 2\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}+10\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+8{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Odpowiedź: $2\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}+5(\mathrm{COOH}{)}_2+6{\mathrm{H}}^{+}\to 2\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}+10\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+8{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Utleniacz. Utleniaczem jest drobina, która się redukuje (przyjmuje elektrony) — to jon $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}$ (mangan przechodzi z $+7$ na $+2$).

Krok 2. Reduktor. Reduktorem jest drobina, która się utlenia (oddaje elektrony) — to kwas szczawiowy $(\mathrm{COOH}{)}_2$ (węgiel przechodzi z $+3$ na $+4$).

Odpowiedź: utleniacz: $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}$; reduktor: $(\mathrm{COOH}{)}_2$.

Krok 1. Stwierdzenie 1. Destylacja frakcjonowana rzeczywiście rozdziela ropę naftową na frakcje (grupy węglowodorów) różniące się temperaturą wrzenia — stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Krok 2. Stwierdzenie 2. Smoła węglowa, woda pogazowa, gaz koksowniczy i koks to produkty suchej destylacji (koksowania) węgla kamiennego, a nie przerobu ropy naftowej — stwierdzenie jest fałszywe (F).

Krok 3. Stwierdzenie 3. Gaz ziemny jest rzeczywiście mieszaniną węglowodorów gazowych, w której głównym składnikiem jest metan — stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź:

Krok 1. Produkt obu reakcji. Głównym produktem obu reakcji jest 2-bromo-2-metylobutan: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)(\mathrm{Br})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ — atom bromu jest związany z atomem węgla trzeciorzędowym.

Krok 2. Reakcja addycji. Substratem musi być alken o tym samym szkielecie węglowym, np. 2-metylobut-2-en $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$. Zgodnie z regułą Markownikowa, w reakcji z $\mathrm{HBr}$ atom bromu przyłącza się do bardziej podstawionego (trzeciorzędowego) atomu węgla: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3+\mathrm{HBr}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)(\mathrm{Br})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3.$

Krok 3. Reakcja substytucji. Substratem musi być alkan o tym samym szkielecie, czyli 2-metylobutan $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$. W reakcji z bromem, przy udziale światła, dochodzi do podstawienia atomu wodoru przy trzeciorzędowym atomie węgla (najsłabsze wiązanie C–H, najstabilniejszy produkt pośredni — rodnik): $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3+\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2\stackrel{h\nu }{\to }\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)(\mathrm{Br})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3+\mathrm{HBr}.$

Odpowiedź: reakcja addycji: 2-metylobut-2-en + $\mathrm{HBr}$ → 2-bromo-2-metylobutan; reakcja substytucji: 2-metylobutan + $\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2$ (światło) → 2-bromo-2-metylobutan + $\mathrm{HBr}$.

Krok 1. Mechanizm addycji. Addycja $\mathrm{HBr}$ do alkenu zaczyna się od ataku elektrofila (${\mathrm{H}}^{+}$) na bogate w elektrony wiązanie $\pi$ C=C — to mechanizm elektrofilowy.

Krok 2. Mechanizm substytucji. Podstawienie atomu wodoru w alkanie przez brom w obecności światła przebiega z udziałem rodników (homolityczne rozerwanie wiązania $\mathrm{Br}-\mathrm{Br}$ pod wpływem światła, a następnie łańcuchowe reakcje rodnikowe) — to mechanizm rodnikowy.

Odpowiedź: reakcja addycji przebiega według mechanizmu elektrofilowego; reakcja substytucji przebiega według mechanizmu rodnikowego.

Krok 1. Addycja — reguła Markownikowa. W reakcji addycji $\mathrm{HBr}$ do niesymetrycznego alkenu atom bromu przyłącza się do atomu węgla połączonego z mniejszą liczbą atomów wodoru (czyli do atomu węgla z większą liczbą podstawników alkilowych), ponieważ powstający wtedy karbokation jest bardziej stabilny (trzeciorzędowy) — prowadzi to do przyłączenia bromu przy trzeciorzędowym atomie węgla.

Krok 2. Substytucja — stabilność rodnika. W reakcji substytucji rodnikowej brom podstawia najłatwiej atom wodoru związany z atomem węgla o najwyższej rzędowości, ponieważ powstający rodnik trzeciorzędowy jest najbardziej stabilny (najniższa energia przejściowa) — reakcja preferencyjnie zachodzi więc również przy trzeciorzędowym atomie węgla.

Krok 3. Wniosek. Oba mechanizmy — addycja zgodna z regułą Markownikowa oraz substytucja preferująca trzeciorzędowy atom węgla — prowadzą do powstania bromu przy tym samym, trzeciorzędowym atomie węgla, dlatego głównym produktem obu reakcji jest ten sam związek: 2-bromo-2-metylobutan.

Odpowiedź: w obu reakcjach powstawanie wiązania C–Br jest uprzywilejowane przy trzeciorzędowym atomie węgla — w addycji ze względu na stabilność powstającego karbokationu (reguła Markownikowa), a w substytucji ze względu na stabilność powstającego rodnika — dlatego produktem obu reakcji jest ta sama monobromopochodna.

Krok 1. Liczba atomów węgla i nierozgałęziony łańcuch. Alkohol ma 5 atomów węgla w nierozgałęzionym łańcuchu i jedną grupę $-\mathrm{OH}$.

Krok 2. Produkt utlenienia — keton. Utlenienie alkoholu do ketonu oznacza, że grupa $-\mathrm{OH}$ musi być przy atomie węgla drugorzędowym (tylko alkohole II-rzędowe utleniają się do ketonów; I-rzędowe dają aldehydy, a III-rzędowe nie utleniają się w typowych warunkach).

Krok 3. Optyczna czynność. Aby cząsteczka była optycznie czynna, atom węgla z grupą $-\mathrm{OH}$ musi być połączony z czterema różnymi podstawnikami (centrum stereogeniczne). W pięcioatomowym, nierozgałęzionym łańcuchu jedynym położeniem spełniającym ten warunek jest atom C2: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ — przy C2 podstawnikami są: $\mathrm{OH}$, $\mathrm{H}$, $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ oraz $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (cztery różne grupy).

Krok 4. Nazwa systematyczna i rzędowość. Związek to pentan-2-ol; atom węgla z grupą $-\mathrm{OH}$ (C2) jest połączony z dwoma innymi atomami węgla, więc alkohol jest II-rzędowy.

Odpowiedź: wzór: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$; nazwa: pentan-2-ol; rzędowość: II-rzędowy.

Krok 1. Analiza związku I. Łańcuch główny kwasu karboksylowego liczy 4 atomy węgla (grupa $-\mathrm{COOH}$ to C1), z podstawnikami metylowymi przy C2 i C3 — nazwa systematyczna: kwas 2,3-dimetylobutanowy.

Krok 2. Analiza związku II. Łańcuch główny ketonu liczy 4 atomy węgla z grupą karbonylową i podstawnikiem metylowym przy węglu sąsiadującym z karbonylem — nazwa systematyczna: 3-metylobutan-2-on (3-metylobutanon).

Krok 3. Wybór odpowiedzi. Wśród podanych opcji pełnej zgodności (kwas 2,3-dimetylobutanowy dla I i 3-metylobutanon dla II) odpowiada wyłącznie opcja B.

Odpowiedź: B.

Krok 1. Związek II to keton (3-metylobutan-2-on).

Krok 2. Stwierdzenie 1. Redukcja ketonu wodorem daje odpowiadający mu alkohol II-rzędowy — z 3-metylobutan-2-onu powstaje 3-metylobutan-2-ol. Stwierdzenie jest prawdziwe.

Krok 3. Stwierdzenie 2. Reakcja z $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ na gorąco (dająca ceglasty osad $\mathrm{C}{\mathrm{u}}_2\mathrm{O}$) jest charakterystyczna dla aldehydów, nie ketonów — ketony nie redukują wodorotlenku miedzi(II). Stwierdzenie jest fałszywe.

Krok 4. Stwierdzenie 3. Ketony powstają w wyniku utleniania alkoholi II-rzędowych (tak jak w zadaniu 28.) — stwierdzenie jest prawdziwe.

Krok 5. Stwierdzenie 4. Sód reaguje z kwaśnym wodorem grupy $-\mathrm{OH}$ (np. w alkoholach), a keton nie ma takiej grupy — nie reaguje bezpośrednio z sodem. Stwierdzenie jest fałszywe.

Odpowiedź: prawdziwe są stwierdzenia 1. i 3.

Krok 1. Masa i liczba moli kwasu w 100 g roztworu. Przyjmujemy $m_r=100\mathrm{g}$, więc $m_{\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}}=6,0\mathrm{g}$. $M_{\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}}=60g/mol$, więc: $n_{\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}}=\frac{6,0}{60}=0,1\mathrm{mol}.$

Krok 2. Stężenie molowe roztworu. Przy gęstości $1,00g/c{\mathrm{m}}^3$, $100\mathrm{g}$ roztworu ma objętość $100\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3=0,1\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$: $C_m=\frac{0,1\mathrm{mol}}{0,1\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3}=1\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Krok 3. Zastosowanie stałej dysocjacji. Dla kwasu etanowego $K_a=1,8\cdot 10^{-5}$. Ponieważ $\alpha <5\%$, można przyjąć uproszczenie $[\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}]\approx C_m$: $K_a\approx \frac{[{\mathrm{H}}^{+}{]}^2}{C_m}\Rightarrow [{\mathrm{H}}^{+}]=\sqrt{K_a\cdot C_m}=\sqrt{1,8\cdot 10^{-5}\cdot 1}\approx 4,24\cdot 10^{-3}mol/d{\mathrm{m}}^3.$

Krok 4. Obliczenie pH. $\mathrm{pH}=-\log (4,24\cdot 10^{-3})\approx 2,37\approx 2,4.$

Odpowiedź: $\mathrm{pH}\approx 2,4$.

Krok 1. Redukcja grupy aldehydowej. Redukcja grupy $-\mathrm{CHO}$ wodorem przekształca ją w grupę $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ (aldehyd redukuje się do alkoholu I-rzędowego), a pierścień furanowy (z dwoma wiązaniami C=C i atomem O) pozostaje niezmieniony.

Krok 2. Wzór alkoholu furfurylowego. Alkohol furfurylowy to furan z podstawioną grupą $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ w miejscu, gdzie w furfuralu była grupa $-\mathrm{CHO}$: $\text{pięcioczłonowy piersˊcienˊ furanu (}-\mathrm{HC}=\mathrm{CH}-\mathrm{CH}=\mathrm{C}(-)-\mathrm{O}-\text{) z podstawnikiem }-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}.$

Odpowiedź: wzór alkoholu furfurylowego — pierścień furanu z podstawioną grupą $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ w miejscu grupy $-\mathrm{CHO}$ furfuralu (2-(hydroksymetyl)furan).

Krok 1. Reagent utleniający. Grupa aldehydowa furfuralu utlenia się pod wpływem świeżo strąconego wodorotlenku miedzi(II), $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$, ogrzewanego z aldehydem (analogicznie do reakcji Trommera) — grupa $-\mathrm{CHO}$ przechodzi w grupę $-\mathrm{COOH}$, a $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ redukuje się.

Krok 2. Produkty reakcji. Powstaje kwas pirośluzowy (kwas furan-2-karboksylowy — pierścień furanu z grupą $-\mathrm{COOH}$ w miejsce $-\mathrm{CHO}$) oraz zredukowana forma miedzi (osad $\mathrm{C}{\mathrm{u}}_2\mathrm{O}$ lub $\mathrm{Cu}$) i woda.

Odpowiedź: furfural (pierścień furanu z grupą $-\mathrm{CHO}$) + $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ $\stackrel{T}{\to }$ kwas pirośluzowy (pierścień furanu z grupą $-\mathrm{COOH}$) + $\mathrm{C}{\mathrm{u}}_2\mathrm{O}$ (lub $\mathrm{Cu}$) + ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Porównanie stałych dysocjacji. Stała dysocjacji kwasu pirogronowego $K_a=4,1\cdot 10^{-3}$ jest znacznie większa od stałej dysocjacji kwasu etanowego $K_a=1,8\cdot 10^{-5}$ — kwas pirogronowy jest zatem znacznie silniejszym kwasem niż kwas etanowy.

Krok 2. Zasada doświadczenia. Silniejszy kwas wypiera słabszy kwas z jego soli. Aby to potwierdzić, do soli słabszego kwasu (octanu sodu, $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COONa}(\mathrm{aq})$) dodajemy roztwór silniejszego kwasu — kwasu pirogronowego, $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COCOOH}(\mathrm{aq})$.

Krok 3. Reakcja. $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COCOOH}+\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COONa}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COCOONa}+\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}.$ Uwolniony słabszy kwas (etanowy) jest lotny i wyczuwalny węchowo.

Odpowiedź: do probówki zawierającej $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COONa}(\mathrm{aq})$ dodajemy $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COCOOH}(\mathrm{aq})$ (kwas pirogronowy wypiera słabszy kwas etanowy z jego soli).

Krok 1. Obserwacja. Po dodaniu kwasu pirogronowego do roztworu octanu sodu wyczuwalny staje się charakterystyczny zapach octu (kwasu etanowego).

Krok 2. Interpretacja. Wyczuwalny zapach kwasu etanowego świadczy o tym, że został on uwolniony z soli ($\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COONa}$) przez silniejszy kwas pirogronowy, co potwierdza, że kwas pirogronowy jest mocniejszy od kwasu etanowego.

Odpowiedź: wyczuwalny jest charakterystyczny zapach octu (kwasu etanowego), co potwierdza wyparcie słabszego kwasu przez silniejszy kwas pirogronowy.

Krok 1. Charakter obu substancji. Parafina jest mieszaniną nasyconych węglowodorów (alkanów) — chemicznie mało reaktywna. Stearyna to ester kwasu stearynowego z glicerolem (tłuszcz) — reaguje z zasadami w procesie zmydlania (hydrolizy zasadowej estru).

Krok 2. Analiza odpowiedzi. Rozpuszczalność w wodzie (A) nie różnicuje tych substancji — obie są w wodzie praktycznie nierozpuszczalne. Woda bromowa (B) wykrywa wiązania nienasycone — obie substancje są nasycone, więc próba nie da różnicy. Stężony kwas azotowy(V) (D) nie jest typowym testem różnicującym alkan i ester. Wodorotlenek sodu (C) reaguje ze stearyną (zmydlanie estru do glicerolu i mydła sodowego), natomiast nie reaguje z parafiną (obojętny chemicznie alkan) — to pozwala je rozróżnić.

Odpowiedź: C. zbadać ich zachowanie wobec wodorotlenku sodu.

Krok 1. Zasada przeliczania Fischer → Haworth. Dla cukrów szeregu D grupy $-\mathrm{OH}$ znajdujące się po prawej stronie w projekcji Fischera są rysowane poniżej płaszczyzny pierścienia w projekcji Hawortha, a grupy po lewej stronie — powyżej płaszczyzny. Grupa $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ przy C5 (decydująca o przynależności do szeregu D) jest rysowana powyżej płaszczyzny pierścienia.

Krok 2. D-mannoza — różnica względem D-glukozy. D-mannoza różni się od D-glukozy tylko konfiguracją przy C2 (grupa $-\mathrm{OH}$ po lewej stronie, a nie po prawej jak w glukozie); konfiguracje przy C3 (lewa) i C4 (prawa) są takie same jak w glukozie.

Krok 3. Przeniesienie do projekcji Hawortha.

• C2 (OH po lewej w Fischerze) → $\mathrm{OH}$ powyżej płaszczyzny pierścienia.
• C3 (OH po lewej w Fischerze) → $\mathrm{OH}$ powyżej płaszczyzny pierścienia.
• C4 (OH po prawej w Fischerze) → $\mathrm{OH}$ poniżej płaszczyzny pierścienia.
• C5 → grupa $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ powyżej płaszczyzny (tak jak w glukozie, cukier szeregu D).
• C1 (anomeryczny, forma α) → grupa $\mathrm{OH}$ poniżej płaszczyzny pierścienia (analogicznie jak w α-D-glukopiranozie).

Odpowiedź: α-D-mannopiranoza w projekcji Hawortha ma: przy C1 grupę $\mathrm{OH}$ poniżej płaszczyzny (forma α); przy C2 grupę $\mathrm{OH}$ powyżej płaszczyzny; przy C3 grupę $\mathrm{OH}$ powyżej płaszczyzny; przy C4 grupę $\mathrm{OH}$ poniżej płaszczyzny; przy C5 grupę $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ powyżej płaszczyzny (różnica względem glukozy dotyczy tylko położenia grupy $\mathrm{OH}$ przy C2, które jest "odwrócone" — powyżej płaszczyzny, a nie poniżej jak w glukopiranozie).

Krok 1. Liczba wiązań nienasyconych w każdym tłuszczu. Reszta ${\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{33}$ (oleinowa) ma jedno wiązanie podwójne C=C, a reszty ${\mathrm{C}}_{15}{\mathrm{H}}_{31}$ (palmitynowa) i ${\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{35}$ (stearynowa) są nasycone (brak wiązań podwójnych). Tłuszcz I ma dwie reszty oleinowe (2 wiązania podwójne), tłuszcz II ma również dwie reszty oleinowe (2 wiązania podwójne), a tłuszcz III ma tylko jedną resztę oleinową (1 wiązanie podwójne).

Krok 2. Liczba jodowa a masa molowa. Liczba jodowa to masa jodu przyłączonego na 100 g tłuszczu — przy tej samej liczbie wiązań podwójnych, tłuszcz o większej masie molowej (z uwagi na dłuższe/ciężej reszty nasycone) ma mniejszą liczbę jodową (te same wiązania podwójne przypadają na większą masę próbki).

Krok 3. Porównanie tłuszczów I i II. Oba mają po 2 wiązania podwójne, ale II zawiera ciężką resztę stearynową (${\mathrm{C}}_{17}{\mathrm{H}}_{35}$, $M$ większe) zamiast lżejszej reszty palmitynowej w I (${\mathrm{C}}_{15}{\mathrm{H}}_{31}$) — masa molowa II jest większa, więc jego liczba jodowa jest mniejsza niż liczba jodowa I.

Krok 4. Tłuszcz III. Ma tylko 1 wiązanie podwójne (najmniej z trzech) — ma najmniejszą liczbę jodową ze wszystkich trzech tłuszczów.

Krok 5. Uszeregowanie. Rosnąco: III (najmniej nienasyceń — najniższa liczba jodowa) < II (2 nienasycenia, ale ciężej) < I (2 nienasycenia, lżej — najwyższa liczba jodowa).

Odpowiedź: uszeregowanie zgodnie ze wzrastającą liczbą jodową: III, II, I.

Krok 1. Naczynie I — reakcja z $\mathrm{FeC}{\mathrm{l}}_3$. Fioletowe zabarwienie po dodaniu chlorku żelaza(III) jest charakterystyczną reakcją identyfikującą fenole — w naczyniu I znajduje się roztwór fenolu (benzenolu).

Krok 2. Naczynie II — reakcja biuretowa. Fioletowe zabarwienie po dodaniu $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ (reakcja biuretowa) świadczy o obecności wiązań peptydowych — w naczyniu II znajduje się roztwór glicyloalanyloglicyny (tripeptydu).

Krok 3. Naczynia III i IV — szafirowe zabarwienie. Szafirowe (ciemnoniebieskie) zabarwienie po dodaniu $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ wskazuje na obecność wielu grup hydroksylowych przy sąsiednich atomach węgla — takie zabarwienie dają zarówno glukoza, jak i glicerol.

Krok 4. Rozróżnienie III i IV po ogrzaniu. Po ogrzaniu tylko roztwór z naczynia III wytworzył ceglasty osad ($\mathrm{C}{\mathrm{u}}_2\mathrm{O}$) — jest to reakcja charakterystyczna dla cukrów redukujących (obecność grupy aldehydowej) — w naczyniu III znajduje się roztwór glukozy. Roztwór z naczynia IV (bez zmiany po ogrzaniu, bez grupy aldehydowej) to roztwór glicerolu.

Odpowiedź: Seria I (naczynie I): roztwór fenolu (benzenolu). Seria II (naczynie II): roztwór glicyloalanyloglicyny. Seria III (naczynie III): roztwór glukozy. (naczynie IV): roztwór glicerolu (propano-1,2,3-triolu).

Krok 1. Charakter reakcji. Fioletowe zabarwienie po dodaniu świeżo strąconego $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ do roztworu związku zawierającego wiązania peptydowe (tripeptydu z naczynia II) jest wynikiem tworzenia kompleksu jonów $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$ z atomami azotu wiązań peptydowych.

Krok 2. Nazwa reakcji. Tę charakterystyczną reakcję identyfikacji wiązań peptydowych nazywa się reakcją biuretową (reakcją Piotrowskiego).

Odpowiedź: reakcja biuretowa (reakcja Piotrowskiego).

Krok 1. Związki w naczyniach III i IV. W naczyniu III znajduje się glukoza, a w naczyniu IV — glicerol; obie cząsteczki mają liczne grupy hydroksylowe.

Krok 2. Warunek powstania kompleksu z miedzią(II). Szafirowe zabarwienie powstaje, gdy grupy hydroksylowe znajdują się przy sąsiednich (wicynalnych) atomach węgla — mogą wtedy chelatować jon $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$, tworząc rozpuszczalny, intensywnie zabarwiony kompleks.

Odpowiedź: obecność wielu grup hydroksylowych przy sąsiednich (wicynalnych) atomach węgla w cząsteczkach glukozy i glicerolu, które mogą chelatować jony $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$.

Krok 1. Skład roztworów. W naczyniu III jest glukoza (cukier redukujący, mający w formie otwartej wolną grupę aldehydową), a w naczyniu IV jest glicerol (alkohol trihydroksylowy, bez grupy aldehydowej).

Krok 2. Reakcja redoks z $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$. Grupa aldehydowa glukozy redukuje jony $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$ (na gorąco) do tlenku miedzi(I) $\mathrm{C}{\mathrm{u}}_2\mathrm{O}$ — ceglastego osadu — sama utleniając się do grupy karboksylowej. Glicerol nie ma grupy aldehydowej (ani innej grupy redukującej), więc nie jest w stanie zredukować $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$ nawet po ogrzaniu.

Odpowiedź: glukoza ma właściwości redukujące (grupa aldehydowa w formie łańcuchowej), dzięki czemu po ogrzaniu redukuje $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ do ceglastego $\mathrm{C}{\mathrm{u}}_2\mathrm{O}$; glicerol nie ma grupy aldehydowej i nie wykazuje właściwości redukujących, dlatego ogrzanie jego kompleksu z miedzią nie daje osadu.

Krok 1. Chiralność aminokwasów. Alanina (Ala) ma atom węgla $\alpha$ połączony z czterema różnymi podstawnikami — jest optycznie czynna. Glicyna (Gly) ma przy węglu $\alpha$ dwa atomy wodoru — nie jest chiralna (optycznie nieaktywna).

Krok 2. Analiza doświadczenia I. Rozerwanie N-końcowego wiązania peptydowego oddziela pierwszy (N-końcowy) aminokwas od pozostałej dipeptydowej reszty (aminokwasy 2. i 3.). Otrzymano dwa optycznie czynne produkty — to znaczy, że sam pierwszy aminokwas jest optycznie czynny (musi to być Ala, nie Gly), oraz że powstająca dipeptydowa reszta (2.–3.) jest również optycznie czynna, a więc przynajmniej jeden z aminokwasów 2. i 3. musi być alaniną.

Krok 3. Analiza doświadczenia II. Rozerwanie C-końcowego wiązania peptydowego oddziela trzeci (C-końcowy) aminokwas od reszty dipeptydowej (aminokwasy 1.–2.). Otrzymano tylko jeden optycznie czynny produkt. Ponieważ aminokwas 1. to Ala (ustalone w kroku 2.), reszta dipeptydowa (1.–2.) jest z pewnością optycznie czynna (zawiera przynajmniej jedną alaninę) — a więc to ona jest tym jedynym optycznie czynnym produktem, co oznacza, że trzeci, wolny aminokwas musi być optycznie nieczynny, czyli Gly.

Krok 4. Ustalenie aminokwasu 2. Z kroku 2. wiemy, że reszta dipeptydowa (2.–3.) musi być optycznie czynna. Ponieważ aminokwas 3. to Gly (nieaktywny optycznie), aktywność optyczna tej reszty może pochodzić tylko od aminokwasu 2. — musi to być Ala.

Krok 5. Sekwencja tripeptydu. Aminokwas 1. (N-końcowy, z wolną grupą aminową) = Ala; aminokwas 2. = Ala; aminokwas 3. (C-końcowy) = Gly.

Odpowiedź: wzór sekwencji badanego tripeptydu: Ala-Ala-Gly.