Chemia — Maj 2016

Krok 1. Warunek dla podpowłoki $3d$. Liczba elektronów sparowanych na $3d$ jest dwa razy mniejsza od liczby niesparowanych. Jeśli oznaczymy liczbę niesparowanych przez $x$, to sparowanych jest $x/2$, a te tworzą pary, więc dają $x$ elektronów. Łącznie na $3d$ jest $x+x=2x$ elektronów, gdzie $x$ niesparowanych. Dla $x=4$: 4 niesparowane + 2 sparowane (1 para) = konfiguracja $3d^6$.

Krok 2. Rozmieszczenie w $3d^6$. $3d^6$: $[\uparrow \downarrow ][\uparrow ][\uparrow ][\uparrow ][\uparrow ]$ — jedna para (2 elektrony sparowane) i cztery elektrony niesparowane. Stosunek $2:4$ zgadza się z warunkiem.

Krok 3. Cztery powłoki. Elektrony na czterech powłokach i wypełniona podpowłoka $3d^6$ oznaczają konfigurację $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{6}4s^2=[\mathrm{Ar}]3d^{6}4s^2$. To atom żelaza, $Z=26$.

Krok 4. Położenie i blok. Żelazo leży w 4. okresie (najwyższa powłoka $n=4$), w grupie 8. (VIII — grupa żelazowców), a ostatnie elektrony zapełniają podpowłokę $3d$, więc należy do bloku d.

Odpowiedź:

Krok 1. Konfiguracja żelaza. Atom Fe w stanie podstawowym: $[\mathrm{Ar}]3d^{6}4s^2$. Poza rdzeniem argonowym elektrony walencyjne zajmują podpowłoki $3d$ i $4s$.

Krok 2. Rozmieszczenie zgodnie z regułą Hunda. Na pięciu orbitalach $3d$ mamy 6 elektronów: jeden orbital obsadzony parą, cztery pojedynczo; na orbitalu $4s$ — para elektronów: $\underset{3d}{\underbrace{[\uparrow \downarrow ][\uparrow ][\uparrow ][\uparrow ][\uparrow ]}}\underset{4s}{\underbrace{[\uparrow \downarrow ]}}$

Krok 3. Który fragment znika w jonie $\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}$. Kation $\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}$ powstaje przez oddanie dwóch elektronów z podpowłoki $4s$ (to ją opuszczają elektrony jako pierwsze), więc jego konfiguracja to $[\mathrm{Ar}]3d^6$. Fragmentem, który nie występuje w $\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}$, jest więc podpowłoka $4s^2$ — i to ją należy podkreślić.

Odpowiedź: $3d$: $[\uparrow \downarrow ][\uparrow ][\uparrow ][\uparrow ][\uparrow ]$, $4s$: $[\uparrow \downarrow ]$; podkreślony fragment to $\underline{4s^2}$ (nie występuje w jonie $\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}$).

Krok 1. Ocena zdania 1. Gęstość potasu (0,86 g·cm⁻³) jest mniejsza od gęstości wody (≈1 g·cm⁻³), ale gęstość wapnia (1,55 g·cm⁻³) jest od niej większa — wapń nie pływałby. Zdanie mówi o „każdym z nich”, więc jest fałszywe (F).

Krok 2. Ocena zdania 2. Potas oddaje 1 elektron walencyjny ($\mathrm{K}\to {\mathrm{K}}^{+}$), a wapń 2 ($\mathrm{Ca}\to \mathrm{C}{\mathrm{a}}^{2+}$). Oba jony mają konfigurację argonu ($[\mathrm{Ar}]$) — tego samego gazu szlachetnego. Zdanie jest prawdziwe (P).

Krok 3. Ocena zdania 3. Wapń leży w układzie okresowym na prawo od potasu (większy ładunek jądra w tym samym okresie), więc atom wapnia jest mniejszy od atomu potasu. Jony ${\mathrm{K}}^{+}$ i $\mathrm{C}{\mathrm{a}}^{2+}$ są izoelektronowe (konfiguracja Ar), ale $\mathrm{C}{\mathrm{a}}^{2+}$ ma większy ładunek jądra, silniej przyciąga elektrony, więc jest mniejszy od ${\mathrm{K}}^{+}$. Zdanie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: 1. F, 2. P, 3. P.

Krok 1. Charakter wiązania metalicznego. W metalu rdzenie atomowe (kationy) są naładowane dodatnio, a swobodne elektrony walencyjne przemieszczają się przez kryształ, co daje metalom dużą przewodność elektryczną.

Krok 2. Porównanie temperatur topnienia. Z tabeli: wapń topi się w 1115 K, potas w 336 K, więc temperatura topnienia wapnia jest wyższa. Wynika to z silniejszego wiązania metalicznego w wapniu.

Krok 3. Liczba elektronów walencyjnych. Wapń oddaje do „gazu elektronowego” 2 elektrony walencyjne, a potas tylko 1, więc silniejsze wiązanie metaliczne wapnia jest utworzone z udziałem większej liczby elektronów walencyjnych.

Odpowiedź: 1. dodatnio, dużą; 2. wyższa, z silniejszego, większej.

Krok 1. Ustalenie reagenta ograniczającego. Zgodnie z równaniem 4 mole $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$ reagują z 5 molami ${\mathrm{O}}_2$, czyli na 1,0 mol $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$ potrzeba $\frac{5}{4}\cdot 1,0=1,25$ mola ${\mathrm{O}}_2$. Mamy 1,6 mola ${\mathrm{O}}_2$, czyli więcej — tlen jest w nadmiarze, a amoniak reaguje całkowicie.

Krok 2. Ilości powstałych produktów. Z 1,0 mola $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$ (stosunek $4:4:6$): $n_{\mathrm{NO}}=1,0\mathrm{mol},n_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=\frac{6}{4}\cdot 1,0=1,5\mathrm{mol}.$

Krok 3. Tlen pozostały. Zużyto 1,25 mola ${\mathrm{O}}_2$, więc pozostało $1,6-1,25=0,35$ mola ${\mathrm{O}}_2$.

Odpowiedź: skład mieszaniny poreakcyjnej: 0,35 mola ${\mathrm{O}}_2$, 1,0 mola $\mathrm{NO}$ oraz 1,5 mola ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ (amoniaku brak — przereagował całkowicie).

Krok 1. Odczyt wpływu temperatury. Przy ustalonym ciśnieniu wraz ze wzrostem temperatury (od 470 K do 770 K) procent objętości produktu w mieszaninie maleje (np. przy 10 MPa: 81% → 52% → 25% → 10%). Oznacza to, że w wyższej temperaturze wydajność reakcji tworzenia produktu jest mniejsza — równowaga przesuwa się w stronę substratów.

Krok 2. Zastosowanie reguły przekory. Podwyższenie temperatury sprzyja reakcji endoenergetycznej. Skoro wzrost temperatury zmniejsza wydajność tworzenia produktu, to reakcja tworzenia produktu (w prawo) jest egzoenergetyczna — układ oddaje energię do otoczenia.

Odpowiedź: Układ oddaje energię do otoczenia (reakcja jest egzoenergetyczna), ponieważ zgodnie z regułą przekory wraz ze wzrostem temperatury maleje wydajność (procent objętości produktu) reakcji.

Krok 1. Odczyt wpływu ciśnienia. Przy ustalonej temperaturze wraz ze wzrostem ciśnienia (10 → 20 → 100 MPa) procent objętości produktu w mieszaninie rośnie (np. dla 470 K: 81% → 86% → 98%). Wzrost ciśnienia zwiększa więc wydajność reakcji tworzenia produktu.

Krok 2. Zastosowanie reguły przekory. Wzrost ciśnienia przesuwa równowagę w stronę mniejszej liczby moli gazu. Skoro podwyższenie ciśnienia sprzyja produktowi, to po stronie produktu jest mniej moli gazu niż po stronie substratów.

Odpowiedź: Łączna liczba moli (gazowych) substratów jest większa od liczby moli (gazowego) produktu, ponieważ zgodnie z regułą przekory wraz ze wzrostem ciśnienia rośnie wydajność (procent objętości produktu) reakcji.

Krok 1. Wymagania wynikające z diagramu. Z zadań 5.–6. wynika, że reakcja tworzenia produktu jest egzoenergetyczna ($\Delta H<0$) oraz że łączna liczba moli gazowych substratów jest większa od liczby moli gazowego produktu (spadek liczby moli gazu w prawo).

Krok 2. Analiza równań.

• A: $2\to 2$ mole gazu (brak zmiany liczby moli) — odrzucamy.
• B: $\Delta H>0$ (endoenergetyczna) — odrzucamy.
• C: ${\mathrm{N}}_2+3{\mathrm{H}}_2\to 2N{\mathrm{H}}_3$: $4$ mole substratów $\to 2$ mole produktu (spadek liczby moli) oraz $\Delta H<0$ — spełnia oba warunki.
• D: $\Delta H>0$ — odrzucamy.

Odpowiedź: C.

Krok 1. Sens szukanej wielkości. Procent cząsteczek amoniaku, które przereagowały, to stopień dysocjacji $\alpha$ wyrażony w procentach.

Krok 2. Wzór przybliżony (dla $\alpha <5\%$). Ponieważ dysocjuje niewielka część cząsteczek, przyjmujemy $[\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3]\approx c$ i $[\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}]=[\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}]=x$: $K_b\approx \frac{x^2}{c}\Rightarrow x=\sqrt{K_b\cdot c}=\sqrt{1,8\cdot 10^{-5}\cdot 0,1}=\sqrt{1,8\cdot 10^{-6}}\approx 1,34\cdot 10^{-3}\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Krok 3. Obliczenie procentu przereagowanych cząsteczek. $\alpha =\frac{x}{c}\cdot 100\%=\frac{1,34\cdot 10^{-3}}{0,1}\cdot 100\%\approx 1,3\%.$ (Sprawdzenie: $1,3\%<5\%$ — przyjęte założenie jest spełnione.)

Odpowiedź: reakcji ulega około 1,3% wprowadzonych cząsteczek amoniaku.

Krok 1. Czego oczekujemy. Odczynnik ma początkowo dawać barwę żółtą (środowisko kwasowe, pH < 5,2), a po dodaniu nadmiaru zasadowego $\mathrm{BaO}$ – barwę czerwoną (pH > 6,8). Odczynnik musi więc być kwasem, a jego sól z barem musi być rozpuszczalna (roztwór ma pozostać klarowny, a tlenek roztworzyć się całkowicie).

Krok 2. Eliminacja odczynników. $\mathrm{NaOH}$ jest zasadą (od razu dawałby barwę czerwoną) — odrzucamy. ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ dałby nierozpuszczalny $\mathrm{BaS}{\mathrm{O}}_4$ (osad, roztwór nie byłby klarowny) — odrzucamy. ${\mathrm{H}}_3\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4$ dałby trudno rozpuszczalny $\mathrm{B}{\mathrm{a}}_3(\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4{)}_2$ — odrzucamy. Pozostaje $\mathrm{HCl}$: powstający $\mathrm{BaC}{\mathrm{l}}_2$ jest dobrze rozpuszczalny, więc roztwór jest klarowny.

Odpowiedź: wybrany odczynnik to $\mathrm{HCl}$ (aq) (z dodatkiem czerwieni bromofenolowej).

Krok 1. Przed dodaniem BaO. Roztwór kwasu solnego z czerwienią bromofenolową ma pH < 5,2 (środowisko kwasowe), więc wskaźnik jest żółty.

Krok 2. Po dodaniu nadmiaru BaO. Tlenek baru jest tlenkiem zasadowym: $\mathrm{BaO}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{Ba}(\mathrm{OH}{)}_2$. Nadmiar $\mathrm{BaO}$ zobojętnia kwas i nadaje roztworowi odczyn zasadowy (pH > 6,8), więc wskaźnik zmienia barwę na czerwoną.

Odpowiedź:

Krok 1. Utleniacz i reduktor. Chlor $\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2$ (stopień utlenienia 0) jest utleniaczem — redukuje się do $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$ (–I). Jon ${\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}$ jest reduktorem — utlenia się do $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ (siarka do +VI).

Krok 2. Równanie redukcji. Każda cząsteczka $\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2$ pobiera 2 elektrony: $\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2+2{\mathrm{e}}^{-}\to 2C{\mathrm{l}}^{-}$

Krok 3. Równanie utleniania. W jonie ${\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}$ oba atomy siarki przechodzą do stopnia +VI (jako $2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}$). Bilans: średni stopień utlenienia siarki rośnie tak, że oddawanych jest 8 elektronów na jeden jon ${\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}$. Uwzględniając wodę i uzgadniając ładunek oraz atomy tlenu i wodoru: ${\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}+5{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 2S{\mathrm{O}}_4^{2-}+10{\mathrm{H}}^{+}+8{\mathrm{e}}^{-}$

Odpowiedź: Redukcja: $\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2+2{\mathrm{e}}^{-}\to 2C{\mathrm{l}}^{-}$ (×4). Utlenianie: ${\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}+5{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 2S{\mathrm{O}}_4^{2-}+10{\mathrm{H}}^{+}+8{\mathrm{e}}^{-}$.

Krok 1. Bilans elektronów. Redukcja pobiera 2 elektrony (na $\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2$), utlenianie oddaje 8 elektronów (na ${\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}$). Wspólna wielokrotność to 8, więc równanie redukcji mnożymy przez 4: $4C{\mathrm{l}}_2+8{\mathrm{e}}^{-}\to 8C{\mathrm{l}}^{-}$

Krok 2. Sumowanie równań połówkowych. Dodajemy do równania utleniania ${\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}+5{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 2S{\mathrm{O}}_4^{2-}+10{\mathrm{H}}^{+}+8{\mathrm{e}}^{-}$; elektrony się skracają: ${\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}+4C{\mathrm{l}}_2+5{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 2S{\mathrm{O}}_4^{2-}+10{\mathrm{H}}^{+}+8C{\mathrm{l}}^{-}$

Krok 3. Sprawdzenie. Ładunek po lewej: $-2$; po prawej: $2\cdot (-2)+10\cdot (+1)+8\cdot (-1)=-4+10-8=-2$. Bilans się zgadza.

Odpowiedź: ${\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}+4C{\mathrm{l}}_2+5{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 2S{\mathrm{O}}_4^{2-}+10{\mathrm{H}}^{+}+8C{\mathrm{l}}^{-}$.

Krok 1. Masy molowe. $M_{\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2{\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3}=2\cdot 23+2\cdot 32+3\cdot 16=158g/mol$; $M_{\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2{\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3\cdot 5{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=158+5\cdot 18=248g/mol$.

Krok 2. Skład roztworu nasyconego. 176 g pentahydratu rozpuszczono w 100 g wody, więc 276 g roztworu nasyconego zawiera 176 g pentahydratu. Ilość bezwodnego $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2{\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3$ w tej masie: $m=176\cdot \frac{158}{248}\approx 112,1\mathrm{g}.$ Stężenie nasyconego roztworu (w przeliczeniu na bezwodną sól): $c=\frac{112,1}{276}\cdot 100\%\approx 40,6\%$.

Krok 3. Masa bezwodnej soli w 100 g roztworu nasyconego. $m_s=40,6\%\cdot 100\mathrm{g}\approx 40,6\mathrm{g}$ (tyle $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2{\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3$ mamy w 100 g roztworu).

Krok 4. Masa roztworu 25%. Rozcieńczenie nie zmienia masy substancji rozpuszczonej, więc $m_{r,25\%}=\frac{m_s}{25\%}=\frac{40,6}{0,25}\approx 162,5\mathrm{g}.$

Krok 5. Masa dodanej wody. $m_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=m_{r,25\%}-100\mathrm{g}=162,5-100\approx 62,5\mathrm{g}\approx 63\mathrm{g}.$

Odpowiedź: należy dodać około 63 g wody (w zależności od przyjętych zaokrągleń mas molowych i stężenia nasyconego roztworu wynik mieści się w przedziale ok. 62–64 g — wszystkie te wartości są zgodne z kluczem).

Krok 1. Zasada doboru wskaźnika. Wskaźnik odróżnia dwa roztwory tylko wtedy, gdy w każdym z nich ma inną barwę – czyli gdy jego zakres zmiany barwy leży między wartościami pH tych roztworów.

Krok 2. Punkt 1 (pH = 5 i pH = 7).

• oranż metylowy (3,1–4,4): oba pH są powyżej 4,4 → w obu barwa żółta, nie odróżnia.
• czerwień bromofenolowa (5,2–6,8): przy pH = 5 barwa żółta (poniżej 5,2), przy pH = 7 barwa czerwona (powyżej 6,8) → odróżnia.
• fenoloftaleina (8,3–10): oba pH poniżej 8,3 → w obu bezbarwna, nie odróżnia. Wybór: czerwień bromofenolowa.

Krok 3. Punkt 2 ($\mathrm{HCl}$ o pH = 2 i $\mathrm{NaOH}$ o pH = 12). Zakres każdego z trzech wskaźników mieści się między 2 a 12, więc każdy przyjmie inną barwę w kwasie i w zasadzie. Wybór: oranż metylowy, czerwień bromofenolowa i fenoloftaleina (wszystkie trzy).

Odpowiedź: 1. czerwień bromofenolowa; 2. oranż metylowy, czerwień bromofenolowa, fenoloftaleina.

Krok 1. Co jest analitem. pH mieszaniny na początku (przed dodaniem titranta) jest wysokie (≈13), a w miarę dodawania titranta maleje. Wysokie początkowe pH i podana treść wskazują, że w kolbie (analit) znajdował się wodny roztwór wodorotlenku sodu $\mathrm{NaOH}$.

Krok 2. Odczyn w punkcie równoważnikowym. Po zmieszaniu stechiometrycznych ilości reagentów pH = 7, czyli odczyn obojętny. To oznacza, że sól powstała z reakcji nie ulega hydrolizie — musi pochodzić od mocnego kwasu i mocnej zasady.

Krok 3. Jaki titrant. Titrant to kwas (obniża pH). Z listy tylko $\mathrm{HCl}$ jest mocnym kwasem, którego sól z $\mathrm{NaOH}$ (NaCl) daje odczyn obojętny. Kwasy $\mathrm{HCOOH}$ i $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$ są słabe (ich sole z NaOH dają pH > 7), a $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$ i $\mathrm{NaOH}$ nie są kwasami.

Odpowiedź: odczyn obojętny; analit — $\mathrm{NaOH}$; titrant — $\mathrm{HCl}$.

Krok 1. Odczyt pH z wykresu.

• po dodaniu 5 cm³ titranta: roztwór jest jeszcze silnie zasadowy (pH ≈ 12–13),
• po dodaniu 10 cm³: osiągnięto punkt równoważnikowy, pH ≈ 7 (odczyn obojętny),
• po dodaniu 15 cm³: titrant (kwas) jest w nadmiarze, pH ≈ 1–2 (odczyn kwasowy).

Krok 2. Barwy uniwersalnego papierka. Papierek uniwersalny w środowisku zasadowym przyjmuje barwę niebieską (lub niebieskozieloną/zieloną), w obojętnym – żółtą (zielonożółtą), a w kwasowym – czerwoną.

Odpowiedź: po 5 cm³ – niebieska (lub niebieskozielona / zielona); po 10 cm³ – żółta; po 15 cm³ – czerwona.

Krok 1. Zmiana pH. Do zasady ($\mathrm{NaOH}$) dodajemy kwas ($\mathrm{HCl}$), więc pH roztworu maleje. To wyklucza odpowiedzi A i B.

Krok 2. Zmiana przewodnictwa przed punktem równoważnikowym. Przed zobojętnieniem reakcja ${\mathrm{H}}^{+}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to {\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ usuwa z roztworu bardzo ruchliwe jony $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$, zastępując je znacznie mniej ruchliwymi jonami $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$ (liczba jonów $\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}$ się nie zmienia). Dlatego przewodnictwo najpierw maleje.

Krok 3. Zmiana przewodnictwa po punkcie równoważnikowym. Po zobojętnieniu dalsze dodawanie $\mathrm{HCl}$ wprowadza nadmiar bardzo ruchliwych jonów ${\mathrm{H}}^{+}$, więc przewodnictwo zaczyna rosnąć.

Odpowiedź: C (pH maleje, a przewodnictwo najpierw maleje, a potem rośnie).

Krok 1. Cel doświadczenia. Chcemy otrzymać mieszaninę niejednorodną (osad + roztwór), w której roztworem jest wodny kwas siarkowy(VI). Trzeba więc dobrać reakcję, w której powstaje jednocześnie trudno rozpuszczalny osad i ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$.

Krok 2. Dobór odczynników. Siarkowodór ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}$ reaguje z roztworem siarczanu(VI) miedzi(II), strącając czarny osad siarczku miedzi(II) $\mathrm{CuS}$ i uwalniając kwas siarkowy(VI): ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}+\mathrm{CuS}{\mathrm{O}}_4\to \mathrm{CuS}\downarrow +{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4.$ Zestawy $\mathrm{S}$ i $\mathrm{HCl}$ oraz ${\mathrm{K}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ i ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ nie dają jednocześnie osadu i ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$.

Odpowiedź: zestaw I – ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}$ (g); zestaw II – $\mathrm{CuS}{\mathrm{O}}_4$ (aq).

Krok 1. Przed dodaniem ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}$. W probówce znajduje się wodny roztwór $\mathrm{CuS}{\mathrm{O}}_4$, który ma barwę niebieską — obserwujemy klarowny niebieski roztwór.

Krok 2. Po zajściu reakcji. Powstaje nierozpuszczalny siarczek miedzi(II) $\mathrm{CuS}$ (czarny), a jony $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$ opuszczają roztwór, więc barwa niebieska zanika. Obserwujemy czarny osad i odbarwienie roztworu (nad osadem pozostaje bezbarwny roztwór kwasu siarkowego(VI)).

Odpowiedź: przed dodaniem odczynnika – niebieski roztwór; po zajściu reakcji – czarny osad i odbarwienie roztworu.

Krok 1. Reagujące jony. W reakcji uczestniczą jony $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$ (z $\mathrm{CuS}{\mathrm{O}}_4$) oraz cząsteczka słabego, słabo dysocjującego kwasu ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}$. Powstaje bardzo trudno rozpuszczalny $\mathrm{CuS}$, a do roztworu przechodzą jony ${\mathrm{H}}^{+}$.

Krok 2. Zapis jonowy skrócony. Jony $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ pozostają w roztworze i się nie zmieniają, więc je pomijamy: $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}\to \mathrm{CuS}\downarrow +2{\mathrm{H}}^{+}$

Odpowiedź: $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}\to \mathrm{CuS}\downarrow +2{\mathrm{H}}^{+}$.

Krok 1. Charakter mieszaniny. Mieszanina poreakcyjna jest niejednorodna: zawiera stały osad $\mathrm{CuS}$ oraz ciekły roztwór kwasu siarkowego(VI). Trzeba oddzielić fazę stałą od ciekłej.

Krok 2. Dobór metody. Do rozdzielenia osadu od roztworu służy sączenie (filtracja) — osad pozostaje na sączku, a przez sączek przechodzi klarowny roztwór ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$. Dopuszczalna jest też dekantacja.

Odpowiedź: sączenie (filtracja) — dopuszczalna również dekantacja.

Krok 1. Która sól daje odczyn poniżej 7. Fenoloftaleina barwi się na malinowo tylko w środowisku zasadowym. $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_3\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4$ (sól mocnej zasady i słabego kwasu) ulega hydrolizie anionowej i daje odczyn zasadowy — to on daje malinowe zabarwienie. $\mathrm{Na}{\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4$ daje pH < 7, więc to jego dotyczy pytanie.

Krok 2. Dlaczego $\mathrm{Na}{\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4$ ma odczyn kwasowy. W roztworze jon ${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}$ może zarówno oddawać, jak i przyłączać proton, ale dla tej soli przeważa oddawanie protonu (dysocjacja kwasowa), co zwiększa stężenie jonów ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ i daje pH < 7: ${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons \mathrm{HP}{\mathrm{O}}_4^{2-}+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$

Odpowiedź: ${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons \mathrm{HP}{\mathrm{O}}_4^{2-}+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ (dopuszczalny zapis ${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}\rightleftharpoons \mathrm{HP}{\mathrm{O}}_4^{2-}+{\mathrm{H}}^{+}$).

Krok 1. Wybór jonu amfiprotycznego. Jon $\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{3-}$ nie ma już protonu do oddania — może być tylko zasadą. Jon ${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}$ ma protony, które może oddać (działa jako kwas), a jednocześnie może przyłączyć proton (działa jako zasada). Amfiprotyczny jest więc ${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}$.

Krok 2. ${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}$ jako zasada (środowisko kwasowe). Przyłącza proton od ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$: ${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\rightleftharpoons {\mathrm{H}}_3\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Krok 3. ${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}$ jako kwas (środowisko zasadowe). Oddaje proton jonowi $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$: ${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\rightleftharpoons \mathrm{HP}{\mathrm{O}}_4^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Odpowiedź: wybrany jon to ${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}$; ${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\rightleftharpoons {\mathrm{H}}_3\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ oraz ${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\rightleftharpoons \mathrm{HP}{\mathrm{O}}_4^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Od czego zależy stężenie $\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}$ po reakcji. Po strąceniu osadu stężenie jonów srebra w roztworze nasyconym względem danej soli wyznacza jej iloczyn rozpuszczalności: im mniejszy $K_s$, tym mniejsze pozostające stężenie $\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}$.

Krok 2. Porównanie wartości. Najmniejszy iloczyn rozpuszczalności ma $\mathrm{AgI}$ ($1,5\cdot 10^{-16}$), znacznie mniejszy niż $\mathrm{AgBr}$ i $\mathrm{AgCl}$. Aby otrzymać osad $\mathrm{AgI}$, należy dodać roztwór jodku potasu.

Odpowiedź: wybrany odczynnik to (wodny roztwór) jodku potasu $\mathrm{KI}$; uzasadnienie: iloczyn rozpuszczalności $\mathrm{AgI}$ jest najmniejszy, więc po reakcji pozostaje najmniejsze stężenie jonów $\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}$.

Krok 1. Liczba moli $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$. $n_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}=\frac{5,6\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3}{22,4\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3\cdot \mathrm{mo}{\mathrm{l}}^{-1}}=0,25\mathrm{mol}.$

Krok 2. Oznaczenie ilości składników. Niech $n_{\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3}=x$, wtedy $n_{\mathrm{Ca}(\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3{)}_2}=2x$ (stosunek 1 : 2). Z równań: $\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3$ daje 1 mol $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ na mol, a $\mathrm{Ca}(\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3{)}_2$ – 2 mole $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ na mol: $n_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}=x+2\cdot (2x)=5x=0,25\Rightarrow x=0,05\mathrm{mol}.$

Krok 3. Ilości składników. $n_{\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3}=0,05\mathrm{mol}$, $n_{\mathrm{Ca}(\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3{)}_2}=0,10\mathrm{mol}$.

Krok 4. Masy składników ($M_{\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3}=100g/mol$, $M_{\mathrm{Ca}(\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3{)}_2}=162g/mol$): $m=0,05\cdot 100+0,10\cdot 162=5+16,2=21,2\mathrm{g}.$

Odpowiedź: $m=21,2\mathrm{g}$.

Krok 1. Co się miesza w doświadczeniu III. Mieszamy $\mathrm{Ba}(\mathrm{OH}{)}_2$ z ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$. Zachodzą jednocześnie dwie przemiany: zobojętnianie (${\mathrm{H}}^{+}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$) oraz strącanie nierozpuszczalnego $\mathrm{BaS}{\mathrm{O}}_4$.

Krok 2. Zapis jonowy uwzględniający oba procesy. W $0,2\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$ roztworach $\mathrm{Ba}(\mathrm{OH}{)}_2$ dostarcza $\mathrm{B}{\mathrm{a}}^{2+}$ i $2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$, a ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ dostarcza $2{\mathrm{H}}^{+}$ i $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}$: $\mathrm{B}{\mathrm{a}}^{2+}+2O{\mathrm{H}}^{-}+2{\mathrm{H}}^{+}+\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}\to \mathrm{BaS}{\mathrm{O}}_4\downarrow +2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Krok 3. Uwaga. Sam zapis $\mathrm{B}{\mathrm{a}}^{2+}+\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}\to \mathrm{BaS}{\mathrm{O}}_4$ jest niewystarczający, bo pomija reakcję zobojętniania, która także wydziela ciepło.

Odpowiedź: $\mathrm{B}{\mathrm{a}}^{2+}+2O{\mathrm{H}}^{-}+2{\mathrm{H}}^{+}+\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}\to \mathrm{BaS}{\mathrm{O}}_4\downarrow +2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Analiza efektów cieplnych.

• Doświadczenie I ($\mathrm{BaC}{\mathrm{l}}_2+\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$): reakcja strąceniowa $\mathrm{B}{\mathrm{a}}^{2+}+\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}\to \mathrm{BaS}{\mathrm{O}}_4$ — słaby efekt cieplny.
• Doświadczenie II ($\mathrm{HCl}+\mathrm{KOH}$): zobojętnianie mocnego kwasu mocną zasadą, ${\mathrm{H}}^{+}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to {\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.
• Doświadczenie III ($\mathrm{Ba}(\mathrm{OH}{)}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$): zobojętnianie + strącanie $\mathrm{BaS}{\mathrm{O}}_4$ — dodatkowy efekt cieplny, większy niż w II i IV.
• Doświadczenie IV ($\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3+\mathrm{NaOH}$): zobojętnianie mocnego kwasu mocną zasadą, ${\mathrm{H}}^{+}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to {\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 2. Porównanie. Doświadczenia II i IV to ta sama reakcja jonowa ${\mathrm{H}}^{+}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to {\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ z tą samą liczbą moli jonów (po 0,02 mol), więc wydzielają tyle samo ciepła i dają jednakowy przyrost $\Delta T$. Doświadczenia I i III mają inne (odpowiednio mniejszy i większy) efekty cieplne.

Odpowiedź: doświadczenia II i IV.

Krok 1. Który metal reaguje z $\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}$. Metal wypiera żelazo z roztworu tylko wtedy, gdy jest aktywniejszy (leży w szeregu elektrochemicznym przed żelazem). Cynk ($E^{\circ }=-0,76\mathrm{V}$) jest aktywniejszy od żelaza ($-0,44\mathrm{V}$), więc reaguje; nikiel ($-0,25\mathrm{V}$) jest mniej aktywny od żelaza i nie reaguje. Zmieniła się więc masa płytki cynkowej — metal X to cynk, a metal Z to nikiel.

Krok 2. Równanie reakcji. $\mathrm{Zn}+\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}\to \mathrm{Z}{\mathrm{n}}^{2+}+\mathrm{Fe}$

Krok 3. Zmiana masy płytki X (cynkowej). Z każdego mola cynku (65 g) rozpuszcza się metaliczny cynk, a na płytce osadza się 1 mol żelaza (56 g). Ubytek masy (rozpuszczony Zn) jest większy niż przyrost (osadzone Fe), więc masa płytki się zmniejszyła.

Odpowiedź: masa płytki X się zmniejszyła; $\mathrm{Zn}+\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}\to \mathrm{Z}{\mathrm{n}}^{2+}+\mathrm{Fe}$; metalem Z był nikiel.

Krok 1. Liczba moli $\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3$ i $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$. $M_{\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3}=100g/mol$, więc $n_{\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3}=\frac{6}{100}=0,06\mathrm{mol}=n_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}=n_{\mathrm{C}}.$

Krok 2. Masa węgla w alkanie. $m_{\mathrm{C}}=0,06\cdot 12=0,72\mathrm{g}$.

Krok 3. Masa i liczba moli wodoru. $m_{\mathrm{H}}=0,86-0,72=0,14\mathrm{g}$, więc $n_{\mathrm{H}}=\frac{0,14}{1}=0,14\mathrm{mol}$.

Krok 4. Stosunek atomów. $n_{\mathrm{C}}:n_{\mathrm{H}}=0,06:0,14=6:14.$ Wzór odpowiada ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_{14}$, co spełnia wzór ogólny alkanu ${\mathrm{C}}_{\mathrm{n}}{\mathrm{H}}_{2n+2}$ dla $n=6$ ($2\cdot 6+2=14$).

Odpowiedź: wzór sumaryczny alkanu to ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_{14}$ (heksan).

Krok 1. Ustalenie alkenu B. Uwodornienie B daje 2-metylopentan $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$, więc szkielet węglowy B jest taki sam. Utlenianie B daje dwa produkty różnych klas (kwas i keton), a więc wiązanie podwójne musi być tak umieszczone, by jeden koniec dawał keton (${\mathrm{R}}_2\mathrm{C}=$), a drugi kwas ($\mathrm{RHC}=$). Odpowiada temu 2-metylopent-2-en: $\mathrm{B}:(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{C}=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$

Krok 2. Ustalenie alkenu A. A jest izomerem B (ten sam wzór sumaryczny ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_{12}$), daje przy utlenianiu tylko jeden produkt (symetryczne wiązanie podwójne) i występuje jako izomery cis–trans. Spełnia to heks-3-en: $\mathrm{A}:\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CH}=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$

Krok 3. Dlaczego B nie ma izomerii cis–trans. Przy jednym z atomów węgla połączonych wiązaniem podwójnym w cząsteczce B znajdują się dwa identyczne podstawniki (dwie grupy $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$). Warunkiem izomerii geometrycznej jest, aby każdy z atomów węgla wiązania podwójnego miał dwa różne podstawniki — tu ten warunek nie jest spełniony.

Odpowiedź: $\mathrm{A}:\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{CH}=\mathrm{CHC}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (heks-3-en, izomer cis lub trans); $\mathrm{B}:(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{C}=\mathrm{CHC}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (2-metylopent-2-en). B nie ma izomerów cis–trans, bo przy jednym z atomów węgla wiązania podwójnego są dwa jednakowe podstawniki (dwie grupy metylowe).

Krok 1. Produkty utleniania alkenu A (heks-3-en $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{CH}=\mathrm{CHC}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$). Rozerwanie symetrycznego wiązania podwójnego daje dwie jednakowe cząsteczki kwasu propanowego $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{COOH}$ (z ugrupowania $\mathrm{RHC}=$ powstaje kwas). To jeden rodzaj produktu.

Krok 2. Produkty utleniania alkenu B ($(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{C}=\mathrm{CHC}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$). Z końca $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{C}=$ (typ ${\mathrm{R}}_2\mathrm{C}=$) powstaje keton – propanon (aceton) $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COC}{\mathrm{H}}_3$; z końca $=\mathrm{CHC}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (typ $\mathrm{RHC}=$) powstaje kwas propanowy $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{COOH}$.

Krok 3. Zestawienie wszystkich produktów. Kwas propanowy (z A i z B) oraz propanon (aceton) (z B).

Odpowiedź: kwas propanowy (kwas propionowy) oraz propanon (aceton, keton dimetylowy).

Krok 1. Etap I. Bogate w elektrony wiązanie podwójne C=C alkenu atakuje proton (cząstkę ubogą w elektrony) pochodzący od ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$. Reagent atakujący jest więc niedoborem elektronów — to reagent elektrofilowy.

Krok 2. Etap II. Powstały karbokation ma deficyt elektronów; cząsteczka wody dostarcza wolnej pary elektronowej (atak na dodatni atom węgla). Woda działa więc jako nukleofil.

Krok 3. Etap III. Protonowany alkohol (jon oksoniowy) ma zbędny proton i oddaje go cząsteczce wody, dając obojętny alkohol i odtwarzając katalizator ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$.

Odpowiedź: I – elektrofilowego; II – nukleofil; III – oddaje.

Krok 1. Reguła Markownikowa. Podczas kwasowej hydratacji niesymetrycznego alkenu grupa $-\mathrm{OH}$ przyłącza się do atomu węgla związanego z mniejszą liczbą atomów wodoru (przez trwalszy karbokation). Produktem głównym jest więc alkohol o grupie $-\mathrm{OH}$ przy bardziej podstawionym atomie węgla — zwykle alkohol drugorzędowy (lub wyższy), nie pierwszorzędowy.

Krok 2. Analiza alkoholi.

• $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ (etanol) — z etenu (symetryczny), jedyny możliwy produkt; można otrzymać.
• $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CH}(\mathrm{OH})\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (propan-2-ol) — z propenu, zgodnie z Markownikowem; można.
• $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ (propan-1-ol) — alkohol pierwszorzędowy, powstałby wbrew regule Markownikowa; nie można jako produktu głównego.
• $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{CH}(\mathrm{OH})\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (butan-2-ol) — drugorzędowy, zgodny z Markownikowem; można.
• $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ (butan-1-ol) — alkohol pierwszorzędowy, wbrew regule Markownikowa; nie można.

Odpowiedź: nie można otrzymać $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ (propan-1-ol) i $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ (butan-1-ol); uzasadnienie: hydratacja niesymetrycznych alkenów w środowisku kwasowym przebiega zgodnie z regułą Markownikowa (przez trwalszy karbokation), więc te pierwszorzędowe alkohole nie powstają jako produkt główny.

Krok 1. Warunek czynności optycznej. Związek jest optycznie czynny, gdy jego cząsteczka jest chiralna, tzn. nie ma płaszczyzny (ani innego elementu) symetrii nakładającej ją na odbicie lustrzane. Cząsteczka z płaszczyzną symetrii lub bez centrum stereogenicznego nie jest optycznie czynna.

Krok 2. Związek I. W tej cząsteczce nie ma asymetrycznego atomu węgla (brak centrum stereogenicznego) — nie jest więc optycznie czynna.

Krok 3. Związek II. Ma dwa jednakowe centra stereogeniczne o przeciwnej konfiguracji, przez co cząsteczka ma płaszczyznę symetrii — jest to forma mezo, achiralna, optycznie nieczynna.

Krok 4. Związek III. Dwa centra stereogeniczne są różne (różne podstawniki przy każdym z nich) i nie tworzą formy mezo — cząsteczka jest chiralna, a więc optycznie czynna.

Odpowiedź: optycznie nieczynne są związki I (brak asymetrycznego atomu węgla / brak centrum stereogenicznego) i II (forma mezo — cząsteczka ma płaszczyznę symetrii).

Krok 1. Rodzaj reakcji. Uwodornienie (redukcja katalityczna) grupy aldehydowej $-\mathrm{CHO}$ wodorem w obecności katalizatora daje pierwszorzędową grupę hydroksylową $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ — powstaje alkohol.

Krok 2. Produkt A. Z 3-metylobutanalu powstaje 3-metylobutan-1-ol: $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CHO}+{\mathrm{H}}_2\stackrel{\text{kat.}}{\to }(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$

Odpowiedź: $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CHO}+{\mathrm{H}}_2\stackrel{\text{kat.}}{\to }(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ (produkt A: 3-metylobutan-1-ol).

Krok 1. Powstanie związku B. Alkohol A (3-metylobutan-1-ol) reaguje z $\mathrm{HBr}$ w reakcji substytucji grupy $-\mathrm{OH}$ atomem bromu, dając bromopochodną (1-bromo-3-metylobutan): $\mathrm{B}:{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Br}$

Krok 2. Powstanie związku C. Działanie $\mathrm{KOH}$ w roztworze etanolowym na bromopochodną B powoduje odszczepienie $\mathrm{HBr}$ (bromu i atomu wodoru z sąsiedniego węgla) i utworzenie wiązania podwójnego — jest to reakcja eliminacji, dająca alken C (3-metylobut-1-en).

Odpowiedź: związek B: ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Br}$; typ reakcji prowadzącej do C: eliminacja.

Krok 1. Wskazanie wiązania podwójnego. Izomeria cis–trans dotyczy wiązania podwójnego $\mathrm{CH}=\mathrm{CH}$ między pierścieniem fenylowym a grupą aldehydową. Przy jednym atomie węgla znajdują się: pierścień fenylowy i atom wodoru, przy drugim: grupa $-\mathrm{CHO}$ i atom wodoru.

Krok 2. Konfiguracja trans. W izomerze trans dwa większe (i różne) podstawniki — pierścień fenylowy oraz grupa $-\mathrm{CHO}$ — leżą po przeciwnych stronach wiązania podwójnego, a oba atomy wodoru po stronach przeciwnych do nich.

Odpowiedź: wzór izomeru trans — cząsteczka ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{CH}=\mathrm{CH}-\mathrm{CHO}$, w której grupa fenylowa (${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-$) i grupa aldehydowa ($-\mathrm{CHO}$) znajdują się po przeciwnych stronach wiązania podwójnego $\mathrm{C}=\mathrm{C}$ (a atomy wodoru — również po przeciwnych stronach względem siebie).

Krok 1. Probówka I – reakcja z $\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2$. Aldehyd cynamonowy ma wiązanie podwójne $\mathrm{C}=\mathrm{C}$, które przyłącza brom w reakcji addycji. Brom jest zużywany, więc jego brunatno-pomarańczowa barwa zanika — roztwór bromu uległ odbarwieniu.

Krok 2. Probówka II – reakcja z $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ (próba Trommera). Grupa aldehydowa $-\mathrm{CHO}$ redukuje wodorotlenek miedzi(II) podczas ogrzewania do tlenku miedzi(I) $\mathrm{C}{\mathrm{u}}_2\mathrm{O}$, który wytrąca się jako ceglastoczerwony osad — powstaje ceglasty osad.

Odpowiedź: 1. uległ odbarwieniu; 2. ceglasty osad.

Krok 1. Związki między wielkościami (dla $\alpha <5\%$). Dla słabego kwasu $[{\mathrm{H}}^{+}]=\alpha \cdot c_0$ oraz $K={\alpha }^2{c}_0$, skąd po podzieleniu: $[{\mathrm{H}}^{+}]=\frac{K}{\alpha }.$

Krok 2. Wyznaczenie stałej $K$ z roztworu pierwszego. W roztworze pierwszym $[{\mathrm{H}}^{+}]=10^{-1,9}\approx 1,26\cdot 10^{-2}\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$, a ${\alpha }_1=0,0133$. Zatem $c_{0,1}=\frac{[{\mathrm{H}}^{+}]}{{\alpha }_1}=\frac{1,26\cdot 10^{-2}}{0,0133}\approx 0,95\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$, a $K={\alpha }_1^2{c}_{0,1}=(0,0133{)}^2\cdot 0,95\approx 1,8\cdot 10^{-4}.$

Krok 3. Stężenie jonów ${\mathrm{H}}^{+}$ w roztworze drugim (${\alpha }_2=0,0415$): $[{\mathrm{H}}^{+}{]}_2=\frac{K}{{\alpha }_2}=\frac{1,8\cdot 10^{-4}}{0,0415}\approx 4,3\cdot 10^{-3}\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

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

Krok 5. Ocena. Roztwór drugi ma wyższy stopień dysocjacji (4,15% > 1,33%), ale wyższe pH (2,4 > 1,9), czyli mniej kwasowy odczyn — bo jest bardziej rozcieńczony (mniejsze $c_0$). Wyższy stopień dysocjacji wynika z rozcieńczenia, a nie z większego stężenia jonów ${\mathrm{H}}^{+}$.

Odpowiedź: $\mathrm{pH}\approx 2,4$. Wyższa wartość stopnia dysocjacji nie oznacza, że roztwór ma bardziej kwasowy odczyn (roztwór drugi ma wyższe pH mimo większego stopnia dysocjacji).

Krok 1. Analiza warunków dla związku X. Kwas mlekowy $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CH}(\mathrm{OH})\mathrm{COOH}$ ma grupę $-\mathrm{OH}$ i grupę $-\mathrm{COOH}$. Ester ${\mathrm{C}}_5{\mathrm{H}}_8{\mathrm{O}}_4$ powstaje przez połączenie kwasu mlekowego z drugim reagentem i odłączenie wody. X ma tylko jedną grupę funkcyjną, a jego dwa atomy węgla mają różne typy hybrydyzacji.

Krok 2. Ustalenie X. Warunki spełnia kwas etanowy (octowy) $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$: ma jedną grupę funkcyjną ($-\mathrm{COOH}$), a jego atomy węgla mają różną hybrydyzację — węgiel grupy $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ jest $s{p}^3$, a węgiel grupy $\mathrm{COOH}$ jest $s{p}^2$.

Krok 3. Sprawdzenie wzoru estru. Reakcja grupy $-\mathrm{OH}$ kwasu mlekowego z $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$ daje $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CH}(\mathrm{OCOC}{\mathrm{H}}_3)\mathrm{COOH}$: 5 atomów C, 8 atomów H, 4 atomy O — czyli ${\mathrm{C}}_5{\mathrm{H}}_8{\mathrm{O}}_4$. Zgadza się.

Krok 4. Równanie reakcji estryfikacji. $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CH}(\mathrm{OH})\mathrm{COOH}+\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}\rightleftharpoons \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CH}(\mathrm{OCOC}{\mathrm{H}}_3)\mathrm{COOH}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Odpowiedź: związek X to kwas octowy $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$; równanie: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CH}(\mathrm{OH})\mathrm{COOH}+\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}\rightleftharpoons \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CH}(\mathrm{OCOC}{\mathrm{H}}_3)\mathrm{COOH}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Enolowe atomy węgla. Enolowe atomy węgla to te o hybrydyzacji $s{p}^2$, połączone wiązaniem podwójnym $\mathrm{C}=\mathrm{C}$ i mające przyłączone grupy $-\mathrm{OH}$. We wzorze witaminy C tworzą je atomy oznaczone d i e (fragment $\mathrm{C}=\mathrm{C}$ z dwiema grupami hydroksylowymi).

Krok 2. Asymetryczne atomy węgla. Asymetryczny atom węgla ma cztery różne podstawniki i hybrydyzację $s{p}^3$. Warunek ten spełniają atomy b i c (każdy związany z czterema różnymi grupami).

Krok 3. Wykluczenie pozostałych. Atom a ($-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$) ma dwa jednakowe atomy wodoru — nie jest asymetryczny; atom f jest karbonylowym atomem węgla grupy laktonowej ($s{p}^2$, nie enolowy).

Odpowiedź: enolowe atomy węgla: d, e; asymetryczne atomy węgla: b, c.

Krok 1. Zasada obliczania formalnego stopnia utlenienia węgla. Każde wiązanie $\mathrm{C}-\mathrm{H}$ liczymy jako $-1$ dla węgla, każde wiązanie $\mathrm{C}-\mathrm{O}$ (lub $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ – podwójne liczone podwójnie) jako $+1$, a wiązanie $\mathrm{C}-\mathrm{C}$ jako $0$.

Krok 2. Atom a – grupa $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$: dwa wiązania $\mathrm{C}-\mathrm{H}$ ($-2$), jedno $\mathrm{C}-\mathrm{O}$ ($+1$), jedno $\mathrm{C}-\mathrm{C}$ ($0$). Suma: $-2+1=-1$, czyli $-\mathrm{I}$.

Krok 3. Atom b – grupa $-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-$: jedno $\mathrm{C}-\mathrm{H}$ ($-1$), jedno $\mathrm{C}-\mathrm{O}$ ($+1$), dwa $\mathrm{C}-\mathrm{C}$ ($0$). Suma: $-1+1=0$.

Krok 4. Atom f – węgiel karbonylowy grupy laktonowej $-\mathrm{C}(=\mathrm{O})-\mathrm{O}-$: wiązanie podwójne $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ ($+2$), wiązanie $\mathrm{C}-\mathrm{O}$ ($+1$), wiązanie $\mathrm{C}-\mathrm{C}$ ($0$). Suma: $+3$, czyli $+\mathrm{III}$.

Odpowiedź:

Krok 1. Właściwości redukujące i nienasycenie witaminy C. Kwas askorbinowy ma układ enediolowy (wiązanie $\mathrm{C}=\mathrm{C}$ z grupami $-\mathrm{OH}$), dzięki czemu jest silnym reduktorem i łatwo się utlenia.

Krok 2. Probówka II – woda bromowa. Kwas askorbinowy redukuje brom (odbarwia wodę bromową) — brunatna barwa zanika. Zawartość ulega odbarwieniu.

Krok 3. Probówka III – zakwaszony $\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4$. Fioletowy manganian(VII) potasu jest silnym utleniaczem; kwas askorbinowy redukuje go, przez co fioletowa barwa zanika. Zawartość ulega odbarwieniu.

Krok 4. Probówka I – $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$. Tu nie obserwuje się odbarwienia charakterystycznego jak w II i III (zgodnie z kluczem odpowiedzią są probówki II i III).

Odpowiedź: probówki II i III.

Krok 1. Ocena zdania 1. W reakcji 1. anion askorbinianowy powstaje przez oddanie protonu przez kwas askorbinowy, a zapis odwracalny ($+{\mathrm{H}}^{+}/-{\mathrm{H}}^{+}$) pokazuje, że anion może też przyłączyć proton. W zależności od warunków może więc i przyłączać, i oddawać proton — prawda (P).

Krok 2. Ocena zdania 2. Rodnik askorbylowy zawiera jeden niesparowany elektron, co czyni go reaktywnym chemicznie — prawda (P).

Krok 3. Ocena zdania 3. Kwas dehydroaskorbinowy powstaje z rodnika askorbylowego przez utratę elektronu (reakcja 3.), czyli w wyniku utleniania, a nie redukcji. Zdanie jest fałszywe (F).

Odpowiedź: 1. P, 2. P, 3. F.

Krok 1. Proces utleniania. Kwas askorbinowy utlenia się do kwasu dehydroaskorbinowego, oddając 2 elektrony i 2 protony (dwie grupy enolowe $-\mathrm{OH}$ przechodzą w dwie grupy karbonylowe $\mathrm{C}=\mathrm{O}$): $\text{kwas askorbinowy}\to \text{kwas dehydroaskorbinowy}+2{\mathrm{H}}^{+}+2e^{-}$

Krok 2. Proces redukcji. Utleniaczem jest tlen ${\mathrm{O}}_2$, który redukuje się do wody, pobierając 4 elektrony i 4 protony: ${\mathrm{O}}_2+4{\mathrm{H}}^{+}+4{\mathrm{e}}^{-}\to 2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Krok 3. Bilans elektronów. Aby zbilansować (2 elektrony oddawane w utlenianiu, 4 pobierane w redukcji), utlenianie należy pomnożyć przez 2 — dwie cząsteczki kwasu askorbinowego przypadają na jedną cząsteczkę ${\mathrm{O}}_2$.

Odpowiedź: utlenianie: kwas askorbinowy $\to$ kwas dehydroaskorbinowy $+2{\mathrm{H}}^{+}+2e^{-}$; redukcja: ${\mathrm{O}}_2+4{\mathrm{H}}^{+}+4{\mathrm{e}}^{-}\to 2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Rodzaj reakcji. Wiązanie estrowe (laktonowe) w pierścieniu kwasu dehydroaskorbinowego ulega hydrolizie zasadowej pod działaniem $\mathrm{NaOH}$. Pierścień się otwiera, a powstała grupa karboksylowa przechodzi w grupę karboksylanową (sól sodowa).

Krok 2. Produkt organiczny. Po otwarciu pierścienia łańcuch zawiera kolejno: grupę $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$, dwie grupy $-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-$, dwie grupy karbonylowe $-\mathrm{CO}-$ i końcową grupę karboksylanową $-\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}$: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2(\mathrm{OH})-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{CO}-\mathrm{CO}-\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}$

Odpowiedź: organiczny produkt to sól sodowa powstała po otwarciu pierścienia: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2(\mathrm{OH})-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{CO}-\mathrm{CO}-\mathrm{COONa}$ (grupa karboksylowa przeszła w karboksylanową $-\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}$).

Krok 1. Acetamid w środowisku kwasowym (doświadczenie A). Amid ulega hydrolizie kwasowej: powstają kwas octowy i jon amonowy (grupa aminowa wiąże proton): $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CON}{\mathrm{H}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+{\mathrm{H}}^{+}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}+\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$

Krok 2. Acetamid w środowisku zasadowym (doświadczenie B). Amid ulega hydrolizie zasadowej: powstają jon octanowy i amoniak: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CON}{\mathrm{H}}_2+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}+\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$

Odpowiedź: Doświadczenie A, probówka I: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CON}{\mathrm{H}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+{\mathrm{H}}^{+}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}+\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$. Doświadczenie B, probówka I: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CON}{\mathrm{H}}_2+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}+\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$.