Chemia — Maj 2018

Krok 1. Analiza pierwiastka X. X jest metalem 4. okresu, jednym z najlepszych przewodników ciepła i elektryczności — to wskazuje na miedź. Miedź ma nietypową konfigurację podstawową $[\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^1$ — tylko jeden elektron niesparowany, na podpowłoce $4s$ (ostatnia powłoka). Tworzy tlenki $\mathrm{C}{\mathrm{u}}_2\mathrm{O}$ (Cu na $+1$) i $\mathrm{CuO}$ (Cu na $+2$) — zgadza się z X${}_2$O i XO. Miedź leży w bloku d (ostatni elektron na $3d$, choć elektron niesparowany jest na $4s$), w grupie 11.

Krok 2. Analiza pierwiastka Z. Z jest niemetalem występującym w postaci dwuatomowych cząsteczek, z jednym niesparowanym elektronem na ostatniej powłoce, na innej podpowłoce niż w X (czyli na $p$, nie na $s$). To brom: konfiguracja $[\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^{2}4p^5$ — jeden niesparowany elektron na $4p$. Brom leży w bloku p, w grupie 17.

Odpowiedź:

Krok 1. Konfiguracja atomu miedzi. Atom miedzi w stanie podstawowym ma konfigurację $[\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^1$.

Krok 2. Usunięcie dwóch elektronów. Tworząc kation $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$, atom traci najpierw elektron z podpowłoki $4s$ (mniej stabilnej energetycznie niż zapełniona $3d^{10}$), a następnie jeden elektron z podpowłoki $3d$ — powstaje układ $3d^9$.

Odpowiedź: $[\mathrm{Ar}]3d^9$.

Krok 1. Budowa cząsteczki $\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2$. Brom ma 7 elektronów walencyjnych, więc do uzupełnienia oktetu potrzebuje jednego dodatkowego elektronu. Dwa atomy bromu łączą się jednym wiązaniem pojedynczym: $:\mathrm{Br}-\mathrm{Br}:$

Krok 2. Typ wiązania. Wiązanie pojedyncze to jedno wiązanie $\sigma$, brak wiązań $\pi$.

Krok 3. Wolne pary elektronowe. Każdy atom bromu ma trzy wolne pary elektronowe — razem $2\times 3=6$ wolnych par w całej cząsteczce.

Odpowiedź: liczba wiązań $\sigma$ = 1, liczba wiązań $\pi$ = 0, liczba wolnych par elektronowych = 6.

Krok 1. Średnia masa atomowa jako średnia ważona. Na 3 atomy izotopu o masie $68,926$ u przypadają 2 atomy izotopu o masie $m_x$, więc: $69,723=\frac{3\cdot 68,926+2\cdot m_x}{5}.$

Krok 2. Rozwiązanie równania. $5\cdot 69,723=3\cdot 68,926+2m_x$ $348,615=206,778+2m_x$ $2m_x=141,837\Rightarrow m_x=70,919\mathrm{u}.$

Odpowiedź: $m_x\approx 70,919$ u (dopuszczalne również $70,918$ u, w zależności od zaokrągleń).

Krok 1. Który izotop ma mniejszą masę. Z zadania 2. wynika, że drugi izotop ma masę atomową $m_x\approx 70,919$ u, czyli więcej niż $68,926$ u. Mniejszą masę atomową ma więc pierwszy izotop, o masie $68,926$ u.

Krok 2. Przeliczenie jednostki masy atomowej na gramy. $1\mathrm{u}=1,661\cdot 10^{-24}\mathrm{g}$ (co odpowiada $\frac{1g/mol}{N_A}$, $N_A=6,02\cdot 10^{23}\mathrm{mo}{\mathrm{l}}^{-1}$).

Krok 3. Obliczenie masy atomu. $m=68,926\cdot 1,661\cdot 10^{-24}\mathrm{g}\approx 1,14\cdot 10^{-22}\mathrm{g}.$

Równoważnie: $m=\frac{68,926}{6,02\cdot 10^{23}}\mathrm{g}\approx 1,14\cdot 10^{-22}\mathrm{g}.$

Odpowiedź: masa jednego atomu lżejszego izotopu galu wynosi $m\approx 1,14\cdot 10^{-22}$ g.

Krok 1. Amfoteryczność berylu. Beryl jest metalem amfoterycznym — reaguje zarówno z kwasami, jak i ze stężonymi zasadami, w obu przypadkach wydzielając wodór i tworząc kompleksowe jony berylu (bo kation $\mathrm{B}{\mathrm{e}}^{2+}$ silnie polaryzuje i wiąże cząsteczki wody/jony $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$).

Krok 2. Reakcja 1 — z kwasem. Beryl oddaje elektrony jonom ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$, redukując je do ${\mathrm{H}}_2$, a powstający kation $\mathrm{B}{\mathrm{e}}^{2+}$ jest natychmiast solwatowany przez wodę do kompleksu $[\mathrm{Be}({\mathrm{H}}_2\mathrm{O}{)}_4{]}^{2+}$: $\mathrm{Be}+2{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to [\mathrm{Be}({\mathrm{H}}_2\mathrm{O}{)}_4{]}^{2+}+{\mathrm{H}}_2.$

Krok 3. Reakcja 2 — ze stężoną zasadą. Beryl reaguje z jonami $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$, także wydzielając wodór, a kation berylu tworzy kompleks $[\mathrm{Be}(\mathrm{OH}{)}_4{]}^{2-}$: $\mathrm{Be}+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to [\mathrm{Be}(\mathrm{OH}{)}_4{]}^{2-}+{\mathrm{H}}_2.$

Odpowiedź: równanie reakcji 1: $\mathrm{Be}+2{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to [\mathrm{Be}({\mathrm{H}}_2\mathrm{O}{)}_4{]}^{2+}+{\mathrm{H}}_2$; równanie reakcji 2: $\mathrm{Be}+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to [\mathrm{Be}(\mathrm{OH}{)}_4{]}^{2-}+{\mathrm{H}}_2$.

Krok 1. Odczyt trendu z wykresu. Z wykresu wynika, że wraz ze wzrostem temperatury zawartość objętościowa CO w mieszaninie równowagowej rośnie (a CO${}_2$ maleje) — równowaga przesuwa się w stronę produktów (CO).

Krok 2. Zastosowanie reguły przekory. Zgodnie z regułą przekory (Le Chateliera) wzrost temperatury przesuwa równowagę w stronę reakcji, która pochłania ciepło, czyli reakcji endoenergetycznej. Skoro wzrost temperatury zwiększa wydajność otrzymywania CO, to reakcja $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+\mathrm{C}\to 2CO$ (w kierunku, w którym rośnie ilość CO) jest endoenergetyczna.

Odpowiedź: Reakcja jest procesem endoenergetycznym — wraz ze wzrostem temperatury wzrasta zawartość (stężenie) CO w mieszaninie równowagowej, czyli zwiększa się wydajność tej reakcji.

Krok 1. Odczyt składu z wykresu w 873 K. Z wykresu (informacja do zadań 5.–6.) w temperaturze 873 K zawartość objętościowa wynosi: CO${}_2$ — 80%, CO — 20%. Przy sumarycznej liczbie moli gazów równej 1: $n_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}=0,8$ mol, $n_{\mathrm{CO}}=0,2$ mol.

Krok 2. Masy CO${}_2$ i CO. $M_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}=44g/mol$, $M_{\mathrm{CO}}=28g/mol$: $m_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}=0,8\cdot 44=35,2\mathrm{g},m_{\mathrm{CO}}=0,2\cdot 28=5,6\mathrm{g}.$ Masa mieszaniny: $35,2+5,6=40,8$ g.

Krok 3. Masa tlenu w każdym składniku. W $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ (44 g/mol) tlen stanowi $32/44$ masy, w CO (28 g/mol) tlen stanowi $16/28$ masy: $m_O(\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2)=35,2\cdot \frac{32}{44}=25,6\mathrm{g},m_O(\mathrm{CO})=5,6\cdot \frac{16}{28}=3,2\mathrm{g}.$ Łączna masa tlenu: $25,6+3,2=28,8$ g.

Krok 4. Procent masowy tlenu. $\%m_O=\frac{28,8}{40,8}\cdot 100\%\approx 70,59\%.$

Odpowiedź: zawartość tlenu w mieszaninie wynosi $\approx 70,59\%$ masowych.

Krok 1. Probówka I. Jon chromianowy(VI) $\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ (żółty) w środowisku kwasowym (po dodaniu ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$) przekształca się w jon dichromianowy(VI) $\mathrm{C}{\mathrm{r}}_2{\mathrm{O}}_7^{2-}$ (pomarańczowy): $2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}+2{\mathrm{H}}^{+}\to \mathrm{C}{\mathrm{r}}_2{\mathrm{O}}_7^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$ Barwa zmienia się z żółtej na pomarańczową — brak osadu.

Krok 2. Probówka II. Jony $\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}$ reagują z wodą amoniakalną, wytrącając brunatny, galaretowaty osad wodorotlenku żelaza(III): $\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}+3\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3\cdot {\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{Fe}(\mathrm{OH}{)}_3\downarrow +3\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}.$ Powstaje osad, nie zmienia barwy roztworu na zieloną — żaden ze wskazanych efektów (zielona barwa) nie zachodzi tutaj.

Krok 3. Probówka III. Zmieszano równe liczby moli ($0,05$ mol) silnego kwasu $\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3$ i silnej zasady NaOH — reakcja zobojętnienia daje roztwór neutralnej soli $\mathrm{NaN}{\mathrm{O}}_3$ o pH = 7. Oranż metylowy w środowisku kwasowym (przed zobojętnieniem) ma barwę czerwoną, a w środowisku obojętnym/lekko zasadowym — żółtą (nie zieloną). Zmiana barwy jest z czerwonej na żółtą, nie na zieloną — brak osadu.

Krok 4. Ocena stwierdzeń.

1. Zmiana barwy z żółtej na pomarańczową nastąpiła tylko w probówce I (jedna probówka, nie dwie) — stwierdzenie F.
2. Żaden roztwór nie zmienił barwy na zieloną — stwierdzenie F.
3. Osad wytrącił się w probówce II ($\mathrm{Fe}(\mathrm{OH}{)}_3$) — stwierdzenie P.

Odpowiedź: 1. – F, 2. – F, 3. – P.

Krok 1. Idea doświadczenia. Aby jednym doświadczeniem uszeregować moc trzech kwasów (HCl > ${\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3$ > fenol), wykorzystujemy zasadę: silniejszy kwas wypiera słabszy z jego soli. Dodajemy HCl do węglanu sodu — powstaje $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ (silniejszy kwas solny wypiera słabszy kwas węglowy). Powstały $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ (rozpuszczony jako kwas węglowy) kierujemy do roztworu fenolanu sodu — jeśli kwas węglowy jest silniejszy od fenolu, wyprze fenol z jego soli, wytrącając fenol.

Krok 2. Wybór odczynników. 1. HCl — dodawany do kolby z $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3$. 2. $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3$ — w kolbie. 3. ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{ONa}$ — w probówce, do której trafia wydzielający się gaz ($\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$) poprzez rurkę odprowadzającą z kolby.

Odpowiedź: 1. HCl; 2. $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3$; 3. ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{ONa}$.

Krok 1. Obserwacje w kolbie. W kolbie zachodzi reakcja mocnego kwasu solnego z węglanem sodu — silniejszy kwas wypiera słabszy kwas węglowy, który rozkłada się na $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ i wodę. Obserwujemy wydzielanie się gazu (widoczne pęcherzyki, roztwór „się pieni”).

Krok 2. Obserwacje w probówce. Dwutlenek węgla (kwas węglowy) wprowadzony do roztworu fenolanu sodu jest silniejszym kwasem od fenolu, więc wypiera fenol z jego soli. Fenol jest słabo rozpuszczalny w wodzie — roztwór w probówce mętnieje (tworzy się zawiesina/emulsja fenolu, roztwór staje się mleczny).

Odpowiedź: Kolba: wydziela się gaz (widoczne pęcherzyki $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$, roztwór się pieni). Probówka: zawartość mętnieje — wytrąca się/wydziela fenol (zmętnienie, roztwór staje się mleczny).

Krok 1. Reakcja w kolbie. Mocny kwas solny reaguje z jonami węglanowymi, wypierając słabszy kwas węglowy, który rozkłada się na wodę i dwutlenek węgla: $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}+2{\mathrm{H}}^{+}\to \mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Krok 2. Reakcja w probówce. Dwutlenek węgla (jako kwas węglowy) reaguje z jonami fenolanowymi, wypierając słabszy fenol: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5{\mathrm{O}}^{-}+\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to {\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{OH}+\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3^{-}.$

Odpowiedź: kolba: $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}+2{\mathrm{H}}^{+}\to \mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$; probówka: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5{\mathrm{O}}^{-}+\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to {\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{OH}+\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3^{-}$.

Krok 1. Mechanizm autodysocjacji. Jedna cząsteczka ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ działa jako kwas Brønsteda (oddaje proton), a druga — jako zasada Brønsteda (przyjmuje proton). Kwas, który powstaje po przyjęciu protonu przez zasadę ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$, to ${\mathrm{H}}_3\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{+}$ — jest to kwas sprzężony z ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ jako zasadą.

Krok 2. Równanie reakcji. ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4+{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4\rightleftharpoons \underline{{\mathrm{H}}_3\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{+}}+\mathrm{HS}{\mathrm{O}}_4^{-}.$

Odpowiedź: ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4+{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4\rightleftharpoons \underline{{\mathrm{H}}_3\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{+}}+\mathrm{HS}{\mathrm{O}}_4^{-}$ (podkreślony wzór ${\mathrm{H}}_3\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{+}$ — kwas sprzężony z ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ jako zasadą Brønsteda).

Krok 1. Stężenie początkowe $\mathrm{NaHS}{\mathrm{O}}_4$. $M_{\mathrm{NaHS}{\mathrm{O}}_4}=120g/mol$: $n=\frac{0,600}{120}=0,005\mathrm{mol},c=\frac{0,005}{0,100}=0,05\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Krok 2. Pełne (niekwadratowe uproszczenie) rozwiązanie równowagi. Ponieważ stopień reakcji jest znacznie większy niż 5%, nie można zastosować uproszczenia $[\mathrm{HS}{\mathrm{O}}_4^{-}]\approx c$ — trzeba rozwiązać równanie kwadratowe. Niech $x=[{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}]=[\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}]$: $K_a=0,01=\frac{x^2}{0,05-x}.$

Krok 3. Rozwiązanie równania kwadratowego. $x^2+0,01x-0,0005=0.$ $\Delta =0,01^2+4\cdot 0,0005=0,0021,\sqrt{\Delta }\approx 0,0458.$ $x=\frac{-0,01+0,0458}{2}\approx 0,0179\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$ (drugi pierwiastek jest ujemny i nie ma sensu fizycznego).

Krok 4. Obliczenie pH. $\mathrm{pH}=-\log (0,0179)\approx 1,745.$

Odpowiedź: $\mathrm{pH}\approx 1,745$.

Krok 1. Charakter każdego roztworu.

• $\mathrm{HCl}$ — mocny kwas, całkowicie zdysocjowany, najniższe pH.
• $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4\mathrm{Cl}$ — sól słabej zasady ($\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$) i mocnego kwasu, kation $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$ hydrolizuje, odczyn kwasowy (ale słabszy niż mocny kwas).
• $\mathrm{KCl}$ — sól mocnego kwasu i mocnej zasady, brak hydrolizy, odczyn obojętny.
• $\mathrm{NaN}{\mathrm{O}}_2$ — sól słabego kwasu ($\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_2$) i mocnej zasady, anion $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2^{-}$ hydrolizuje, odczyn zasadowy.
• $\mathrm{KOH}$ — mocna zasada, całkowicie zdysocjowana, najwyższe pH.

Krok 2. Uszeregowanie według rosnącego pH. Kwasowy (najniższe) → obojętny → zasadowy (najwyższe): $\mathrm{HCl}<\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4\mathrm{Cl}<\mathrm{KCl}<\mathrm{NaN}{\mathrm{O}}_2<\mathrm{KOH}.$

Odpowiedź: HCl, NH${}_4$Cl, KCl, NaNO${}_2$, KOH (od najniższego do najwyższego pH).

Krok 1. Warunek wyboru wskaźnika. Zakres zmiany barwy wskaźnika powinien obejmować pH punktu równoważnikowego, które (z informacji do zadań 11.–13.) jest równe 9.

Krok 2. Analiza tabeli. Wartość pH = 9 znajduje się w zakresie wskaźnika III ($8,2-10,0$); nie znajduje się w zakresach wskaźników I, II (zbyt niskie, kwasowe) ani IV (zbyt wysokie, silnie zasadowe).

Odpowiedź: wskaźnik III.

Krok 1. Co znajduje się w roztworze w punkcie równoważnikowym. W punkcie równoważnikowym cały kwas octowy przereagował z NaOH — w roztworze znajduje się octan sodu $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COONa}$, czyli sól słabego kwasu (octowego) i mocnej zasady (NaOH).

Krok 2. Hydroliza anionu octanowego. Anion octanowy $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}$ jest sprzężoną zasadą słabego kwasu octowego, więc ulega hydrolizie zasadowej, zwiększając stężenie jonów $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}.$ To potwierdza obliczone (podane) pH = 9, czyli odczyn zasadowy.

Odpowiedź: odczyn roztworu w punkcie równoważnikowym jest zasadowy. Uzasadnienie: powstały octan sodu dysocjuje na jony, a anion octanowy — jako sprzężona zasada słabego kwasu octowego — ulega reakcji hydrolizy z wodą, w wyniku której wzrasta stężenie jonów wodorotlenkowych: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$.

Krok 1. Odczyt objętości równoważnikowej z wykresu. Z wykresu miareczkowania widać, że skok pH (a więc punkt równoważnikowy) następuje przy objętości $V_{eq}\approx 10\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3$ dodanego NaOH.

Krok 2. Sytuacja po dodaniu 18 cm${}^3$ NaOH. Ponieważ $18\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3>V_{eq}=10\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3$, dodano NaOH w nadmiarze względem ilości równoważnikowej — cały kwas octowy już przereagował, a w roztworze znajduje się dodatkowo nadmiar NaOH.

Krok 3. Analiza jonów w roztworze. W roztworze obecne są jony: $\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}$ (ze zobojętnienia i z nadmiaru NaOH — suma z całej dodanej objętości NaOH, stąd stale rosnące stężenie), $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}$ (z powstałej soli, ale w mniejszej ilości niż $\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}$, bo część uległa hydrolizie), $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ (z nadmiaru zasady i z hydrolizy) oraz nieznaczne ilości ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$. Jon sodowy $\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}$ pochodzi z całej dodanej objętości NaOH (10 cm${}^3$ na zobojętnienie + 8 cm${}^3$ nadmiaru) i nie ulega żadnej reakcji ubocznej — jego stężenie jest największe ze wszystkich jonów w roztworze.

Odpowiedź: jonem o największym stężeniu jest $\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}$.

Krok 1. Liczby moli A i B w mieszaninie wyjściowej. W warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje $22,4\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$, a łączna objętość mieszaniny wynosi 1 dm${}^3$ w stosunku $n_A:n_B=1:4$: $n_A=\frac{1}{5}\cdot \frac{1}{22,4}=0,0089\mathrm{mol},n_B=\frac{4}{5}\cdot \frac{1}{22,4}=0,0357\mathrm{mol}.$

Krok 2. Stężenia początkowe (objętość reaktora = 1 dm${}^3$, więc stężenie = liczba moli): $[A{]}_0=0,0089\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3},[B{]}_0=0,0357\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Krok 3. Zmiany stężeń wynikające ze stechiometrii. Z równania $\mathrm{A}+2B\rightleftharpoons 2C$: powstanie $0,004\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$ C wymaga zużycia $\frac{1}{2}\cdot 0,004=0,002$ mol/dm${}^3$ A oraz $0,004$ mol/dm${}^3$ B: $[A]=0,0089-0,002=0,0069\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3},$ $[B]=0,0357-0,004=0,0317\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3},[C]=0,004\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Krok 4. Stała równowagi. $K_c=\frac{[C{]}^2}{[A]\cdot [B{]}^2}=\frac{0,004^2}{0,0069\cdot 0,0317^2}\approx 2,31.$

Odpowiedź: $K_c\approx 2,31$.

Krok 1. Analiza stwierdzenia 1. Reakcja $\mathrm{A}+2B\to 2C$ zmniejsza całkowitą liczbę moli gazu (3 mole substratów → 2 mole produktu). Przy stałej objętości i temperaturze mniejsza liczba moli gazu oznacza niższe ciśnienie (z równania Clapeyrona $pV=nRT$). Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Krok 2. Analiza stwierdzenia 2. Sprężenie (wzrost ciśnienia) w warunkach izotermicznych to zwiększenie stężeń wszystkich reagentów gazowych. Zgodnie z regułą przekory równowaga przesuwa się w stronę mniejszej liczby moli gazu, czyli w stronę produktu C — wydajność otrzymywania C wzrasta, a nie spada. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Krok 3. Analiza stwierdzenia 3. Reakcja jest egzoenergetyczna ($\Delta H<0$). Zgodnie z regułą przekory wzrost temperatury przesuwa równowagę w stronę reakcji endoenergetycznej, czyli w tym przypadku w stronę rozkładu C na A i B — wydajność otrzymywania C spada. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: 1. – P, 2. – F, 3. – P.

Krok 1. Analiza stwierdzenia 1. Kwas octowy $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$ i anion octanowy $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}$ różnią się tylko jednym protonem — są to formy sprzężone (kwas i jego sprzężona zasada Brønsteda). Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Krok 2. Analiza stwierdzenia 2. Anion octanowy (zasada Brønsteda buforu) neutralizuje dodane jony ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ zgodnie z podanym równaniem, dzięki czemu pH zmienia się tylko nieznacznie. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Krok 3. Analiza stwierdzenia 3. To jest ogólna, poprawna zasada działania każdego bufora — zasada Brønsteda „wyłapuje” nadmiar jonów ${\mathrm{H}}^{+}$, a kwas Brønsteda „wyłapuje” nadmiar jonów $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: 1. – P, 2. – P, 3. – P.

Krok 1. Skład bufora fosforanowego. Bufor fosforanowy krwi tworzą dwie wodorosole kwasu ortofosforowego(V): $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{HP}{\mathrm{O}}_4$ (zawierający anion $\mathrm{HP}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ — słabą zasadę Brønsteda) i $\mathrm{Na}{\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4$ (zawierający anion ${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}$ — słaby kwas Brønsteda), tworzące sprzężoną parę.

Krok 2. Reakcja z dodanym kwasem. Zasada buforu ($\mathrm{HP}{\mathrm{O}}_4^{2-}$) wyłapuje nadmiar jonów ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$: $\mathrm{HP}{\mathrm{O}}_4^{2-}+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\rightleftharpoons {\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Krok 3. Reakcja z dodaną zasadą. Kwas buforu (${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}$) wyłapuje nadmiar jonów $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$: ${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\rightleftharpoons \mathrm{HP}{\mathrm{O}}_4^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

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

Krok 1. Zasada porównywania aktywności metali. W każdej z reakcji I–V metal o większej aktywności (silniejszy reduktor) samorzutnie redukuje kation metalu mniej aktywnego — czyli reaguje metal z jonami metalu „słabszego”.

Krok 2. Analiza par. Z reakcji I: Hf redukuje $\mathrm{M}{\mathrm{o}}^{3+}$ → Hf aktywniejszy od Mo. Z reakcji II: Tl redukuje $\mathrm{M}{\mathrm{o}}^{3+}$ → Tl aktywniejszy od Mo. Z reakcji III: Hf redukuje $\mathrm{T}{\mathrm{c}}^{4+}$ → Hf aktywniejszy od Tc. Z reakcji IV: Hf redukuje $\mathrm{T}{\mathrm{l}}^{+}$ → Hf aktywniejszy od Tl. Z reakcji V: Mo redukuje $\mathrm{T}{\mathrm{c}}^{4+}$ → Mo aktywniejszy od Tc.

Krok 3. Złożenie szeregu. Z powyższego: Hf > Tl (reakcja IV), Hf > Mo (reakcja I), Tl > Mo (reakcja II), Mo > Tc (reakcja V), Hf > Tc (reakcja III). Łącząc wszystkie relacje: $\mathrm{Hf}>\mathrm{Tl}>\mathrm{Mo}>\mathrm{Tc}$.

Odpowiedź: Hf, Tl, Mo, Tc (od największej do najmniejszej aktywności chemicznej).

Krok 1. Związek między aktywnością metalu a mocą utleniającą jego kationu. Im mniej aktywny (mniej reaktywny) jest metal, tym silniejszym utleniaczem jest jego kation (łatwiej przyjmuje elektrony, bo metal „niechętnie” je oddaje). Z uszeregowania w zadaniu 18.1.: $\mathrm{Hf}>\mathrm{Tl}>\mathrm{Mo}>\mathrm{Tc}$ — najmniej aktywny jest technet, najbardziej aktywny hafn.

Krok 2. Wyznaczenie utleniaczy. Najsłabszemu metalowi (Tc) odpowiada najsilniejszy utleniający kation $\mathrm{T}{\mathrm{c}}^{4+}$ (najłatwiej się redukuje — widać to np. w reakcjach III i V, gdzie $\mathrm{T}{\mathrm{c}}^{4+}$ jest redukowany przez oba pozostałe metale). Najaktywniejszemu metalowi (Hf) odpowiada najsłabszy utleniająco kation $\mathrm{H}{\mathrm{f}}^{4+}$ (Hf sam bardzo łatwo się utlenia, więc jego kation jest najtrudniejszy do zredukowania z powrotem).

Odpowiedź: najsilniejszy utleniacz: $\mathrm{T}{\mathrm{c}}^{4+}$; najsłabszy utleniacz: $\mathrm{H}{\mathrm{f}}^{4+}$.

Krok 1. Masy molowe. $M_{\mathrm{NaHS}{\mathrm{O}}_4}=120g/mol$, $M_{\mathrm{NaHS}{\mathrm{O}}_4\cdot {\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=120+18=138g/mol$.

Krok 2. Masa bezwodnej soli odpowiadająca 67 g hydratu. Z proporcji molowej ($1:1$ moli soli bezwodnej i hydratu): $120\mathrm{g}\mathrm{NaHS}{\mathrm{O}}_4\text{—}138\mathrm{g}\mathrm{hydratu}$ $x\mathrm{g}\mathrm{NaHS}{\mathrm{O}}_4\text{—}67\mathrm{g}\mathrm{hydratu}\Rightarrow x=\frac{120\cdot 67}{138}\approx 58,26\mathrm{g}.$

Krok 3. Masa roztworu nasyconego. Roztwór nasycony powstaje z 67 g hydratu (rozpuszczonego) i 100 g wody: $m_r=67+100=167$ g.

Krok 4. Procent masowy soli bezwodnej. $c_p=\frac{58,26}{167}\cdot 100\%\approx 35\%.$

Odpowiedź: masa bezwodnego $\mathrm{NaHS}{\mathrm{O}}_4$ stanowi $\approx 35\%$ masy roztworu nasyconego.

Krok 1. Równanie reakcji. Jony $\mathrm{N}{\mathrm{i}}^{2+}$ reagują z jonami $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$, tworząc trudno rozpuszczalny osad: $\mathrm{N}{\mathrm{i}}^{2+}+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{Ni}(\mathrm{OH}{)}_2\downarrow .$

Krok 2. Charakter chemiczny. Z informacji wynika, że $\mathrm{Ni}(\mathrm{OH}{)}_2$ nie rozpuszcza się w nadmiarze zasady (co wykluczałoby amfoteryczność), natomiast reaguje z kwasami — to typowe zachowanie wodorotlenku o charakterze zasadowym.

Odpowiedź: równanie reakcji: $\mathrm{N}{\mathrm{i}}^{2+}+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{Ni}(\mathrm{OH}{)}_2$; charakter chemiczny wodorotlenku niklu(II): zasadowy.

Krok 1. Rozpoznanie utleniacza i reduktora. Chlor w jonie $\mathrm{Cl}{\mathrm{O}}^{-}$ ma stopień utlenienia $+1$ i redukuje się do $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$ ($-1$) — to utleniacz. Nikiel w $\mathrm{Ni}(\mathrm{OH}{)}_2$ ma stopień utlenienia $+2$ i utlenia się do $\mathrm{Ni}(\mathrm{OH}{)}_3$ ($+3$) — to reduktor.

Krok 2. Równanie redukcji. Jon chloranowy(I) przyjmuje 2 elektrony, redukując się do chlorku: $\mathrm{Cl}{\mathrm{O}}^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+2e^{-}\to \mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}.$

Krok 3. Równanie utleniania. Wodorotlenek niklu(II) oddaje 1 elektron, utleniając się do wodorotlenku niklu(III): $\mathrm{Ni}(\mathrm{OH}{)}_2+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{Ni}(\mathrm{OH}{)}_3+e^{-}.$

Krok 4. Bilansowanie elektronów. Redukcja pobiera 2 elektrony, utlenianie oddaje 1 — aby zbilansować, równanie utleniania mnożymy przez 2: $2\mathrm{Ni}(\mathrm{OH}{)}_2+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to 2\mathrm{Ni}(\mathrm{OH}{)}_3+2e^{-}.$ Stosunek molowy reduktora ($\mathrm{Ni}(\mathrm{OH}{)}_2$) do utleniacza ($\mathrm{Cl}{\mathrm{O}}^{-}$) wynosi więc $2:1$.

Odpowiedź: redukcja: $\mathrm{Cl}{\mathrm{O}}^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+2e^{-}\to \mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$; utlenianie: $\mathrm{Ni}(\mathrm{OH}{)}_2+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{Ni}(\mathrm{OH}{)}_3+e^{-}$; stosunek molowy $n_{reduktora}:n_{utleniacza}=2:1$.

Krok 1. Przed doświadczeniem. Roztwór chlorku niklu(II) jest zielonym roztworem (charakterystyczna barwa uwodnionych jonów $\mathrm{N}{\mathrm{i}}^{2+}$).

Krok 2. Po reakcji I. Dodanie NaOH powoduje wytrącenie zielonkawego osadu (zawiesiny) wodorotlenku niklu(II) — zgodnie z informacją do zadań 20.–22.

Krok 3. Po reakcji II. Utlenienie $\mathrm{Ni}(\mathrm{OH}{)}_2$ do $\mathrm{Ni}(\mathrm{OH}{)}_3$ za pomocą chloranu(I) daje czarnobrunatny osad (zawiesinę) wodorotlenku niklu(III) — zgodnie z informacją wprowadzającą.

Odpowiedź:

Krok 1. Objętości poszczególnych gazów w mieszaninie. $V_{{\mathrm{C}}_{\mathrm{n}}{\mathrm{H}}_{2n+2}}=0,6\cdot 2,80=1,68\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3,V_{\mathrm{C}{\mathrm{H}}_4}=0,4\cdot 2,80=1,12\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3.$

Krok 2. Objętość tlenu potrzebna do spalenia metanu. Ze współczynnika 2 w równaniu spalania metanu: $V_{O_2}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_4)=2\cdot 1,12=2,24\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3.$

Krok 3. Objętość tlenu potrzebna do spalenia alkanu (w zależności od n). Ze współczynnika $\frac{3n+1}{2}$: $V_{O_2}({\mathrm{C}}_{\mathrm{n}}{\mathrm{H}}_{2n+2})=\frac{3n+1}{2}\cdot 1,68\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3.$

Krok 4. Równanie na całkowitą objętość tlenu. Suma objętości tlenu zużytego na spalenie obu składników wynosi $13,16\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$: $\frac{3n+1}{2}\cdot 1,68+2,24=13,16.$

Krok 5. Rozwiązanie względem n. $\frac{3n+1}{2}\cdot 1,68=10,92\Rightarrow (3n+1)\cdot 0,84=10,92\Rightarrow 3n+1=13\Rightarrow n=4.$

Odpowiedź: alkan ma wzór sumaryczny ${\mathrm{C}}_4{\mathrm{H}}_{10}$ (butan).

Krok 1. Addycja bez nadtlenków. Produktem głównym jest 2-bromopropan, powstający przez drugorzędowy karbokation (bardziej stabilny) — to jest zgodne z regułą Markownikowa. Drobina przejściowa ma dodatni ładunek na atomie węgla — addycja jest elektrofilowa.

Krok 2. Addycja z nadtlenkami. Produktem jest 1-bromopropan, powstający przez drugorzędowy rodnik $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\stackrel{\bullet }{\mathrm{C}}\mathrm{H}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Br}$ — brom trafia na węgiel końcowy, czyli niezgodnie z regułą Markownikowa (efekt nadtlenkowy, addycja rodnikowa, mechanizm inny niż elektrofilowy).

Odpowiedź: Bez nadtlenków: zgodnie z regułą Markownikowa; addycja elektrofilowa. Z nadtlenkami: addycja niezgodna z regułą Markownikowa; przejściowo tworzy się rodnik drugorzędowy.

Krok 1. Identyfikacja węglowodoru A. A ma 4 atomy węgla o hybrydyzacji $s{p}^2$ i zero atomów $sp$ lub $s{p}^3$ — to wskazuje na łańcuch z dwoma wiązaniami podwójnymi (skumulowanymi lub sprzężonymi), obejmującymi wszystkie 4 atomy węgla — czyli buta-1,3-dien: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2=\mathrm{CH}-\mathrm{CH}=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$. Reaguje z 2 molami wodoru (po jednym na każde wiązanie podwójne), co zgadza się z podanym stosunkiem $1:2$.

Krok 2. Równanie reakcji. Całkowite uwodornienie obu wiązań podwójnych daje butan: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2=\mathrm{CH}-\mathrm{CH}=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2+2{\mathrm{H}}_2\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3.$

Odpowiedź: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2=\mathrm{CH}-\mathrm{CH}=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2+2{\mathrm{H}}_2\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$.

Krok 1. Identyfikacja węglowodoru B. B ma 2 atomy węgla $s{p}^2$ i 2 atomy $s{p}^3$, łańcuch nierozgałęziony, i występuje w postaci izomerów cis/trans — to but-2-en: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (jedno wiązanie podwójne wewnątrz łańcucha, umożliwiające izomerię cis/trans; grupy $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ na końcach mają hybrydyzację $s{p}^3$).

Krok 2. Izomer cis. W izomerze cis obie grupy metylowe znajdują się po tej samej stronie wiązania podwójnego: $\underset{\mathrm{H}}{{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}}╲\mathrm{C}=\mathrm{C}╱\underset{\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3}{\mathrm{H}}$

Odpowiedź: cis-but-2-en — grupy $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ po tej samej stronie wiązania podwójnego $\mathrm{C}=\mathrm{C}$, a atomy H po drugiej stronie (wzór: ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$, konfiguracja cis).

Krok 1. Identyfikacja węglowodoru C. C ma 2 atomy węgla $sp$ i 2 atomy $s{p}^3$, a dwa atomy węgla nie są związane z wodorem — to wskazuje na wiązanie potrójne wewnętrzne z podstawnikami metylowymi na obu końcach: but-2-yn $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}\equiv \mathrm{C}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (oba atomy węgla wiązania potrójnego mają hybrydyzację $sp$ i nie są związane z wodorem, a grupy $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ mają hybrydyzację $s{p}^3$).

Krok 2. Addycja wody do alkinu. Woda przyłącza się do wiązania potrójnego (katalizowana kwasem/rtęcią(II)), dając nietrwały enol, który tautomeryzuje do trwałego ketonu. Ponieważ but-2-yn jest symetryczny, powstaje jeden produkt — keton: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}\equiv \mathrm{C}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}(=\mathrm{O})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3(\text{butan-2-on}).$

Odpowiedź: trwałym produktem jest butan-2-on: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}(=\mathrm{O})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$.

Krok 1. Reakcja chloroetanu z litem. Zgodnie ze schematem $\mathrm{RX}+2Li\to \mathrm{RLi}+\mathrm{LiX}$, dla $R=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$, $X=\mathrm{Cl}$: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Cl}+2\mathrm{Li}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Li}+\mathrm{LiCl}.$

Krok 2. Reakcja metylolitu z wodą. Związek litoorganiczny reaguje z wodą, wydzielając węglowodór (tu metan) i wodorotlenek litu (roztwór zasadowy): $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{Li}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_4+\mathrm{LiOH}.$

Odpowiedź: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Cl}+2\mathrm{Li}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Li}+\mathrm{LiCl}$; $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{Li}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_4+\mathrm{LiOH}$.

Krok 1. Identyfikacja produktu i reagentów. Odczynnik Gilmana ${\mathrm{R}}_2\mathrm{CuLi}$ reaguje z chlorowcopochodną $R^{\prime }X$, tworząc węglowodór $R-R^{\prime }$. Skoro produktem jest 2-metylopropan $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$, a odczynnik Gilmana wprowadza grupę metylową (najprostszy podstawnik $R=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$, tj. $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CuLi}$), to druga część łańcucha $R^{\prime }$ musi być grupą izopropylową $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-$, pochodzącą z drugorzędowej chloropochodnej — 2-chloropropanu $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CHCl}$.

Krok 2. Równanie reakcji. $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CHCl}+(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CuLi}\to (\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3+\mathrm{LiCl}+\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{Cu}.$

Odpowiedź: $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CHCl}+(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CuLi}\to (\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3+\mathrm{LiCl}+\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{Cu}$.

Krok 1. Różnica elektroujemności. Elektroujemność litu ($\approx 1,0$) i węgla ($\approx 2,5$) różni się umiarkowanie (różnica $\approx 1,5$) — to zbyt mało, aby mówić o czysto jonowym wiązaniu, ale wystarczająco, aby wiązanie było silnie spolaryzowane (elektrony przesunięte w stronę węgla).

Krok 2. Analiza temperatury topnienia. Bardzo niska temperatura topnienia (znacznie poniżej 0°C) świadczy o słabych siłach między cząsteczkami/jednostkami w krysztale — typowe dla związków kowalencyjnych (molekularnych), a nie dla typowych związków jonowych, które mają wysokie temperatury topnienia (silne, nienaprężone oddziaływania elektrostatyczne w całej sieci krystalicznej).

Odpowiedź: wiązanie węgiel–lit jest wiązaniem kowalencyjnym (atomowym) spolaryzowanym.

Krok 1. Identyfikacja związku I. Homolog benzenu o 7 atomach węgla — to toluen (metylobenzen) ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$.

Krok 2. Reakcja 1. — nitrowanie. Toluen w reakcji z mieszaniną nitrującą ($\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3/{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$) ulega substytucji elektrofilowej w pierścieniu aromatycznym. Grupa metylowa jest podstawnikiem I rodzaju (o-,p-orientującym), a zgodnie z informacją produktem głównym jest izomer para — 1-metylo-4-nitrobenzen (p-nitrotoluen).

Odpowiedź: związek I: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (toluen); związek II: p-${\mathrm{O}}_2\mathrm{N}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (p-nitrotoluen, grupa $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2$ w pozycji para względem $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$).

Krok 1. Reakcja 2. Chlorowanie grupy alkilowej (bocznego łańcucha) pod wpływem światła ($\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2,h\nu$) to substytucja w łańcuchu alifatycznym, przebiegająca mechanizmem rodnikowym (inicjowanym homolitycznym rozpadem $\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2$ pod wpływem światła).

Krok 2. Reakcja 3. Podstawienie chloru grupą hydroksylową pod działaniem wodnego roztworu KOH to substytucja nukleofilowa — jon $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ (nukleofil) atakuje atom węgla związany z chlorem.

Odpowiedź:

Krok 1. Związek III. Chlorowanie grupy metylowej p-nitrotoluenu (reakcja 2., substytucja rodnikowa na łańcuchu bocznym) daje p-nitrobenzylochlorek: p-${\mathrm{O}}_2\mathrm{N}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Cl}$ (związek III).

Krok 2. Reakcja 3. — hydroliza pod wpływem KOH. Grupa $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Cl}$ ulega substytucji nukleofilowej z jonem $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$, dając alkohol: $p\text{-}{\mathrm{O}}_2\mathrm{N}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Cl}+\mathrm{KOH}\stackrel{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}{\to }p\text{-}{\mathrm{O}}_2\mathrm{N}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}+\mathrm{KCl}.$

Odpowiedź: $p\text{-}{\mathrm{O}}_2\mathrm{N}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Cl}+\mathrm{KOH}\stackrel{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}{\to }p\text{-}{\mathrm{O}}_2\mathrm{N}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}+\mathrm{KCl}$ (związek IV — p-nitrobenzylowy alkohol).

Krok 1. Wzory sumaryczne wszystkich związków. 1. fenol: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_6\mathrm{O}$. 2. cykloheksanol: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_{12}\mathrm{O}$. 3. 2-metylobutan-2-ol: ${\mathrm{C}}_5{\mathrm{H}}_{12}\mathrm{O}$. 4. alkohol benzylowy: ${\mathrm{C}}_7{\mathrm{H}}_8\mathrm{O}$. 5. 2-metylocyklopentan-1-ol: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_{12}\mathrm{O}$.

Krok 2. Porównanie wzorów sumarycznych. Związki 2 i 5 mają identyczny wzór sumaryczny ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_{12}\mathrm{O}$, a różnią się budową (cykloheksanol — pierścień sześcioczłonowy z jedną grupą OH; 2-metylocyklopentan-1-ol — pierścień pięcioczłonowy z grupą OH i podstawnikiem metylowym) — są więc izomerami konstytucyjnymi. Pozostałe związki mają różne wzory sumaryczne.

Odpowiedź: izomerami są związki 2 i 5.

Krok 1. Reakcja alkoholu benzylowego z CuO. Alkohol benzylowy jest alkoholem pierwszorzędowym — utlenienie przez CuO prowadzi do aldehydu (benzaldehydu): ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}\stackrel{\mathrm{CuO}}{\to }{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{CHO}.$

Krok 2. Reakcja 2-metylocyklopentan-1-olu z CuO. Jest to alkohol drugorzędowy (grupa OH przy atomie węgla połączonym z dwoma innymi atomami węgla pierścienia) — utlenienie przez CuO prowadzi do ketonu (2-metylocyklopentanonu): $\text{2-metylocyklopentan-1-ol}\stackrel{\mathrm{CuO}}{\to }\text{2-metylocyklopentanon}.$

Odpowiedź: ze związkiem 4. powstaje benzaldehyd ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{CHO}$; ze związkiem 5. powstaje 2-metylocyklopentanon (keton cykliczny z grupą $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ w miejscu dawnej grupy $\mathrm{OH}$ i podstawnikiem $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ w pozycji 2).

Krok 1. Punkt 1. — łańcuch przyłączony do pierścienia. Boczny łańcuch węglowodorowy (różny w D${}_2$ i D${}_3$) jest przyłączony do pięcioczłonowego pierścienia steroidowego (pierścień D szkieletu steranowego), nie do pierścienia sześcioczłonowego (który pozostaje otwarty i identyczny w obu związkach).

Krok 2. Punkt 2. — izomeria. Ponieważ D${}_2$ ma inny wzór sumaryczny niż D${}_3$ (D${}_2$ ma jeden atom węgla więcej — dodatkową grupę metylową w łańcuchu bocznym oraz dodatkowe wiązanie podwójne), związki te nie są izomerami (izomery muszą mieć identyczny wzór sumaryczny).

Krok 3. Punkt 3. — asymetryczne atomy węgla. W obu strukturach steroidowych występują atomy węgla związane z czterema różnymi podstawnikami (np. w pierścieniach) — znajdują się asymetryczne atomy węgla.

Krok 4. Punkt 4. — liczba wiązań $\pi$. Witamina D${}_2$ ma w łańcuchu bocznym dodatkowe wiązanie podwójne (C22=C23), którego nie ma witamina D${}_3$ — więc liczba wiązań $\pi$ w D${}_2$ jest większa.

Odpowiedź: 1. pięcioczłonowego; 2. nie są (względem siebie izomerami); 3. znajdują się (asymetryczne atomy węgla); 4. większa (liczba wiązań π w D${}_2$).

Krok 1. Porównanie struktur. Przekształcenie witaminy D${}_3$ w jej aktywną formę polega na wprowadzeniu dwóch nowych grup $-\mathrm{OH}$: jednej przy atomie węgla oznaczonym literą $a$ (w pierścieniu, dodatkowa grupa hydroksylowa obok istniejącej już grupy $\mathrm{HO}-$) oraz jednej przy atomie węgla oznaczonym literą $b$ (w łańcuchu bocznym, na końcowym atomie węgla przy dwóch grupach metylowych).

Krok 2. Nazwa wprowadzonych grup. Wprowadzone grupy to grupy hydroksylowe (wodorotlenowe).

Krok 3. Stopień utlenienia atomu $a$. Atom $a$ w pierścieniu jest połączony z: jedną grupą $\mathrm{OH}$, dwoma atomami węgla pierścienia i jednym atomem wodoru. Licząc formalnie: $\mathrm{O}$ (w OH) daje $+1$ elektroujemności (C traci elektron, $-1$... ustalmy wprost): każdy wiązanie C–O daje węglowi $+1$, każde wiązanie C–H daje węglowi $-1$, wiązania C–C nie zmieniają stopnia utlenienia. Atom $a$: 1 wiązanie C–O ($+1$), 1 wiązanie C–H ($-1$), 2 wiązania C–C ($0$) → stopień utlenienia $0$.

Krok 4. Hybrydyzacja atomu $a$. Atom $a$ ma cztery wiązania sigma (do OH, H i dwóch atomów C) i żadnego wiązania $\pi$ — hybrydyzacja $s{p}^3$.

Krok 5. Stopień utlenienia atomu $b$. Atom $b$ w łańcuchu bocznym jest połączony z: jedną grupą $\mathrm{OH}$ ($+1$), dwoma grupami $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (2 wiązania C–C, $0$) i jednym atomem węgla łańcucha (1 wiązanie C–C, $0$) — bez wiązań C–H (atom $b$ nie ma przy sobie wodoru, jest w pełni podstawiony). Stopień utlenienia: $+1$.

Krok 6. Hybrydyzacja atomu $b$. Cztery wiązania sigma, brak wiązań $\pi$ — hybrydyzacja $s{p}^3$.

Odpowiedź: Nazwa grup: grupy hydroksylowe.

Krok 1. Hydroliza wiązania O-glikozydowego. Salicyna jest O-glikozydem β-D-glukozy połączonej z alkoholem 2-(hydroksymetylo)fenolem (alkoholowa grupa $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ podstawnika przy pierścieniu benzenowym jest częścią niecukrową, połączoną przez atom anomeryczny cukru wiązaniem eterowym/glikozydowym). Hydroliza kwasowa rozrywa to wiązanie, uwalniając cukier (glukozę) i wolny fenol.

Krok 2. Wzór łańcuchowy cukru. Częścią cukrową jest D-glukoza. Jej wzór łańcuchowy w projekcji Fischera (grupa aldehydowa na górze, grupy OH w konfiguracji D-glukozy): $\begin{array}{c}\mathrm{CHO}\\ \mathrm{H}-\mathrm{C}-\mathrm{OH}\\ \mathrm{HO}-\mathrm{C}-\mathrm{H}\\ \mathrm{H}-\mathrm{C}-\mathrm{OH}\\ \mathrm{H}-\mathrm{C}-\mathrm{OH}\\ \mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}\end{array}$

Krok 3. Związek, od którego pochodziła część niecukrowa. Po odłączeniu cukru pozostaje związek fenolowy z podstawnikiem $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ w pozycji orto: 2-(hydroksymetylo)fenol (salicylowy alkohol, saligenina): $\text{piersˊcienˊ benzenowy z podstawnikami }-\mathrm{OH}\text{ i }-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}\text{ w pozycji orto.}$

Odpowiedź: cukier — D-glukoza (wzór łańcuchowy Fischera jak wyżej); związek niecukrowy — 2-(hydroksymetylo)fenol (saligenina), pierścień benzenowy z grupami $-\mathrm{OH}$ i $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ w pozycjach orto.

Krok 1. Probówka I (pierwszy etap). Salicyna nie ma wolnej grupy aldehydowej (jest glikozydem, grupa aldehydowa cukru jest zablokowana wiązaniem glikozydowym), więc próba Trommera (odczynnik $\mathrm{CuS}{\mathrm{O}}_4$ + nadmiar NaOH) nie daje charakterystycznego ceglastego osadu — niebieska zawiesina $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ rozpuszcza się, tworząc granatowy roztwór kompleksu miedziowo-cukrowego (salicyna, jako poliol, rozpuszcza wodorotlenek miedzi(II), podobnie jak glicerol).

Krok 2. Probówka II (pierwszy etap). Salicyna nie zawiera grupy fenolowej w wolnej postaci (grupa OH pierścienia jest zaangażowana w wiązanie glikozydowe) — nie daje charakterystycznego fioletowego zabarwienia z $\mathrm{FeC}{\mathrm{l}}_3$; roztwór pozostaje żółty (barwa samego $\mathrm{FeC}{\mathrm{l}}_3$).

Krok 3. Probówka III. Ogrzewanie z ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ powoduje hydrolizę wiązania glikozydowego, ale produkty (glukoza i bezbarwny alkohol salicylowy) nie zmieniają barwy roztworu — pozostaje bezbarwny.

Krok 4. Probówka IV (drugi etap). Po hydrolizie w probówce III powstała wolna glukoza — ma wolną grupę aldehydową (po otwarciu pierścienia), redukuje wodorotlenek miedzi(II) po ogrzaniu (próba Trommera pozytywna) — powstaje ceglasty osad $\mathrm{C}{\mathrm{u}}_2\mathrm{O}$.

Krok 5. Probówka V (drugi etap). Po hydrolizie uwolnił się wolny alkohol salicylowy z grupą fenolową — reaguje z $\mathrm{FeC}{\mathrm{l}}_3$, dając charakterystyczne fioletowe/granatowe zabarwienie kompleksu żelazowo-fenolowego.

Odpowiedź: