Chemia — Maj 2019

Krok 1. Identyfikacja pierwiastka Z. Jon $Z^{2-}$ ma konfigurację $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^6$ (18 elektronów). Ponieważ jon ma ładunek $2-$, atom neutralny Z ma $18-2=16$ elektronów — to siarka (S).

Krok 2. Wyznaczenie masy molowej X. Wzór związku to $\mathrm{X}{\mathrm{Z}}_2$, czyli na jeden atom X przypadają dwa atomy Z. Stosunek masowy $m_X:m_Z(\text{2 atomy})=3:16$. Masa dwóch atomów siarki to $2\cdot 32=64$ g/mol. Stąd: $\frac{m_X}{64}=\frac{3}{16}\Rightarrow m_X=\frac{3}{16}\cdot 64=12\text{g/mol}.$ Masa molowa 12 g/mol odpowiada węglowi (C), więc X = C.

Krok 3. Wzór sumaryczny. Związek to $\mathrm{C}{\mathrm{S}}_2$ (disiarczek węgla).

Krok 4. Hybrydyzacja i wiązania. Cząsteczka $\mathrm{C}{\mathrm{S}}_2$ ma budowę liniową, analogiczną do $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$: $\mathrm{S}=\mathrm{C}=\mathrm{S}$. Atom węgla tworzy dwa wiązania podwójne z atomami siarki, więc jego orbitale walencyjne mają hybrydyzację $sp$ (kąt $180^{\circ }$). Każde z dwóch wiązań podwójnych to jedno wiązanie $\sigma$ i jedno wiązanie $\pi$, więc łącznie w cząsteczce są 2 wiązania $\sigma$ i 2 wiązania $\pi$.

Odpowiedź: wzór sumaryczny: $\mathrm{C}{\mathrm{S}}_2$; typ hybrydyzacji: $sp$ (dygonalna); liczba wiązań $\sigma$: 2; liczba wiązań $\pi$: 2.

Krok 1. Odczyt diagramu. Punkt $P_3$ to punkt potrójny (trzy fazy w równowadze) przy $T=216$ K i $p=5100$ hPa. Krzywa 1 to granica stały–gazowy (sublimacja/resublimacja), krzywa 2 to granica ciekły–gazowy (wrzenie/skraplanie), a krzywa 3 to granica stały–ciekły (topnienie/krzepnięcie).

Krok 2. Stwierdzenie 1. Powyżej ciśnienia punktu potrójnego (5100 hPa) i przy odpowiedniej temperaturze $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ może istnieć w fazie ciekłej (obszar „ciekły $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$” leży właśnie powyżej $p=5100$ hPa). Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Krok 3. Stwierdzenie 2. Punkt $(195\mathrm{K},1013\mathrm{hPa})$ leży dokładnie na krzywej 1 (granica stały–gazowy), więc w tych warunkach zachodzi równowaga między fazą stałą i gazową — stały $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ może ulegać sublimacji. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Krok 4. Stwierdzenie 3. Krzywa 2 opisuje równowagę ciekły–gazowy (temperaturę wrzenia w zależności od ciśnienia), a nie temperaturę topnienia — tę opisuje krzywa 3. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Odpowiedź: 1. – F, 2. – P, 3. – F.

Krok 1. Kryształy metaliczne. W metalach zdelokalizowane elektrony walencyjne swobodnie poruszają się między dodatnio naładowanymi rdzeniami atomowymi, czyli kationami metali — to one budują sieć krystaliczną kryształu metalicznego.

Krok 2. Tlenek wapnia. $\mathrm{CaO}$ jest związkiem jonowym, więc jego sieć krystaliczna zbudowana jest z kationów i anionów ($\mathrm{C}{\mathrm{a}}^{2+}$ i ${\mathrm{O}}^{2-}$).

Krok 3. Kryształ molekularny. Sacharoza w stanie stałym tworzy sieć cząsteczek połączonych słabymi siłami międzycząsteczkowymi — to typowy kryształ molekularny. Chlorek sodu tworzy kryształ jonowy, a metaliczny wapń — kryształ metaliczny.

Krok 4. Kryształ kowalencyjny. Diament to odmiana alotropowa węgla, w której każdy atom połączony jest czterema wiązaniami kowalencyjnymi z sąsiadami, tworząc rozległą sieć — to kryształ kowalencyjny. Jod w stanie stałym tworzy kryształ molekularny, a węglan wapnia — kryształ jonowy.

Odpowiedź: kationów metali; kationy i aniony; sacharozy; diamentu.

Krok 1. Charakter jonu tlenkowego. ${\mathrm{O}}^{2-}$ jest bardzo silną zasadą Brønsteda — łatwo przyjmuje proton od wody.

Krok 2. Reakcja z wodą. Jon tlenkowy odbiera proton od cząsteczki wody, powstają dwa jony wodorotlenkowe: ${\mathrm{O}}^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}.$

Odpowiedź: ${\mathrm{O}}^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$.

Krok 1. Elektroujemność. Tlenki jonowe, w których występuje wolny jon ${\mathrm{O}}^{2-}$, tworzą pierwiastki o małej elektroujemności — to metale, które łatwo oddają elektrony tlenowi.

Krok 2. Grupy układu okresowego. Typowe metale tworzące silnie jonowe tlenki to metale grup 1 i 2 (litowce i berylowce), np. $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{O}$, $\mathrm{CaO}$.

Krok 3. Odczyn roztworu. Tlenki metali grup 1 i 2 reagują z wodą, tworząc wodorotlenki — silne zasady, np. $\mathrm{CaO}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{Ca}(\mathrm{OH}{)}_2$. Roztwór ma więc silnie zasadowy odczyn.

Krok 4. pH. Silnie zasadowy odczyn oznacza wysokie pH.

Odpowiedź: małą; 1 i 2; zasadowym; wysokim.

Krok 1. Liczba moli gazów. W reakcji I liczba moli gazu rośnie z 2 do 4, w reakcji II z 3 do 5 — w obu przypadkach produktów jest więcej moli niż substratów.

Krok 2. Stwierdzenie 1. Zgodnie z regułą przekory obniżenie ciśnienia przesuwa równowagę w stronę większej liczby moli gazu, czyli w stronę produktów — wydajność wodoru wzrasta. Prawdziwe (P).

Krok 3. Stwierdzenie 2. Zwiększenie stężenia substratu (metanu) przesuwa równowagę w stronę produktów, czyli zwiększa wydajność otrzymywania wodoru, a nie zmniejsza. Fałszywe (F).

Krok 4. Stwierdzenie 3. Katalizator przyspiesza szybkość osiągania stanu równowagi, ale nie zmienia jej położenia ani wydajności reakcji już będącej w równowadze. Fałszywe (F).

Odpowiedź: 1. – P, 2. – F, 3. – F.

Krok 1. Podział 20 moli na CO i H₂O. Reagenty zmieszano w stosunku masowym $1:1$, więc liczba moli jest odwrotnie proporcjonalna do masy molowej ($M_{CO}=28$, $M_{H_{2}O}=18$ g/mol): $n_{H_{2}O}:n_{CO}=28:18.$ Przy sumie 20 moli: $n_{H_{2}O}\approx 12,2$ mola, $n_{CO}\approx 7,8$ mola.

Krok 2. Tabela przemian. Niech $x$ = liczba moli CO, które przereagowały.

Ponieważ objętość jest stała, do wzoru na $K_c$ można wstawić liczby moli.

Krok 3. Równanie równowagi. $K_c=\frac{x\cdot x}{(7,8-x)(12,2-x)}=1\Rightarrow x^2=7,8\cdot 12,2-20x+x^2.$ $0=95,16-20x\Rightarrow x\approx 4,76\approx 4,8\text{mola}.$

Odpowiedź: w stanie równowagi w reaktorze znajdowało się około $4,8$ mola wodoru.

Krok 1. Ubytek A. $\Delta n_A(t)=3,60-n_A(t)$.

Krok 2. Stechiometria. Z równania $\mathrm{A}+2B\rightleftharpoons 3C+\mathrm{D}$: $n_C(t)=3\cdot \Delta n_A(t)$.

Krok 3. Obliczenia. $t=0$: $n_C=0,00$. $t=10$: $\Delta n_A=0,80$, $n_C=2,40$. $t=20$: $\Delta n_A=1,40$, $n_C=4,20$. $t=30$: $\Delta n_A=1,65$, $n_C=4,95$. $t=40,50,60$: A się nie zmienia, $n_C=5,10$ (stan równowagi).

Krok 4. Wykres. Objętość reaktora to $1\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$, więc liczba moli C liczbowo równa się stężeniu molowemu. Wykres: krzywa rosnąca od $(0;0)$ przez $(10;2,40)$, $(20;4,20)$, $(30;4,95)$, a od $t=40$ do $60$ s odcinek poziomy na wysokości $5,10$.

Odpowiedź:

Krok 1. Charakter produktu. Metal uległ całkowitemu roztworzeniu, a roztwór jest klarowny — nie ma nierozpuszczonego osadu do odsączenia lub odwirowania.

Krok 2. Wybór czynności. Aby wyodrębnić jonowy produkt (sól) rozpuszczony w roztworze, trzeba odparować rozpuszczalnik (wodę), czyli wykonać odparowanie pod wyciągiem (pod wyciągiem, bo mogą się uwalniać szkodliwe pary/gazy).

Odpowiedź: odparowanie pod wyciągiem.

Krok 1. Produkty reakcji. Glin, jako metal aktywny, reaguje z kwasem solnym, wypierając wodór i tworząc jony $\mathrm{A}{\mathrm{l}}^{3+}$.

Krok 2. Bilans jonowy. Pomijamy jony niebiorące udziału w reakcji: $2\mathrm{Al}+6{\mathrm{H}}^{+}\to 2\mathrm{A}{\mathrm{l}}^{3+}+3{\mathrm{H}}_2.$

Odpowiedź: $2\mathrm{Al}+6{\mathrm{H}}^{+}\to 2\mathrm{A}{\mathrm{l}}^{3+}+3{\mathrm{H}}_2$ (równoważnie z ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$: $2\mathrm{Al}+6{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\to 2\mathrm{A}{\mathrm{l}}^{3+}+3{\mathrm{H}}_2+6{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$).

Krok 1. Interpretacja obserwacji. Osad w probówce II nie roztworzył się w nadmiarze $\mathrm{NaOH}$, natomiast osady w I i III uległy roztworzeniu — te wodorotlenki są amfoteryczne.

Krok 2. Który wodorotlenek nie jest amfoteryczny. Wodorotlenki cynku i glinu są amfoteryczne (roztwarzają się w nadmiarze $\mathrm{NaOH}$), natomiast $\mathrm{Mg}(\mathrm{OH}{)}_2$ ma charakter wyłącznie zasadowy i nie reaguje z nadmiarem zasady.

Krok 3. Wniosek. Probówka II zawierała jony magnezu.

Odpowiedź: Mg — $\mathrm{Mg}(\mathrm{OH}{)}_2$ jako jedyny z trzech wodorotlenków nie jest amfoteryczny i nie roztwarza się w nadmiarze $\mathrm{NaOH}$, w przeciwieństwie do amfoterycznych $\mathrm{Zn}(\mathrm{OH}{)}_2$ i $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3$.

Krok 1. Które metale są w I i III. Probówka II zawierała magnez (zad. 10.1.), więc I i III zawierają cynk i glin. Osad $\mathrm{Zn}(\mathrm{OH}{)}_2$ roztwarza się w nadmiarze amoniaku (tworzy $[\mathrm{Zn}(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3{)}_4{]}^{2+}$), a $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3$ nie roztwarza się w $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3(\mathrm{aq})$. Ponieważ osad w I się roztworzył — probówka I zawierała cynk, a III — glin.

Krok 2. Wytrącenie osadu w probówce III (glin). $\mathrm{A}{\mathrm{l}}^{3+}+3\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3\cdot {\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3\downarrow +3\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}.$

Krok 3. Roztworzenie osadu w probówce I (cynk). $\mathrm{Zn}(\mathrm{OH}{)}_2+4\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3\cdot {\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to [\mathrm{Zn}(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3{)}_4{]}^{2+}+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}+4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Odpowiedź: probówka III: $\mathrm{A}{\mathrm{l}}^{3+}+3\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3\cdot {\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3\downarrow +3\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$; probówka I: $\mathrm{Zn}(\mathrm{OH}{)}_2+4\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3\cdot {\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to [\mathrm{Zn}(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3{)}_4{]}^{2+}+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}+4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Odczyt wykresu. Niezdysocjowane cząsteczki HX stanowią 54%. Pozostałe $46\%$ to jony ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ i ${\mathrm{X}}^{-}$ w równych udziałach (po 23% każdy), bo z równania dysocjacji powstaje po jednym jonie każdego rodzaju na każdą zdysocjowaną cząsteczkę HX.

Krok 2. Liczby moli (przyjmując 100 moli drobin łącznie). Niezdysocjowane HX: 54 mole. Zdysocjowane (jony ${\mathrm{X}}^{-}$): 23 mole. Łącznie wprowadzone HX: $54+23=77$ moli.

Krok 3. Stopień dysocjacji. $\alpha =\frac{23}{77}\cdot 100\%\approx 29,9\%.$

Odpowiedź: stopień dysocjacji kwasu HX wynosi około $29,9\%$ ($\alpha \approx 0,3$).

Krok 1. Wpływ dodatku mocnego kwasu. Mocny kwas dysocjuje praktycznie całkowicie, zwiększając stężenie jonów ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ w roztworze.

Krok 2. Reguła przekory. Wzrost stężenia ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ (produktu) przesuwa równowagę $\mathrm{HX}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons {\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}+{\mathrm{X}}^{-}$ „w lewo”, w stronę cząsteczek niezdysocjowanych.

Odpowiedź: stopień dysocjacji zmaleje — dodatek mocnego kwasu zwiększa stężenie ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$, co zgodnie z regułą przekory cofa dysocjację kwasu HX.

Krok 1. Charakter stałej dysocjacji. Stała dysocjacji zależy tylko od temperatury, a nie od stężeń reagentów w roztworze.

Krok 2. Temperatura się nie zmieniła. Dodatek mocnego kwasu zmienia stężenia jonów, ale nie temperaturę.

Odpowiedź: wartość stałej dysocjacji kwasu HX nie ulegnie zmianie, ponieważ zależy tylko od temperatury, która nie się nie zmieniła.

Krok 1. Docelowe stężenie OH⁻. $\mathrm{pH}=13\Rightarrow \mathrm{pOH}=1\Rightarrow c_{O{H}^{-}}=0,1\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$ w roztworze końcowym (zasada w nadmiarze).

Krok 2. Moli OH⁻ na starcie. $n_0(\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-})=0,300\cdot 0,2=0,06\mathrm{mol}$.

Krok 3. Moli HCl w objętości $V$ (dm³). $n(\mathrm{HCl})=0,1\cdot V$.

Krok 4. Równanie na nadmiar OH⁻. $\frac{0,06-0,1V}{0,3+V}=0,1.$

Krok 5. Rozwiązanie. $0,06-0,1V=0,03+0,1V\Rightarrow 0,03=0,2V\Rightarrow V=0,15\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3.$

Odpowiedź: należy dodać $V=0,15\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3=150\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3$ kwasu solnego.

Krok 1. Analiza tabeli. $K_w$ rośnie wraz ze wzrostem temperatury.

Krok 2. Charakter energetyczny. Wzrost temperatury zwiększa stopień autoprotolizy (rośnie $K_w$), więc reakcja musi być endoenergetyczna (wzrost temperatury sprzyja przemianie pochłaniającej ciepło).

Krok 3. Wpływ na pH. W czystej wodzie $[{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}]=\sqrt{K_w}$ rośnie z temperaturą, więc $\mathrm{pH}=-\log [{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}]$ maleje.

Odpowiedź: endoenergetyczna; maleje.

Krok 1. Mechanizm. W autoprotolizie jedna cząsteczka rozpuszczalnika przekazuje proton drugiej takiej samej cząsteczce.

Krok 2. Amoniak. $2\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3\rightleftharpoons \mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}+\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2^{-}.$

Krok 3. Metanol. $2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{OH}\rightleftharpoons \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{O}{\mathrm{H}}_2^{+}+\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{-}.$

Krok 4. Kwas mrówkowy. $2\mathrm{HCOOH}\rightleftharpoons \mathrm{HC}(\mathrm{OH}{)}_2^{+}+\mathrm{HCO}{\mathrm{O}}^{-}.$

Odpowiedź: jak w krokach 2–4.

Krok 1. Odszczepianie protonu. We wszystkich cząsteczkach atom wodoru jest połączony z silnie elektroujemnym atomem (N lub O) — silna polaryzacja wiązania pozwala oddać ten wodór jako proton.

Krok 2. Przyłączanie protonu. Każda cząsteczka ma atom (N lub O) z wolną parą elektronową, która może utworzyć wiązanie z protonem innej cząsteczki.

Odpowiedź: odszczepiają proton, bo mają atom wodoru połączony z silnie elektroujemnym atomem; przyłączają proton, bo mają atom o dużej elektroujemności z wolną parą elektronową.

Krok 1. Zależność od zasadowości rozpuszczalnika. Im silniejszą zasadą jest rozpuszczalnik, tym łatwiej odbiera proton od HA, tym większa stała dysocjacji.

Krok 2. Porównanie. Najsilniejszą zasadą Brønsteda z wymienionych jest ciekły amoniak.

Odpowiedź: ciekły amoniak.

Krok 1. Moli HCl. $n_{HCl}=\frac{58,24}{22,4}=2,6\mathrm{mola}$.

Krok 2. Układ równań. Niech $x$=moli NaCl, $y$=moli CaCl₂. Masa: $58,5x+111y=150$. Moli HCl: $x+2y=2,6$.

Krok 3. Rozwiązanie. $x=2,6-2y$; $(2,6-2y)\cdot 58,5+111y=150\Rightarrow 152,1-6y=150\Rightarrow y\approx 0,35$ mol, $x=1,9$ mol.

Krok 4. Masy i procenty. $m_{CaC{l}_2}=0,35\cdot 111\approx 38,85$ g, $m_{NaCl}=1,9\cdot 58,5\approx 111,15$ g. $\%CaC{l}_2\approx 25,9\%$, $\%NaCl\approx 74,1\%$.

Odpowiedź: mieszanina to około $74,1\%$ $\mathrm{NaCl}$ i $25,9\%$ $\mathrm{CaC}{\mathrm{l}}_2$.

Krok 1. Analiza. Stężony HCl (silny kwas) wypiera słabsze kwasy z ich soli: z $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3$ wypiera gazowy, rozpuszczalny $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_2$ (bez osadu), a z $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{Si}{\mathrm{O}}_3$ wypiera słabo rozpuszczalny kwas krzemowy, który się wytrąca.

Krok 2. Wybór. Tylko stężony $\mathrm{HCl}(\mathrm{aq})$ daje dwa różne efekty opisane w informacji.

Odpowiedź: stężony $\mathrm{HCl}(\mathrm{aq})$.

Krok 1. Która probówka. Osad nie wytrącił się w probówce I ($\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3$) — powstaje gazowy $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_2$.

Odpowiedź: wydzielał się bezbarwny gaz o ostrym, charakterystycznym zapachu.

Krok 1. Probówka I. $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}+2{\mathrm{H}}^{+}\to \mathrm{S}{\mathrm{O}}_2\uparrow +{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Krok 2. Probówka II. $\mathrm{Si}{\mathrm{O}}_3^{2-}+2{\mathrm{H}}^{+}\to {\mathrm{H}}_2\mathrm{Si}{\mathrm{O}}_3\downarrow .$

Odpowiedź: jak w krokach 1–2.

Krok 1. Stwierdzenie 1. HCl (mocny) dysocjuje całkowicie, a kwas octowy (słaby) tylko częściowo — aby osiągnąć to samo pH=2, kwas octowy musi mieć większe stężenie molowe niż HCl. Stężenie HCl jest mniejsze. F.

Krok 2. Stwierdzenie 2. Zmiana pH z 2 na 3 zmniejsza stężenie ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ w obu probówkach, zmniejszając szybkość w obu, nie tylko w II. F.

Krok 3. Stwierdzenie 3. Obniżenie temperatury zawsze zmniejsza szybkość reakcji — w obu probówkach. P.

Odpowiedź: 1. – F, 2. – F, 3. – P.

Krok 1. Stechiometria. $0,1$ mola $\mathrm{NaOH}$ i $0,1$ mola $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$ reagują w stosunku $1:1$, bez nadmiaru — powstaje $0,1$ mola $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COONa}$.

Krok 2. Hydroliza soli. Sól słabego kwasu i silnej zasady — anion $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}$ ulega hydrolizie anionowej: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-},$ co daje odczyn zasadowy.

Krok 3. Barwa papierka. Odczyn zasadowy — papierek przyjmuje barwę niebieską.

Odpowiedź: A3 — niebieskie zabarwienie, ponieważ etanian sodu ulega hydrolizie anionowej.

Krok 1. Zmiany stopni utlenienia. I: $+5\to 0$ (redukcja, 5$e^{-}$ na atom, 10$e^{-}$ na ${\mathrm{I}}_2$). S: $+4\to +6$ (utlenianie, 2$e^{-}$).

Krok 2. Redukcja. $2\mathrm{I}{\mathrm{O}}_3^{-}+12{\mathrm{H}}^{+}+10e^{-}\to {\mathrm{I}}_2+6{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Krok 3. Utlenianie. $\mathrm{HS}{\mathrm{O}}_3^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}+3{\mathrm{H}}^{+}+2e^{-}.$

Krok 4. Bilans elektronów (×5) i sumowanie. $2\mathrm{I}{\mathrm{O}}_3^{-}+5\mathrm{HS}{\mathrm{O}}_3^{-}\to {\mathrm{I}}_2+5\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}+3{\mathrm{H}}^{+}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Odpowiedź: jak w krokach 2–4.

Krok 1. Struktura produktu. 3-bromo-3-metyloheksan: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)(\mathrm{Br})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$.

Krok 2. Alkohol wyjściowy. Grupa $-\mathrm{OH}$ w tym samym miejscu: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ — 3-metyloheksan-3-ol.

Krok 3. Równanie. $3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)(\mathrm{OH})\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3+\mathrm{PB}{\mathrm{r}}_3\to 3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)(\mathrm{Br})\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3+{\mathrm{H}}_3\mathrm{P}{\mathrm{O}}_3.$

Odpowiedź: równanie jak w kroku 3; nazwa alkoholu: 3-metyloheksan-3-ol.

Krok 1. Elektrony walencyjne P. Fosfor ma 5 elektronów walencyjnych — 3 tworzą wiązania z Br, 2 pozostają jako wolna para.

Krok 2. Wzór elektronowy. Trzy wiązania $\mathrm{P}-\mathrm{Br}$ (kreski), jedna wolna para na P, po trzy wolne pary na każdym atomie Br.

Krok 3. Geometria. 4 obszary elektronowe na P (3 wiązania + 1 wolna para) — kształt piramidy trygonalnej.

Odpowiedź: wzór elektronowy: P połączony trzema wiązaniami z Br, z jedną wolną parą na P i trzema wolnymi parami na każdym Br. Cząsteczka nie jest płaska — ma kształt piramidy trygonalnej.

Krok 1. Centrum chiralności. Węgiel nr 3 ma cztery różne podstawniki: Br, $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$, etyl, propyl.

Krok 2. Enancjomery. Dwa wzory klinowe będące wzajemnymi zwierciadlanymi odbiciami (nienałożonymi przez obrót).

Odpowiedź: dwa wzory klinowe centralnego atomu C, w których dwa podstawniki są zamienione miejscami względem siebie (zwierciadlane odbicia).

Krok 1. Analiza budowy. Grupa $-\mathrm{OS}{\mathrm{O}}_3^{-}$ wskazuje na ester kwasu siarkowego(VI). Fragment $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2{)}_{10}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-$ ma 12 atomów C.

Krok 2. Alkohol. Dodekan-1-ol: ${\mathrm{C}}_{12}{\mathrm{H}}_{26}\mathrm{O}$.

Krok 3. Kwas. ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$.

Odpowiedź: alkohol: ${\mathrm{C}}_{12}{\mathrm{H}}_{26}\mathrm{O}$; kwas nieorganiczny: ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$.

Krok 1. Reakcja 2. ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Cl}+\mathrm{KCN}\stackrel{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O},{\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5\mathrm{OH}}{\to }{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CN}+\mathrm{KCl}.$

Krok 2. Produkt reakcji 3. Hydroliza nitrylu do kwasu 3-metylobutanowego.

Odpowiedź: równanie jak w kroku 1; nazwa produktu reakcji 3.: kwas 3-metylobutanowy.

Krok 1. Alkan I. Odtworzony przez zamianę Cl na H w ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Cl}$: ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (2-metylopropan).

Krok 2. Alkan II. Redukcja $-\mathrm{COOH}$ do $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$: ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (2-metylobutan).

Krok 3. Porównanie. Alkan II ma o jeden atom C więcej niż alkan I.

Odpowiedź: wzór alkanu I: ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$; wzór alkanu II: ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$. Proces służy do wydłużania łańcucha węglowego o jeden atom węgla (otrzymywania kolejnego homologu).

Krok 1. Moli metanolu rzeczywiście otrzymanych. $n=\frac{2\cdot 10^{25}}{6,02\cdot 10^{23}}\approx 33,2$ mola.

Krok 2. Moli gazu syntezowego zużytego do reakcji przy 100% wydajności odpowiadającej tej ilości produktu. Z równania: 3 mole gazu na 1 mol metanolu.

Krok 3. Uwzględnienie wydajności 70%. Aby otrzymać $33,2$ mola metanolu przy 70% wydajności, potrzeba $\frac{33,2}{0,70}\approx 47,5$-krotnie... czyli moli gazu: $n_{gaz}=3\cdot \frac{33,2}{0,70}\approx 142,4\text{mola}.$

Krok 4. Objętość. $V=142,4\cdot 22,4\approx 3189\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3\approx 3,2{\mathrm{m}}^3.$

Odpowiedź: potrzeba około $3,2{\mathrm{m}}^3$ gazu syntezowego.

Krok 1. Znaczenie nazwy. „Cykloheksa-3,5-dieno-1,2-dion” — grupy $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ w sąsiadujących pozycjach 1,2 (orto), wiązania podwójne w 3 i 5.

Krok 2. Konstrukcja. Względem para-benzochinonu grupy karbonylowe są przesunięte tak, by sąsiadowały (pozycje 1,2), z zachowaniem sprzężonego układu dienowego (wiązania podwójne w 3,5).

Odpowiedź: sześcioczłonowy pierścień z dwiema sąsiadującymi grupami $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ (pozycje 1,2) i dwoma wiązaniami podwójnymi $\mathrm{C}=\mathrm{C}$ (pozycje 3,5).

Krok 1. Para-benzochinon. Atom $a$ ma wiązanie podwójne z O ($+2$) i dwa wiązania z C (bez wpływu) — stopień utlenienia $+2$; trzy grupy podstawnikowe w płaszczyźnie — hybrydyzacja $s{p}^2$.

Krok 2. Hydrochinon. Atom $a$ (pierścień aromatyczny) ma jedno wiązanie z O grupy $-\mathrm{OH}$ ($+1$) — stopień utlenienia $+1$; atom pierścienia aromatycznego — hybrydyzacja $s{p}^2$.

Odpowiedź: para-benzochinon: $+2$, $s{p}^2$; hydrochinon: $+1$, $s{p}^2$.

Krok 1. Różnica budowy. D-glukoza jest aldozą (grupa $-\mathrm{CHO}$), D-tagatoza jest ketozą.

Krok 2. Wybór odczynnika. Odczynnik Tollensa ($\mathrm{AgN}{\mathrm{O}}_3$ z $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$, łagodnie zasadowy) reaguje z aldozą (glukozą), a w tych łagodnych warunkach nie reaguje z ketozą (tagatozą) — w przeciwieństwie do silnie zasadowego odczynnika Trommera ($\mathrm{CuS}{\mathrm{O}}_4$/$\mathrm{KOH}$), w którym nawet ketozy izomeryzują do aldoz i reagują.

Odpowiedź: $\mathrm{AgN}{\mathrm{O}}_3(\mathrm{aq})$ i $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3(\mathrm{aq})$ (odczynnik Tollensa).

Krok 1. Odczynnik Tollensa przed reakcją. Klarowny, bezbarwny roztwór.

Krok 2. Probówka I. Glukoza redukuje $\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}$ do metalicznego srebra — wytrąca się srebrny osad („srebrne zwierciadło”).

Krok 3. Probówka II. Tagatoza w tych warunkach nie reaguje — roztwór pozostaje klarowny.

Odpowiedź: I: bezbarwny roztwór → wytrąca się srebrny osad; II: bezbarwny roztwór → brak zmian.

Krok 1. Grupa funkcyjna. Glukoza ma grupę aldehydową, tagatoza — ketonową.

Krok 2. Znaczenie. Odczynnik Tollensa selektywnie wykrywa grupę aldehydową.

Odpowiedź: cząsteczka D-glukozy zawiera grupę aldehydową, a D-tagatozy — grupę ketonową (glukoza jest aldozą, tagatoza ketozą).

Krok 1. Etap I. Grupa $-\mathrm{CHO}$ glukozy zamienia się na $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ — przyłączenie wodoru, czyli redukcja.

Krok 2. Etap II. Grupa $-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-$ zamienia się na $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ — usunięcie wodoru, czyli utlenianie.

Krok 3. Etap III. $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}\to -\mathrm{COOH}$: stopień utlenienia tego C rośnie.

Krok 4. Etap IV. Wewnętrzna reakcja $-\mathrm{COOH}$ z $-\mathrm{OH}$ tej samej cząsteczki — estryfikacja wewnątrzcząsteczkowa.

Odpowiedź: 1. redukowana; 2. utleniany; 3. rośnie; 4. estryfikacji wewnątrzcząsteczkowej.

Krok 1. Zasada. Całkowita wydajność procesu wieloetapowego to iloczyn wydajności etapów (nie średnia).

Krok 2. Obliczenie. $0,920\cdot 0,910\cdot 0,920\cdot 0,910\approx 0,701$, czyli $70,1\%$.

Odpowiedź: D. 70,1%.

Krok 1. Funkcja jodu. ${\mathrm{I}}_2\to {\mathrm{I}}^{-}$ (redukcja jodu) — jod jest utleniaczem.

Krok 2. Barwa w punkcie końcowym. Nadmiarowy ${\mathrm{I}}_2$ ze skrobią daje barwę ciemnoniebieską (granatową).

Odpowiedź: jod jest utleniaczem; skrobia zabarwi się na ciemnoniebiesko (granatowo).

Krok 1. Moli jodu. $n_{I_2}=0,052\cdot 0,0108=0,000562\mathrm{mol}$.

Krok 2. Stosunek molowy 1:1. W próbce 10 cm³ było $0,000562$ mola witaminy C.

Krok 3. Masa w 10 cm³. $m=0,000562\cdot 176\approx 0,09891\mathrm{g}=98,91\mathrm{mg}$.

Krok 4. Przeliczenie na 100 cm³. $m_X\approx 98,91\cdot 10\approx 989,1\mathrm{mg}$.

Odpowiedź: próbka X zawierała około $989,1\mathrm{mg}$ witaminy C.

Krok 1. Barwa roztworu KMnO4 przed reakcją. Intensywnie fioletowa.

Krok 2. Reakcja z nadmiarem HCl. $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}$ redukuje się do bezbarwnych $\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}$, a chlorki utleniają się do $\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2$: $2\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}+16{\mathrm{H}}^{+}+10\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}\to 2\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}+5\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2+8{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$ Roztwór staje się bezbarwny.

Krok 3. Papierek jodoskrobiowy. Chlor wypiera jod z KI ($\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2+2KI\to 2KCl+{\mathrm{I}}_2$); jod ze skrobią barwi papierek na granatowo (ciemnoniebiesko).

Odpowiedź: roztwór: fioletowa → bezbarwna; papierek: biała → ciemnoniebieska (granatowa).

Krok 1. Produkt reakcji. Reakcja $\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4$ z nadmiarem HCl wytwarza gazowy chlor.

Krok 2. Reakcja na papierku. Chlor wypiera jod z jodku potasu: $\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2+2KI\to 2KCl+{\mathrm{I}}_2$.

Krok 3. Efekt. Uwolniony jod tworzy ze skrobią granatowy kompleks.

Odpowiedź: powstający chlor wypiera jod z KI nasycającego papierek; uwolniony jod barwi skrobię na granatowo.

Krok 1. Charakter związków. Mocznik nie zawiera jonu węglanowego; węglan amonu zawiera $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}$, który z $\mathrm{C}{\mathrm{a}}^{2+}$ tworzy osad $\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3$.

Krok 2. Wybór. Wodny roztwór chlorku wapnia wytrąci osad tylko z węglanem amonu.

Odpowiedź: wodny roztwór chlorku wapnia.

Krok 1. Probówka I. Mocznik nie reaguje z $\mathrm{C}{\mathrm{a}}^{2+}$ — brak zmian.

Krok 2. Probówka II. $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}+\mathrm{C}{\mathrm{a}}^{2+}\to \mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3\downarrow$ — wytrąca się biały osad.

Odpowiedź: probówka I: brak objawów reakcji; probówka II: wytrąca się biały osad.

Krok 1. Leucyna. $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CH}(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2)-\mathrm{COOH}$.

Krok 2. Kwas wyjściowy. $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COOH}$ — kwas 4-metylopentanowy.

Krok 3. Bromopochodna. $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CHBr}-\mathrm{COOH}$ — kwas 2-bromo-4-metylopentanowy.

Odpowiedź: kwas: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COOH}$ (kwas 4-metylopentanowy); bromopochodna: kwas 2-bromo-4-metylopentanowy.

Krok 1. Otwarcie pierścienia. Rozrywając wiązanie $\mathrm{N}-\mathrm{C}(=\mathrm{O})$ pierścienia, odtwarzamy grupy $-\mathrm{COOH}$ i $-\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2$.

Krok 2. Wielkość pierścienia i podstawniki. Pięcioczłonowy pierścień z grupą aminową na piątym atomie (licząc pierścień) i dwiema grupami metylowymi na sąsiadujących atomach węgla odpowiada aminokwasowi z grupą $-\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2$ przy C4 i grupą metylową przy C3 łańcucha pięciowęglowego.

Odpowiedź: C. kwas 4-amino-3-metylopentanowy.

Krok 1. Aminokwasy. Phe: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CH}(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2)-\mathrm{COOH}$; Gly: ${\mathrm{H}}_2\mathrm{N}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COOH}$; Cys: $\mathrm{HS}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CH}(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2)-\mathrm{COOH}$.

Krok 2. Kierunek zapisu. Phe ma wolną grupę $-\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2$ (N-koniec), Cys ma wolną grupę $-\mathrm{COOH}$ (C-koniec); wiązania peptydowe łączą COOH jednego aminokwasu z NH₂ następnego.

Krok 3. Wzór. ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CH}(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2)-\mathrm{CO}-\mathrm{NH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CO}-\mathrm{NH}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{SH})-\mathrm{COOH}.$

Odpowiedź: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CH}(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2)-\mathrm{CO}-\mathrm{NH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CO}-\mathrm{NH}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{SH})-\mathrm{COOH}$.