Chemia — Maj 2021

Krok 1. Czego szukamy. Potrzebujemy dwóch pierwiastków 4. okresu, z liczbą atomową pierwiastka 1. mniejszą niż pierwiastka 2., których atomy w stanie podstawowym mają razem 4 elektrony mogące tworzyć wiązania (czyli elektrony niesparowane na podpowłokach walencyjnych).

Krok 2. Tytan. Tytan (Z=22) ma konfigurację $[\mathrm{Ar}]3d^{2}4s^2$. Zgodnie z regułą Hunda dwa elektrony na $3d$ są niesparowane (po jednym na dwóch różnych orbitalach), a elektrony $4s^2$ są sparowane. Tytan może więc użyć 2 niesparowane elektrony z podpowłoki 3d do wiązań.

Krok 3. German. German (Z=32) ma konfigurację $[\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^{2}4p^2$. Podpowłoka $4p^2$ ma dwa niesparowane elektrony (reguła Hunda), a $4s^2$ jest sparowana, $3d^{10}$ w pełni zapełniona. German ma więc 2 niesparowane elektrony z podpowłoki 4p.

Krok 4. Suma. $2+2=4$ elektrony niesparowane łącznie – zgadza się z treścią zadania. Liczba atomowa tytanu (22) jest mniejsza od liczby atomowej germanu (32), więc tytan to pierwiastek 1., a german – pierwiastek 2.

Odpowiedź:

Krok 1. Konfiguracja atomu bromu. Atom bromu (Z=35) ma konfigurację $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}4s^{2}3d^{10}4p^5$.

Krok 2. Konfiguracja kationu $\mathrm{B}{\mathrm{r}}^{+}$. Kation powstaje przez oderwanie jednego elektronu z najwyższej energetycznie zajętej podpowłoki, czyli z $4p$: $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}4s^{2}3d^{10}4p^4$.

Krok 3. Zapis graficzny (schemat klatkowy). Wszystkie podpowłoki poniżej $4p$ są w pełni zapełnione parami elektronów; na $4p^4$ – zgodnie z regułą Hunda – cztery elektrony rozmieszczają się na trzech orbitalach: dwa orbitale z jednym elektronem (niesparowane, zgodny spin) i jeden orbital z parą elektronów: $\underset{1s}{\underbrace{[\uparrow \downarrow ]}}\underset{2s}{\underbrace{[\uparrow \downarrow ]}}\underset{2p}{\underbrace{[\uparrow \downarrow ][\uparrow \downarrow ][\uparrow \downarrow ]}}\underset{3s}{\underbrace{[\uparrow \downarrow ]}}\underset{3p}{\underbrace{[\uparrow \downarrow ][\uparrow \downarrow ][\uparrow \downarrow ]}}\underset{4s}{\underbrace{[\uparrow \downarrow ]}}\underset{3d}{\underbrace{[\uparrow \downarrow ][\uparrow \downarrow ][\uparrow \downarrow ][\uparrow \downarrow ][\uparrow \downarrow ]}}\underset{4p}{\underbrace{[\uparrow \downarrow ][\uparrow ][\uparrow ]}}$

Uwaga: elektrony niesparowane na $4p$ muszą mieć zgodny spin.

Odpowiedź: konfiguracja $\mathrm{B}{\mathrm{r}}^{+}$: $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}4s^{2}3d^{10}4p^4$, ze schematem klatkowym jak powyżej.

Krok 1. Rodzaj wiązania w każdej substancji. $\mathrm{HCl}$ (gaz) to związek kowalencyjny – nie zawiera jonów, tylko cząsteczki $\mathrm{HCl}$. $\mathrm{KCl}$ (ciało stałe) to typowy związek jonowy, zbudowany z jonów ${\mathrm{K}}^{+}$ i $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$. $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{Cl}$ (gaz) to związek kowalencyjny (chlorometan), bez jonów chlorkowych. $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3\mathrm{Cl}$ (ciało stałe) to sól – chlorek metyloamoniowy – zbudowana z kationu organicznego $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3^{+}$ i jonu $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$. $\mathrm{NaClO}$ (ciało stałe) to sól kwasu chlorowego(I), zawiera jony $\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}$ i $\mathrm{Cl}{\mathrm{O}}^{-}$ (nie $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$!). $\mathrm{CaC}{\mathrm{l}}_2\cdot 6{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ (ciało stałe) to jonowy hydrat, zbudowany z jonów $\mathrm{C}{\mathrm{a}}^{2+}$ i $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$.

Odpowiedź: jony $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$ zawierają: $\mathrm{KCl}$, $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3\mathrm{Cl}$ oraz $\mathrm{CaC}{\mathrm{l}}_2\cdot 6{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Analiza mechanizmów. Reakcja A (metan → chlorometan) to substytucja radykałowa (łańcuchowa) inicjowana światłem, z udziałem rodników $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{\bullet }$ – typowa reakcja alkanów z chlorem. Reakcja D (toluen → chlorofenylometan, substytucja w łańcuchu bocznym, nie w pierścieniu) zachodzi analogicznie – przez mechanizm radykałowy z udziałem rodników chloru.

Krok 2. Pozostałe przemiany. Reakcja B (eten → 1,2-dichloroetan) to addycja elektrofilowa chloru do wiązania podwójnego – mechanizm jonowy, bez rodników. Reakcja C (benzen → chlorobenzen) to substytucja elektrofilowa w pierścieniu aromatycznym (wymaga katalizatora typu $\mathrm{FeC}{\mathrm{l}}_3$) – również mechanizm jonowy.

Odpowiedź: rodniki chloru biorą udział w przemianach A i D.

Krok 1. Która przemiana to addycja elektrofilowa. Addycja elektrofilowa zachodzi do wiązania podwójnego węgiel–węgiel, czyli do alkenu. Z przemian A–D taką reakcją jest B (eten → 1,2-dichloroetan).

Krok 2. Mechanizm addycji. Cząsteczka chloru, pod wpływem elektronów wiązania $\pi$, rozpada się na kation chloroniowy $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{+}$ i anion chlorkowy $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$. Czynnik elektrofilowy ($\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{+}$) atakuje wiązanie podwójne, tworząc organiczny kation (karbokation) jako produkt przejściowy, do którego następnie przyłącza się anion $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$.

Krok 3. Która przemiana to substytucja elektrofilowa. Substytucja elektrofilowa zachodzi w pierścieniu aromatycznym – to reakcja C (benzen → chlorobenzen).

Krok 4. Katalizator i etap decydujący o szybkości. Katalizatorem generującym elektrofil $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{+}$ z $\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2$ jest kwas Lewisa $\mathrm{FeC}{\mathrm{l}}_3$ (tworzy jon kompleksowy $\mathrm{FeC}{\mathrm{l}}_4^{-}$). Zgodnie z informacją wprowadzającą, szybkość reakcji zależy od szybkości powstawania kompleksu $\sigma$ – to właśnie ten etap (utrata aromatyczności, powstanie karbokationu) jest najwolniejszy, a nie szybkie odłączenie protonu przywracające aromatyczność.

Odpowiedź: addycja elektrofilowa – przemiana B; powstaje kation, przyłączający $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$. Substytucja elektrofilowa – przemiana C; katalizator $\mathrm{FeC}{\mathrm{l}}_3$; najwolniejszy etap – tworzenie się kompleksu $\sigma$.

Krok 1. Odczyt tendencji z wykresu. Wykres pokazuje, że ze wzrostem temperatury zawartość procentowa CO w mieszaninie równowagowej rośnie (a $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ maleje) – reakcja przesuwa się w prawo (w stronę produktu CO).

Krok 2. Zastosowanie reguły przekory. Zgodnie z regułą przekory, wzrost temperatury przesuwa stan równowagi w stronę reakcji, która pochłania ciepło, czyli w stronę reakcji endoenergetycznej. Skoro wzrost temperatury zwiększa wydajność tworzenia CO, to reakcja $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+\mathrm{C}\to 2CO$ (w prawo) jest endoenergetyczna, a nie egzoenergetyczna.

Odpowiedź: Nie, reakcja między tlenkiem węgla(IV) i węglem nie jest procesem egzoenergetycznym – jest endoenergetyczna, ponieważ ze wzrostem temperatury zwiększa się wydajność (zawartość procentowa) tworzenia CO.

Krok 1. Odczyt składu z wykresu przy 873 K. Z wykresu (informacja do zadań 5.–6.) przy temperaturze 873 K zawartość $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ wynosi 80% obj., a zawartość CO – 20% obj.

Krok 2. Sumaryczne stężenie molowe gazów. $c=\frac{p}{R\cdot T}=\frac{1013}{83,1\cdot 873}\approx 0,014\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Krok 3. Stężenia CO i $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$. $[\mathrm{CO}]=0,20\cdot 0,014=0,0028\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3},[\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2]=0,80\cdot 0,014=0,0112\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Krok 4. Stała równowagi. $K=\frac{[\mathrm{CO}{]}^2}{[\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2]}=\frac{(0,0028{)}^2}{0,0112}\approx 6,96\cdot 10^{-4}.$

Odpowiedź: $K\approx 7\cdot 10^{-4}$ (mol·dm⁻³).

Krok 1. Stopień utlenienia tlenu. W $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2{\mathrm{O}}_2$ tlen ma stopień $-\mathrm{I}$ (nadtlenek). Lit spala się do zwykłego tlenku $\mathrm{L}{\mathrm{i}}_2\mathrm{O}$, w którym tlen ma stopień $-\mathrm{II}$. Stopień $-\mathrm{I}$ jest wyższy (mniej ujemny) niż $-\mathrm{II}$.

Krok 2. Twardość baru vs cezu. Bar jest berylowcem, a cez litowcem – berylowce są zawsze twardsze niż litowce z tego samego okresu (silniejsze wiązanie metaliczne, więcej elektronów walencyjnych). Twardość baru jest większa.

Krok 3. Gęstość potasu vs wapnia. Potas (litowiec) ma mniejszą gęstość niż wapń (berylowiec) z tych samych powodów. Gęstość potasu jest mniejsza.

Odpowiedź: 1. wyższy; 2. większa; 3. mniejsza.

Krok 1. Spalanie sodu w tlenie. Sód spalany w nadmiarze tlenu tworzy nadtlenek sodu (nie zwykły tlenek): $2\mathrm{Na}+{\mathrm{O}}_2\to \mathrm{N}{\mathrm{a}}_2{\mathrm{O}}_2.$

Krok 2. Reakcja litu z azotem. Lit reaguje z azotem, tworząc azotek litu $\mathrm{L}{\mathrm{i}}_3\mathrm{N}$; bilansujemy 6 atomów litu na 1 cząsteczkę ${\mathrm{N}}_2$, otrzymując 2 formuły $\mathrm{L}{\mathrm{i}}_3\mathrm{N}$: $6\mathrm{Li}+{\mathrm{N}}_2\to 2\mathrm{L}{\mathrm{i}}_3\mathrm{N}.$

Odpowiedź: spalanie sodu: $2\mathrm{Na}+{\mathrm{O}}_2\to \mathrm{N}{\mathrm{a}}_2{\mathrm{O}}_2$; reakcja litu z azotem: $6\mathrm{Li}+{\mathrm{N}}_2\to 2\mathrm{L}{\mathrm{i}}_3\mathrm{N}$.

Krok 1. Doświadczenie I. Termiczny rozkład czystego węglanu magnezu przebiega zgodnie z równaniem $\mathrm{MgC}{\mathrm{O}}_3\to \mathrm{MgO}+\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ i daje czysty tlenek magnezu (jedynym produktem stałym jest MgO).

Krok 2. Doświadczenie II. Magnez spalany w powietrzu (a nie w czystym tlenie) reaguje nie tylko z tlenem, ale również z azotem (tworząc azotek magnezu $\mathrm{M}{\mathrm{g}}_3{\mathrm{N}}_2$) i z tlenkiem węgla(IV). Produkt spalania w powietrzu jest więc mieszaniną tlenku magnezu z innymi substancjami, a nie czystym MgO.

Odpowiedź: Nie – czysty tlenek magnezu otrzymano tylko w doświadczeniu I; w doświadczeniu II, obok MgO, powstają także inne substancje stałe (np. azotek magnezu $\mathrm{M}{\mathrm{g}}_3{\mathrm{N}}_2$), bo magnez reaguje w powietrzu również z azotem i $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$.

Krok 1. Reakcja magnezu z wodą w wysokiej temperaturze. Płonący magnez ma bardzo wysoką temperaturę, w której reaguje z wodą (parą wodną): $\mathrm{Mg}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{Mg}(\mathrm{OH}{)}_2+{\mathrm{H}}_2$.

Krok 2. Konsekwencja. Powstający wodór jest gazem palnym (tworzy z powietrzem mieszaninę wybuchową), więc polanie płonącego magnezu wodą nasila pożar, zamiast go gasić, grożąc dodatkowo wybuchem.

Odpowiedź: Ponieważ w wysokiej temperaturze płonący magnez reaguje z wodą, wydzielając wodór – gaz palny, tworzący z powietrzem mieszaninę wybuchową, co nasila pożar, a nie gasi go.

Krok 1. Zależność między molami $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ a masą nierozłożonego $\mathrm{MgC}{\mathrm{O}}_3$. Z równania reakcji $\mathrm{MgC}{\mathrm{O}}_3\to \mathrm{MgO}+\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ wynika, że 1 mol powstałego $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ odpowiada 1 molowi rozłożonego $\mathrm{MgC}{\mathrm{O}}_3$. Masa molowa $\mathrm{MgC}{\mathrm{O}}_3$: $M=24+12+3\cdot 16=84g/mol$.

Krok 2. Masa początkowa i liczba moli. Odważka $8,4$ g to $n_0=\frac{8,4}{84}=0,100$ mol $\mathrm{MgC}{\mathrm{O}}_3$.

Krok 3. Masa nierozłożonego $\mathrm{MgC}{\mathrm{O}}_3$ w chwili $t$. $m(t)=\left(n_0-n_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}(t)\right)\cdot 84.$ Dla $t=20$ min: $n_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}=0,012$ mol, więc $m=(0,100-0,012)\cdot 84=0,088\cdot 84=7,39\approx 7,4$ g. Dla $t=60$ min: $n_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}=0,083$ mol, więc $m=(0,100-0,083)\cdot 84=0,017\cdot 84=1,43\approx 1,4$ g.

Krok 4. Wykres. Wykres przedstawia krzywą opadającą (masa $\mathrm{MgC}{\mathrm{O}}_3$ maleje z czasem), przechodzącą przez wszystkie 9 punktów tabeli – najbardziej stromo między 20. a 50. minutą, spłaszczającą się przy końcu (rozkład zbliża się do całkowitego).

Odpowiedź (uzupełniona tabela):

Krok 1. Stwierdzenie 1. Po 40 minutach nierozłożone $\mathrm{MgC}{\mathrm{O}}_3$ to $4,4$ g z początkowych $8,4$ g, czyli rozłożyło się $4,0$ g, tj. $\frac{4,0}{8,4}\approx 47,6\%$ – mniej niż połowa. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Krok 2. Stwierdzenie 2. Po 70 minutach powstało $n_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}=0,093$ mol, tyle samo moli MgO ($M_{\mathrm{MgO}}=40g/mol$): $m_{\mathrm{MgO}}=0,093\cdot 40=3,72\approx 3,7$ g. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Krok 3. Stwierdzenie 3. Masa stałej mieszaniny (nierozłożony $\mathrm{MgC}{\mathrm{O}}_3$ + powstały MgO) jest mniejsza od masy początkowej odważki o masę wydzielonego gazu $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$. Po 80 minutach $n_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}=0,098$ mol, czyli $m_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}=0,098\cdot 44=4,31$ g – to jest różnica masy, a nie $8,2$ g. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Odpowiedź: 1. – P; 2. – P; 3. – F.

Krok 1. Etap 1: $\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3^{-}\to \mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}$. Aby przekształcić wodorowęglan w węglan, trzeba odebrać proton – potrzebna jest silna zasada. Z listy pasuje wodorotlenek potasu (KOH): $\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3^{-}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 2. Etap 2: $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}\to \mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$. Aby wyprzeć $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ z węglanu, potrzebny jest kwas silniejszy od kwasu węglowego. Z listy pasuje kwas etanowy ($\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$).

Krok 3. Etap 3: $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}\to \mathrm{BaC}{\mathrm{O}}_3(\mathrm{s})$. Aby wytrącić trudno rozpuszczalny węglan baru, potrzebny jest rozpuszczalny odczynnik z jonami $\mathrm{B}{\mathrm{a}}^{2+}$. Z listy pasuje azotan(V) baru ($\mathrm{Ba}(\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3{)}_2$) (siarczan(VI) baru jest nierozpuszczalny).

Odpowiedź:

Krok 1. Równanie reakcji 1. Wodorowęglan reagujący z jonami hydroksylowymi: $\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3^{-}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Krok 2. Równanie reakcji 2. Węglan reagujący z kwasem etanowym (z wydzieleniem $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$): $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}+2C{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}\to 2C{\mathrm{H}}_3\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}+\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Odpowiedź: reakcja 1.: $\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3^{-}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$; reakcja 2.: $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}+2C{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}\to 2C{\mathrm{H}}_3\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}+\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Forma dominująca. Na 99 cząsteczek HCN przypada tylko 1 cząsteczka HNC, więc formą dominującą jest HCN (cyjanowodór).

Krok 2. Wzór elektronowy HCN. Atom wodoru tworzy jedno wiązanie z węglem, węgiel tworzy wiązanie potrójne z azotem, a azot ma jedną wolną parę elektronową: $\mathrm{H}-\mathrm{C}\equiv \mathrm{N}:$

Krok 3. Hybrydyzacja węgla. Atom węgla w HCN tworzy dwa wiązania $\sigma$ (do H i do N) i dwa wiązania $\pi$ (część wiązania potrójnego z N) – ma budowę liniową, więc jego orbitale walencyjne mają hybrydyzację sp.

Odpowiedź: wzór elektronowy: $\mathrm{H}-\mathrm{C}\equiv \mathrm{N}:$; hybrydyzacja orbitali walencyjnych węgla: sp.

Krok 1. Masa molowa HNC. Izomery HCN i HNC mają ten sam wzór sumaryczny $\mathrm{CHN}$, więc tę samą masę molową: $M=1+12+14=27g/mol$.

Krok 2. Udział izocyjanowodoru w mieszaninie. Na 99 cząsteczek HCN przypada 1 cząsteczka HNC, czyli HNC stanowi $\frac{1}{100}=1\%$ liczby (a więc i masy, bo mają tę samą masę molową) wszystkich cząsteczek mieszaniny.

Krok 3. Masa HNC w próbce. $m_{\mathrm{HNC}}=1,35\mathrm{g}\cdot \frac{1}{100}=0,0135\mathrm{g}.$

Krok 4. Liczba moli i liczba cząsteczek HNC. $n_{\mathrm{HNC}}=\frac{0,0135}{27}=0,0005\mathrm{mol}.$ $N_{\mathrm{HNC}}=n_{\mathrm{HNC}}\cdot N_A=0,0005\cdot 6,02\cdot 10^{23}\approx 3,01\cdot 10^{20}\text{cząsteczek}.$

Odpowiedź: w próbce znajduje się około $3,01\cdot 10^{20}$ cząsteczek izocyjanowodoru.

Krok 1. Porównanie mocy kwasów. Stała dysocjacji kwasu cyjanowodorowego $K=6,2\cdot 10^{-10}$ jest znacznie mniejsza od stałej dysocjacji kwasu węglowego (pierwszy etap, $K_{a1}\approx 4,3\cdot 10^{-7}$) – kwas cyjanowodorowy jest więc słabszy od kwasu węglowego.

Krok 2. Konsekwencja dla reakcji z wodorowęglanem. Aby z wodorowęglanu wydzielił się gazowy $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ (pienienie), potrzebny jest kwas silniejszy od kwasu węglowego. Kwas cyjanowodorowy, jako słabszy, nie jest w stanie wyprzeć $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ z wodorowęglanu sodu.

Odpowiedź: Nie, nie zaobserwowano pienienia – kwas cyjanowodorowy jest słabszy od kwasu węglowego, więc nie wypiera $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ z (wodoro)węglanów.

Krok 1. Stężenie i liczba moli jonów ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ przed zmieszaniem. $\mathrm{pH}=1,0\Rightarrow [{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}]=10^{-1}=0,1\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$. $n({\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+})=0,1\cdot 0,020=0,002\mathrm{mol}.$

Krok 2. Liczba moli jonów $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ dodanych. $n(\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-})=0,060\cdot 0,030=0,0018\mathrm{mol}.$

Krok 3. Nadmiar jonów ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ po reakcji zobojętnienia. $n({\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}{)}_{\text{pozostałe}}=0,002-0,0018=0,0002\mathrm{mol}.$

Krok 4. Stężenie po zmieszaniu (objętość całkowita $0,020+0,030=0,050$ dm³). $[{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}{]}_{\text{po}}=\frac{0,0002}{0,050}=0,004\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Krok 5. Krotność zmiany stężenia. $\frac{0,1}{0,004}=25.$

Odpowiedź: stężenie jonów ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ zmalało 25 razy.

Krok 1. Rozpoznanie stałych. A odpowiada drugiemu etapowi dysocjacji ($K_{a2}$), B – pierwszemu etapowi ($K_{a1}$), C – trzeciemu etapowi ($K_{a3}$).

Krok 2. Kolejne stałe dysocjacji kwasów wieloprotonowych maleją. Dla kwasów wieloprotonowych zawsze $K_{a1}>K_{a2}>K_{a3}$. Zatem $B>A>C$, czyli w porządku rosnącym: C, A, B.

Krok 3. Równanie dla wyrażenia A (drugi etap dysocjacji). ${\mathrm{H}}_2\mathrm{As}{\mathrm{O}}_4^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons \mathrm{HAs}{\mathrm{O}}_4^{2-}+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}.$

Krok 4. Jon pełniący wyłącznie funkcję kwasu Brønsteda. Wśród jonów powstających podczas protolizy (${\mathrm{H}}_2\mathrm{As}{\mathrm{O}}_4^{-}$, $\mathrm{HAs}{\mathrm{O}}_4^{2-}$) każdy może być zarówno kwasem, jak i zasadą (amfolity). Jedynym jonem, który może wyłącznie oddawać proton, jest ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$.

Odpowiedź: uszeregowanie: C, A, B; równanie dla A: ${\mathrm{H}}_2\mathrm{As}{\mathrm{O}}_4^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons \mathrm{HAs}{\mathrm{O}}_4^{2-}+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$; jon będący wyłącznie kwasem Brønsteda: ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$.

Krok 1. Reakcje chloru z bromkiem i siarczkiem. Chlor jest silniejszym utleniaczem niż brom i siarka, więc wypiera je z ich soli: z bromku potasu wydziela się brom (roztwór barwi się, ale pozostaje klarowny, bo brom jest rozpuszczalny w wodzie), a z siarczku potasu wydziela się siarka (trudno rozpuszczalny osad – mętnienie roztworu).

Krok 2. Przypisanie probówek. W probówce I roztwór zmienił barwę, ale pozostał klarowny – to reakcja z bromkiem potasu, więc X = KBr. W probówce II pojawiło się zmętnienie (wytrącona siarka) – to reakcja z siarczkiem potasu, więc Z = K₂S.

Odpowiedź: wzór soli X: KBr; wzór soli Z: K₂S.

Krok 1. Reakcja chloru z bromkiem. Chlor utlenia jony bromkowe do wolnego bromu, sam redukując się do jonów chlorkowych: $2B{\mathrm{r}}^{-}+\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2\to \mathrm{B}{\mathrm{r}}_2+2C{\mathrm{l}}^{-}.$

Krok 2. Reakcja chloru z siarczkiem. Chlor utlenia jony siarczkowe do wolnej siarki: ${\mathrm{S}}^{2-}+\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2\to \mathrm{S}+2C{\mathrm{l}}^{-}.$

Odpowiedź: $2B{\mathrm{r}}^{-}+\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2\to \mathrm{B}{\mathrm{r}}_2+2C{\mathrm{l}}^{-}$ oraz ${\mathrm{S}}^{2-}+\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2\to \mathrm{S}+2C{\mathrm{l}}^{-}$.

Krok 1. Analiza kolby I. Dodanie NaOH wydziela bezbarwny gaz o charakterystycznym zapachu bez wytrącania osadu – to typowa reakcja soli amonowej z zasadą, wydzielająca amoniak: $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{N}{\mathrm{H}}_3+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$. Roztwór pozostał żółty (barwa jonu chromianowego), więc substancją musi być sól amonowa zawierająca żółty anion chromianowy – $(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4{)}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4$.

Krok 2. Weryfikacja przez wykluczenie. $\mathrm{FeC}{\mathrm{l}}_3$, ${\mathrm{K}}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4$, $\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4$, $\mathrm{MnS}{\mathrm{O}}_4$ nie zawierają kationu amonowego. $(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4{)}_2\mathrm{C}{\mathrm{r}}_2{\mathrm{O}}_7$ zawiera jon dichromianowy (barwa pomarańczowa, nie żółta).

Odpowiedź: w kolbie I znajdował się roztwór $(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4{)}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4$ (chromian(VI) amonu).

Krok 1. Kolba II – skąd żółta barwa. Roztwór w kolbie II był żółty i po dodaniu kwasu zmienił barwę na pomarańczową (bez wydzielania gazu i bez osadu) – to typowa przemiana jonu chromianowego (żółty) w jon dichromianowy (pomarańczowy) w środowisku kwasowym. Substancją w kolbie II był więc ${\mathrm{K}}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4$.

Krok 2. Równanie po dodaniu ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$. Środowisko kwasowe przekształca chromian w dichromian: $2Cr{\mathrm{O}}_4^{2-}+2{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\to \mathrm{C}{\mathrm{r}}_2{\mathrm{O}}_7^{2-}+3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Krok 3. Równanie po dodaniu nadmiaru NaOH. Środowisko zasadowe odwraca tę przemianę, przywracając żółty jon chromianowy: $\mathrm{C}{\mathrm{r}}_2{\mathrm{O}}_7^{2-}+2O{\mathrm{H}}^{-}\to 2Cr{\mathrm{O}}_4^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Odpowiedź: po ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$: $2Cr{\mathrm{O}}_4^{2-}+2{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\to \mathrm{C}{\mathrm{r}}_2{\mathrm{O}}_7^{2-}+3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$; po nadmiarze NaOH: $\mathrm{C}{\mathrm{r}}_2{\mathrm{O}}_7^{2-}+2O{\mathrm{H}}^{-}\to 2Cr{\mathrm{O}}_4^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Identyfikacja wydzielanego gazu. Gaz bezbarwny o ostrym zapachu, w którym siarka stanowi 50% masowych: dla $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_2$ ($M=64g/mol$) udział siarki to $\frac{32}{64}=50\%$ – gazem jest $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_2$.

Krok 2. Utleniacz i reduktor. Stężony kwas siarkowy(VI) jest tu utleniaczem – siarka na $+\mathrm{VI}$ w $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ redukuje się do $+\mathrm{IV}$ w $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_2$. Antymon (stopień $0$) utlenia się do $\mathrm{S}{\mathrm{b}}^{3+}$.

Krok 3. Równanie redukcji. $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}+4{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}+2{\mathrm{e}}^{-}\to \mathrm{S}{\mathrm{O}}_2+6{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}(\times 3).$

Krok 4. Równanie utleniania. $\mathrm{Sb}\to \mathrm{S}{\mathrm{b}}^{3+}+3{\mathrm{e}}^{-}(\times 2).$

Krok 5. Bilans elektronów i suma. Redukcja pobiera 2 elektrony, utlenianie oddaje 3 – wspólna wielokrotność to 6, stąd redukcję mnożymy przez 3, a utlenianie przez 2. Sumaryczne równanie cząsteczkowe: $2Sb+6{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4\to \mathrm{S}{\mathrm{b}}_2(\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4{)}_3+3S{\mathrm{O}}_2+6{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Odpowiedź: redukcja: $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}+4{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}+2{\mathrm{e}}^{-}\to \mathrm{S}{\mathrm{O}}_2+6{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$; utlenianie: $\mathrm{Sb}\to \mathrm{S}{\mathrm{b}}^{3+}+3{\mathrm{e}}^{-}$; sumarycznie: $2Sb+6{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4\to \mathrm{S}{\mathrm{b}}_2(\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4{)}_3+3S{\mathrm{O}}_2+6{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Identyfikacja gazu. Bezbarwny gaz, który w kontakcie z powietrzem barwi się na czerwonobrunatno – to NO (utlenia się do $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2$).

Krok 2. Wzór kwasu antymonowego(V). Kwas jednoprotonowy o stosunku H:O równym 1:3 to $\mathrm{HSb}{\mathrm{O}}_3$.

Krok 3. Bilans elektronowy. Antymon utlenia się z $0$ do $+\mathrm{V}$ (oddaje 5 elektronów), azot w $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3^{-}$ redukuje się z $+\mathrm{V}$ do $+\mathrm{II}$ w NO (pobiera 3 elektrony). Najmniejsza wspólna wielokrotność to 15: antymon $\times 3$, azot $\times 5$.

Krok 4. Sumaryczne równanie jonowe. $3Sb+5N{\mathrm{O}}_3^{-}+5{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\to 3HSb{\mathrm{O}}_3+5NO+6{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Odpowiedź: $3Sb+5N{\mathrm{O}}_3^{-}+5{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\to 3HSb{\mathrm{O}}_3+5NO+6{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Rozpuszczalność potrzebna do rozpuszczenia całego $\mathrm{Pb}(\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3{)}_2$. Aby 184 g soli rozpuściło się w 200 g wody, potrzebna jest rozpuszczalność co najmniej $\frac{184}{200}\cdot 100=92\mathrm{g}/100\mathrm{g}{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 2. Odczyt temperatury z wykresu. Z wykresu rozpuszczalności $\mathrm{Pb}(\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3{)}_2$ wartość $92\mathrm{g}/100\mathrm{g}{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ (roztwór dokładnie nasycony) odpowiada temperaturze $t=60°\mathrm{C}$.

Krok 3. Sytuacja w zlewce I przy $t=60°\mathrm{C}$. Z wykresu rozpuszczalność ${\mathrm{K}}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4$ w tej temperaturze wynosi około $75\mathrm{g}/100\mathrm{g}{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$, czyli mniej niż potrzebne $92\mathrm{g}$ – nie cała sól się rozpuszcza, roztwór w zlewce I jest więc nasycony (z nierozpuszczonym nadmiarem osadu).

Krok 4. Porównanie stężeń procentowych. Roztwór nasycony ma stężenie procentowe $w=\frac{s}{100+s}\cdot 100\%$. Dla zlewki I: $w_I=\frac{75}{175}\approx 42,9\%$. Dla zlewki II: $w_{II}=\frac{92}{192}\approx 47,9\%$. Zatem $w_I<w_{II}$ – stężenie w zlewce I jest mniejsze niż w zlewce II.

Odpowiedź: $t=60°\mathrm{C}$; roztwór w zlewce I jest nasycony, a jego stężenie procentowe jest mniejsze niż stężenie roztworu w zlewce II.

Krok 1. Rozpuszczalność obu soli przy 32°C. Z wykresu rozpuszczalności (informacja do zadań 20.–21.) w temperaturze 32°C krzywe obu soli przecinają się w punkcie o rozpuszczalności $67\mathrm{g}/100\mathrm{g}{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ – obie sole mają tę samą rozpuszczalność $s=67$ g/100 g wody.

Krok 2. Masa czystej substancji w 100 g nasyconego roztworu. Roztwór nasycony: 167 g roztworu (100 g wody + 67 g soli) zawiera 67 g soli. W 100 g takiego roztworu: $x=\frac{67}{167}\cdot 100\approx 40,12\mathrm{g}\mathrm{soli}.$ To dotyczy obu roztworów (tyle samo, bo mają tę samą rozpuszczalność przy tej temperaturze).

Krok 3. Liczba moli reagentów. $n_{\mathrm{Pb}(\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3{)}_2}=\frac{40,12}{331}\approx 0,1212\mathrm{mol},n_{{\mathrm{K}}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4}=\frac{40,12}{194}\approx 0,2068\mathrm{mol}.$

Krok 4. Reagent w nadmiarze. Reakcja $\mathrm{P}{\mathrm{b}}^{2+}+\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}\to \mathrm{PbCr}{\mathrm{O}}_4$ zachodzi w stosunku molowym 1:1. Skoro $n_{{\mathrm{K}}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4}>n_{\mathrm{Pb}(\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3{)}_2}$, substratem ograniczającym jest $\mathrm{Pb}(\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3{)}_2$, a ${\mathrm{K}}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4$ (chromian(VI) potasu) jest w nadmiarze.

Krok 5. Masa osadu $\mathrm{PbCr}{\mathrm{O}}_4$. $m_{\mathrm{PbCr}{\mathrm{O}}_4}=n_{\mathrm{Pb}(\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3{)}_2}\cdot M_{\mathrm{PbCr}{\mathrm{O}}_4}=0,1212\cdot 323\approx 39,15\mathrm{g}.$

Odpowiedź: masa osadu $\mathrm{PbCr}{\mathrm{O}}_4\approx 39,15$ g; w nadmiarze użyto ${\mathrm{K}}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4$ (chromianu(VI) potasu).

Krok 1. Miedź i rozcieńczony kwas azotowy(V). Miedź jest metalem szlachetnym, ale rozcieńczony kwas azotowy(V) jest silnym utleniaczem i reaguje z miedzią, wydzielając gazowy tlenek azotu – bezbarwny NO, który w kontakcie z powietrzem utlenia się do czerwonobrunatnego $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2$: $3Cu+8HN{\mathrm{O}}_3\to 3Cu(\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3{)}_2+2NO+4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$. Roztwór przyjmuje niebieską barwę (jony $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$).

Krok 2. Miedź i rozcieńczony kwas siarkowy(VI). Rozcieńczony kwas siarkowy(VI) nie jest silnym utleniaczem i – jako kwas nieutleniający wobec metali szlachetnych – nie reaguje z miedzią. Roztwór pozostaje bezbarwny.

Krok 3. Identyfikacja kwasu X. Opisany efekt (bezbarwny gaz barwiący się na czerwonobrunatno w powietrzu) obserwowano dla kwasu X – to zgadza się z reakcją miedzi z kwasem azotowym(V), więc X = $\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3$.

Odpowiedź: w $\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3$: reaguje z wydzieleniem gazowego tlenku, roztwór przyjmuje barwę niebieską. W ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$: nie reaguje, roztwór pozostaje bezbarwny. Kwasem X jest $\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3$.

Krok 1. Analiza produktu. Otrzymany alkan, 2,3-dimetylobutan $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2$, ma symetryczną budowę – jego szkielet dzieli się na dwie identyczne części $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-$ połączone wiązaniem C–C powstałym w reakcji sprzęgania Wurtza.

Krok 2. Wzór jodku alkilu. Zgodnie ze schematem $2R-\mathrm{X}+2Na\to \mathrm{R}-\mathrm{R}+2NaX$, grupa R odpowiada połowie cząsteczki alkanu: $\mathrm{R}=(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-$, więc jodkiem alkilu jest $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CHI}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$.

Krok 3. Nazwa systematyczna. Związek $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CHI}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ to 2-jodopropan.

Odpowiedź: wzór półstrukturalny: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CHI}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$; nazwa systematyczna: 2-jodopropan.

Krok 1. Możliwe produkty sprzęgania. Z mieszaniny dwóch różnych halogenków ${\mathrm{R}}_1-\mathrm{X}$ (2-jodobutan, ${\mathrm{R}}_1=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-$) i ${\mathrm{R}}_2-\mathrm{X}$ (jodek metylu, ${\mathrm{R}}_2=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-$) sprzęganie Wurtza daje trzy możliwe produkty: ${\mathrm{R}}_1-{\mathrm{R}}_1$, ${\mathrm{R}}_1-{\mathrm{R}}_2$ i ${\mathrm{R}}_2-{\mathrm{R}}_2$ – trzy, nie cztery, różne alkany. Stwierdzenie 1 jest fałszywe (F).

Krok 2. Alkan o najmniejszej masie. ${\mathrm{R}}_2-{\mathrm{R}}_2=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ to etan, nie metan – metan nie może powstać tą metodą. Stwierdzenie 2 jest fałszywe (F).

Krok 3. Alkan o największej masie. ${\mathrm{R}}_1-{\mathrm{R}}_1$ to $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ – to 3,4-dimetyloheksan, największy z trzech możliwych produktów. Stwierdzenie 3 jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: 1. – F; 2. – F; 3. – P.

Krok 1. Wzór 2-jodobutanu. $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CHI}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$.

Krok 2. Hydroliza zasadowa. Jod zostaje zastąpiony grupą hydroksylową (substytucja nukleofilowa), otrzymujemy butan-2-ol: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$.

Krok 3. Utlenienie tlenkiem miedzi(II). Butan-2-ol jest alkoholem II rzędowym – utlenia się do ketonu, butan-2-onu: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CO}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$.

Odpowiedź: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CHI}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\stackrel{\text{zas. hydroliza}}{\to }\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\stackrel{\text{utlenianie}}{\to }\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CO}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$.

Krok 1. Typ reakcji. Podczas zasadowej hydrolizy jodku alkilu grupa $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ (nukleofil) zastępuje atom jodu – to reakcja substytucji nukleofilowej.

Krok 2. Nukleofil obojętny. $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_4$ i ${\mathrm{H}}_2$ nie mają wolnej pary elektronowej. $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$ ma wolną parę elektronową na azocie i jest obojętna – to nukleofil obojętny.

Krok 3. Nukleofil jonowy. $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$ i ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ to kationy (elektrofile). $\mathrm{C}{\mathrm{N}}^{-}$ jest anionem z wolną parą elektronową na węglu – to nukleofil jonowy.

Odpowiedź: substytucji; $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$; $\mathrm{C}{\mathrm{N}}^{-}$.

Krok 1. Struktura 3-metylobutan-2-olu. $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (grupa OH na C2, grupa metylowa na C3).

Krok 2. Reguła Zajcewa. Zgodnie z treścią, wodór odrywany jest od atomu węgla połączonego z mniejszą liczbą atomów wodoru – tu to atom C3. Produkt główny A: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}=\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (2-metylobut-2-en).

Krok 3. Inny alkohol dający ten sam alken A. Alken A można też otrzymać z dehydratacji 2-metylobutan-2-olu: $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{C}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (usunięcie wody z sąsiedniego CH₂ daje ten sam alken).

Odpowiedź: wzór: $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{C}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$; nazwa systematyczna: 2-metylobutan-2-ol.

Krok 1. Struktura alkenu A. 2-metylobut-2-en: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$.

Krok 2. Reguła Markownikowa. Atom wodoru przyłącza się do atomu węgla z większą liczbą atomów wodoru (C3), a $\mathrm{Br}$ – do atomu węgla bardziej podstawionego (C2, karbokation trzeciorzędowy trwalszy).

Krok 3. Równanie reakcji. $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3+\mathrm{HBr}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)(\mathrm{Br})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3.$

Odpowiedź: produktem głównym jest 2-bromo-2-metylobutan: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)(\mathrm{Br})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$.

Krok 1. Atom a (mentol). Atom węgla a jest atomem pierścienia cykloheksanowego, połączonym wyłącznie wiązaniami pojedynczymi – jego orbitale walencyjne mają hybrydyzację $s{p}^3$.

Krok 2. Atom x (tymol). Atom węgla x jest atomem pierścienia aromatycznego – jego orbitale walencyjne mają hybrydyzację $s{p}^2$.

Krok 3. Atom b (mentol). Atom b jest połączony z: grupą OH ($+1$), dwoma atomami węgla pierścienia ($0$ każdy) i jednym atomem wodoru ($-1$). Suma: $(+1)+0+0+(-1)=0$. Stopień utlenienia: 0.

Krok 4. Atom y (tymol). Atom y (węgiel aromatyczny połączony z grupą OH) jest połączony z: grupą OH ($+1$) i dwoma atomami węgla pierścienia ($0$ każdy). Stopień utlenienia: $(+)$I.

Odpowiedź:

Krok 1. Warunek chiralności. Cząsteczka jest chiralna, jeżeli zawiera atom węgla połączony z czterema różnymi podstawnikami (centrum stereogeniczne) i nie ma płaszczyzny symetrii.

Krok 2. Analiza budowy tymolu. Tymol ma pierścień aromatyczny (atomy węgla o hybrydyzacji $s{p}^2$, nie mogą być centrami chiralności) z podstawnikami: grupą metylową, grupą hydroksylową i grupą izopropylową. Jedyny atom węgla o hybrydyzacji $s{p}^3$ poza grupami metylowymi to atom centralny grupy izopropylowej $\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2$ – jest on połączony z dwiema identycznymi grupami metylowymi.

Krok 3. Wniosek. Cząsteczka tymolu ma płaszczyznę symetrii i nie zawiera żadnego asymetrycznego atomu węgla.

Odpowiedź: Nie, cząsteczka tymolu nie jest chiralna (jest achiralna) – nie zawiera żadnego atomu węgla o hybrydyzacji $s{p}^3$ połączonego z czterema różnymi podstawnikami, a cząsteczka ma płaszczyznę symetrii.

Krok 1. Stała dysocjacji a temperatura. Stała dysocjacji $K_a$ zależy wyłącznie od temperatury (i rodzaju kwasu), a nie od stężenia. Temperatura roztworu nie zmieniła się, więc wartość stałej dysocjacji nie uległa zmianie (odpowiedź C).

Krok 2. Stopień dysocjacji a rozcieńczenie. Zgodnie z prawem rozcieńczania Ostwalda, przy rozcieńczaniu roztworu słabego elektrolitu stopień dysocjacji wzrasta. Odpowiedź: 1. wzrosła.

Odpowiedź: C1 – wartość stałej dysocjacji nie uległa zmianie, a wartość stopnia dysocjacji wzrosła.

Krok 1. Bilans molowy (na 1 mol alkoholu, objętość $V$). Niech $x$ – początkowa liczba moli kwasu. Przy przereagowaniu 85% alkoholu (0,85 mola):

Krok 2. Wyrażenie na stałą równowagi. Objętość $V$ skraca się w liczniku i mianowniku: $K_c=\frac{n_{\text{ester}}\cdot n_{\text{woda}}}{n_{\text{alkohol}}\cdot n_{\text{kwas}}}=\frac{0,85^2}{0,15\cdot (x-0,85)}.$

Krok 3. Podstawienie i rozwiązanie. $2,12=\frac{0,7225}{0,15\cdot (x-0,85)}\Rightarrow 0,15\cdot (x-0,85)=\frac{0,7225}{2,12}\approx 0,3408.$ $x-0,85=2,272\Rightarrow x\approx 3,12\mathrm{mol}.$

Krok 4. Masa kwasu etanowego. $M_{\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}}=60g/mol$: $m=3,12\cdot 60\approx 187,2\mathrm{g}.$

Odpowiedź: należy użyć około 187 g bezwodnego kwasu etanowego.

Krok 1. Wydajność przy mieszaninie równomolowej. W zadaniu 30. użyto znacznego nadmiaru kwasu, aby osiągnąć 85% przereagowania alkoholu. Przy mieszaninie równomolowej (mniej kwasu) równowaga przy tej samej stałej $K_c=2,12$ zostanie osiągnięta przy mniejszym stopniu przemiany. Wydajność jest więc niższa niż 85%.

Krok 2. Rola jonów ${\mathrm{H}}^{+}$. Jony wodorowe działają jako katalizator (przyspieszają osiągnięcie stanu równowagi), nie zmieniają położenia równowagi. Odpowiedź: katalizują tę reakcję.

Krok 3. Hydroliza zasadowa estru. W środowisku zasadowym ester hydrolizuje nieodwracalnie (zmydlanie), a powstający kwas natychmiast reaguje z zasadą, dając sól kwasu etanowego.

Odpowiedź: niższa niż 85%; katalizują tę reakcję; sól kwasu etanowego.

Krok 1. Rodzaj wiązania w dimerze. Dimer kwasu etanowego powstaje przez utworzenie dwóch mostków między grupami karboksylowymi – to wiązania wodorowe.

Krok 2. Dimery w wodzie. Woda jest silnym akceptorem/donorem wiązań wodorowych – jej cząsteczki konkurują z cząsteczkami kwasu etanowego o tworzenie wiązań wodorowych, "rozrywając" dimery kwasu. W rozcieńczonym roztworze wodnym kwas etanowy nie zawiera dimerów, ponieważ woda tworzy wiązania wodorowe z cząsteczkami kwasu etanowego.

Odpowiedź: wodorowych; nie zawiera dimerów; tworzy wiązania wodorowe.

Krok 1. Doświadczenie 1 – brak reakcji z HCl. Fenolan sodu reagowałby widocznie z HCl (wytrącałby się fenol). Skoro nie zaobserwowano żadnych zmian, fenolanu sodu nie było wśród badanych substancji – w probówkach znajdowały się glicyna i chlorek fenyloamoniowy.

Krok 2. Doświadczenie 2 – oranż metylowy. Oranż metylowy jest czerwony w środowisku kwasowym. Roztwór chlorku fenyloamoniowego ma odczyn kwasowy (kation ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3^{+}$ hydrolizuje), więc barwi oranż metylowy na czerwono. Roztwór glicyny ma odczyn bliski neutralnemu.

Krok 3. Przypisanie probówek. Probówka I = chlorek fenyloamoniowy. Probówka II = glicyna.

Odpowiedź: Probówka I: chlorek fenyloamoniowy (${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3\mathrm{Cl}$). Probówka II: glicyna ($\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{COOH}$).

Krok 1. Charakter kationu fenyloamoniowego. Kation ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3^{+}$ jest sprzężonym kwasem słabej zasady (aniliny) – w wodzie częściowo oddaje proton, co zakwasza roztwór.

Krok 2. Równanie reakcji (hydroliza kationowa). ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3^{+}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons {\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}.$

Odpowiedź: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3^{+}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons {\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$.

Krok 1. Liczba moli AgCl (=liczba moli Cl⁻ = liczba moli reszt aminokwasowych). $n_{\mathrm{AgCl}}=\frac{86,1\mathrm{mg}}{143,5mg/mmol}=0,6\mathrm{mmol}.$

Krok 2. Liczba moli tripeptydu. Tripeptyd ma 3 reszty aminokwasowe: $n_{\text{tripeptydu}}=\frac{0,6}{3}=0,2\mathrm{mmol}.$

Krok 3. Masa molowa tripeptydu. $M_{\text{tripeptydu}}=\frac{43,4\mathrm{mg}}{0,2\mathrm{mmol}}=217g/mol.$

Krok 4. Równania na x i y. Masy molowe: glicyna $M_{\mathrm{Gly}}=75g/mol$, alanina $M_{\mathrm{Ala}}=89g/mol$; dla tripeptydu odejmujemy $2\times M_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=36$: $75x+89y-36=217,x+y=3.$

Krok 5. Rozwiązanie układu. Z $x=3-y$: $75(3-y)+89y-36=217\Rightarrow 225-75y+89y-36=217\Rightarrow 14y=28\Rightarrow y=2,x=1$.

Odpowiedź: tripeptyd zawierał 1 resztę glicyny i 2 reszty alaniny – wzór: $\mathrm{GlyAl}{\mathrm{a}}_2$.

Krok 1. Liczba możliwych sekwencji. Tripeptyd liniowy z trzech reszt: jednej Cys i dwóch (identycznych) Leu. Liczba różnych sekwencji to liczba sposobów rozmieszczenia jednej "innej" reszty (Cys) na trzech pozycjach – 3 różne sekwencje.

Krok 2. Wypisanie sekwencji. Cys na początku: Cys-Leu-Leu. Cys w środku: Leu-Cys-Leu. Cys na końcu: Leu-Leu-Cys.

Odpowiedź: możliwe sekwencje: Cys-Leu-Leu, Leu-Cys-Leu, Leu-Leu-Cys.

Krok 1. Probówka I – kwas azotowy(V). Kwas reaguje z zasadową zawiesiną $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$, roztwarzając osad i tworząc rozpuszczalny, niebieski roztwór azotanu(V) miedzi(II): $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2+2HN{\mathrm{O}}_3\to \mathrm{Cu}(\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3{)}_2+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$. Powstaje niebieski roztwór.

Krok 2. Probówka II – etanol. Etanol (alkohol monohydroksylowy) nie reaguje ze świeżo strąconym $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$. Zawiesina pozostaje niebieska, niezmieniona.

Krok 3. Probówka III – glicerol. Glicerol, jako alkohol polihydroksylowy, rozpuszcza świeżo strącony $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$, tworząc szafirowy (granatowy) roztwór kompleksu glicerynianu miedzi(II).

Krok 4. Probówka IV – alanyloglicyloglicyna. Tripeptyd daje charakterystyczną reakcję biuretową z $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ w środowisku zasadowym – powstaje kompleks o barwie różowo-fioletowej (fioletowej).