Chemia — Maj 2022

Krok 1. Liczba elektronów niewalencyjnych. Izotop ${}_{14}^{28}\mathrm{Si}$ ma $28$ nukleonów, więc każdy z atomów X i E ma $28$ elektronów niewalencyjnych (rdzeń elektronowy o konfiguracji argonowej z dodatkowo zapełnioną podpowłoką $3d^{10}$, czyli $18+10=28$ elektronów).

Krok 2. Wodorki $\mathrm{X}{\mathrm{H}}_3$ i $\mathrm{E}{\mathrm{H}}_3$. Aby atom mógł utworzyć trzy wiązania z wodorem, musi mieć trzy elektrony zdolne do tworzenia wiązań (niesparowane). Pierwiastek E ma więcej niesparowanych elektronów walencyjnych niż X.

Krok 3. Identyfikacja pierwiastków. Atomy z rdzeniem $28$-elektronowym to pierwiastki 4. okresu za blokiem d, czyli od galu ($Z=31$) do kryptonu. Gal ($\mathrm{Ga}$, $Z=31$): konfiguracja walencyjna $4s^{2}4p^1$ — tylko 1 niesparowany elektron na $4p$, ale $\mathrm{Ga}{\mathrm{H}}_3$ istnieje (Ga tworzy 3 wiązania z udziałem obu elektronów $4s$ po wzbudzeniu/hybrydyzacji, typowo dla pierwiastków 13. grupy). Arsen ($\mathrm{As}$, $Z=33$): konfiguracja walencyjna $4s^{2}4p^3$ — 3 niesparowane elektrony na $4p$, tworzy $\mathrm{As}{\mathrm{H}}_3$ (arsyna). Liczba niesparowanych elektronów u As (3) jest większa niż u Ga (1), co zgadza się z warunkiem zadania. Zatem X = Ga, E = As.

Krok 4. Blok konfiguracyjny. U obu pierwiastków ostatni elektron trafia na podpowłokę $p$ — blok p dla obu.

Krok 5. Maksymalny stopień utlenienia. Gal oddaje wszystkie 3 elektrony walencyjne ($4s^{2}4p^1$) — maksymalny stopień utlenienia $+3$. Arsen oddaje wszystkie 5 elektronów walencyjnych ($4s^{2}4p^3$) — maksymalny stopień utlenienia $+5$ (np. w ${\mathrm{H}}_3\mathrm{As}{\mathrm{O}}_4$).

Odpowiedź:

Krok 1. Elektrony walencyjne arsenu. Atom arsenu (E) w stanie podstawowym ma konfigurację walencyjną $4s^{2}4p^3$.

Krok 2. Reguła Hunda. Dwa elektrony na podpowłoce $4s$ są sparowane (przeciwne spiny) na jedynym orbitalu $4s$. Trzy elektrony na podpowłoce $4p$ rozmieszczamy na trzech osobnych orbitalach $4p$, każdy z jednym elektronem o tym samym (równoległym) spinie — zgodnie z regułą Hunda.

Odpowiedź (schemat klatkowy):

$\underset{4s}{\underbrace{[\uparrow \downarrow ]}}\underset{4p}{\underbrace{[\uparrow ][\uparrow ][\uparrow ]}}$

Trzy niesparowane elektrony na podpowłoce $4p$ mają zgodny spin.

Krok 1. Pierwiastki 3. okresu: siarka i chlor. W obrębie tego samego okresu promień atomowy maleje ze wzrostem liczby atomowej (silniejsze przyciąganie elektronów walencyjnych przez coraz większy ładunek jądra przy tej samej liczbie powłok). Chlor ($Z=17$) leży za siarką ($Z=16$), więc jego atom jest mniejszy: siarka $=102$ pm (dane w tabeli), chlor $=99$ pm.

Krok 2. Pierwiastki 4. okresu: potas i wapń. Analogicznie w 4. okresie promień maleje od potasu ($Z=19$) do wapnia ($Z=20$): potas ma większy promień niż wapń.

Krok 3. Porównanie okresów. Atomy pierwiastków 4. okresu (K, Ca) mają dodatkową powłokę elektronową w porównaniu z atomami 3. okresu (S, Cl), więc są znacznie większe niż S i Cl. Uporządkowanie od najmniejszego do największego: chlor (99) < siarka (102) < wapń (174) < potas (196).

Odpowiedź:

Krok 1. Liczba elektronów walencyjnych. Atom boru ma 3 elektrony walencyjne, każdy z trzech atomów chloru ma 7 elektronów walencyjnych (po utworzeniu wiązania z borem pozostają mu 3 wolne pary).

Krok 2. Wiązania B–Cl. Bor tworzy trzy pojedyncze wiązania kowalencyjne (wspólne pary elektronowe) z trzema atomami chloru, wykorzystując wszystkie swoje 3 elektrony walencyjne. Każdy atom chloru ma wtedy skompletowany oktet: 1 parę wiążącą i 3 wolne pary elektronowe.

Krok 3. Atom boru. Po utworzeniu trzech wiązań atom boru ma tylko 6 elektronów (bez wolnej pary) — nie osiąga oktetu, ma tzw. deficyt (lukę) elektronową.

Odpowiedź (wzór elektronowy, kreski = wspólne/wolne pary elektronowe):

$:\ddot{\mathrm{Cl}}-\mathrm{B}(-\ddot{\mathrm{Cl}}:)-\ddot{\mathrm{Cl}}:$

czyli atom boru w środku, połączony pojedynczym wiązaniem z każdym z trzech atomów chloru; każdy chlor ma dodatkowo trzy wolne pary elektronowe, a bor nie ma żadnej wolnej pary (luka elektronowa).

Krok 1. Warunek utworzenia wiązania z $\mathrm{BC}{\mathrm{l}}_3$. Jak wynika z zadania 3.1., atom boru w cząsteczce $\mathrm{BC}{\mathrm{l}}_3$ ma tylko 6 elektronów walencyjnych (deficyt/lukę elektronową) i nie ma żadnej wolnej pary elektronowej. Aby uzupełnić oktet, atom boru musi przyjąć (zaakceptować) wolną parę elektronową od innej drobiny — działa więc jak kwas Lewisa.

Krok 2. Analiza podanych drobin. Potrzebna jest drobina posiadająca wolną parę elektronową do oddania:

• $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$ — ma cztery wolne pary elektronowe, może oddać jedną — tak.
• $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$ — azot ma już 4 wiązania (z atomem N i czterema H), wszystkie elektrony walencyjne azotu są zaangażowane w wiązania, nie ma wolnej pary — nie.
• $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_4$ — węgiel ma 4 wiązania z wodorem, brak wolnej pary elektronowej — nie.
• $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$ — azot ma jedną wolną parę elektronową (poza trzema wiązaniami N–H) — tak.

Odpowiedź: Z chlorkiem boru mogą łączyć się: $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$ oraz $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$.

Cząsteczki chlorku boru mają zdolność do tworzenia wiązań z wybranymi drobinami, ponieważ atom boru w cząsteczce $\mathrm{BC}{\mathrm{l}}_3$ ma deficyt (lukę) elektronową — nie osiągnął oktetu (ma tylko 6 elektronów walencyjnych) i dzięki temu może przyjąć wolną parę elektronową od $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$ lub $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$, tworząc wiązanie koordynacyjne (donorowo-akceptorowe).

Krok 1. Produkty reakcji. Z informacji do zadania wiadomo, że produktami reakcji $\mathrm{BC}{\mathrm{l}}_3$ z wodą są kwas ortoborowy ${\mathrm{H}}_3\mathrm{B}{\mathrm{O}}_3$ oraz $\mathrm{HCl}$.

Krok 2. Bilans atomów. Jeden atom boru z $\mathrm{BC}{\mathrm{l}}_3$ przechodzi do jednej cząsteczki ${\mathrm{H}}_3\mathrm{B}{\mathrm{O}}_3$, a trzy atomy chloru muszą utworzyć trzy cząsteczki $\mathrm{HCl}$. Do reakcji potrzebne są 3 cząsteczki wody (dostarczają 3 atomy O do ${\mathrm{H}}_3\mathrm{B}{\mathrm{O}}_3$ oraz dodatkowe atomy H do $\mathrm{HCl}$).

Odpowiedź: $\mathrm{BC}{\mathrm{l}}_3+3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to {\mathrm{H}}_3\mathrm{B}{\mathrm{O}}_3+3HCl$

Krok 1. Odczyt z wykresu. Wykres pokazuje, że wraz ze wzrostem temperatury stopień przemiany metanu (wydajność reakcji) rośnie — dla obu wartości ciśnienia krzywe wznoszą się od niskich do wysokich wartości.

Krok 2. Wpływ temperatury zgodnie z regułą przekory. Wzrost wydajności reakcji ze wzrostem temperatury oznacza, że reakcja jest endotermiczna ($\Delta H>0$) — ogrzewanie sprzyja przebiegowi reakcji pochłaniającej ciepło (układ „broni się” przed wzrostem temperatury, zużywając dostarczone ciepło na przebieg reakcji endotermicznej).

Krok 3. Rozstrzygnięcie. Z dwóch podanych reakcji tylko reakcja II ma $\Delta H>0$.

Odpowiedź: Wykres odnosi się do reakcji II. Uzasadnienie: wydajność reakcji rośnie ze wzrostem temperatury, a to jest charakterystyczne dla reakcji endotermicznej ($\Delta H>0$), czyli reakcji II.

Krok 1. Odczyt z wykresu. Dla tej samej temperatury krzywa dla niższego ciśnienia (0,1 MPa) leży wyżej niż krzywa dla wyższego ciśnienia (2,0 MPa) — czyli wzrost ciśnienia zmniejsza stopień przemiany metanu.

Krok 2. Stechiometria reakcji II. $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_4+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{CO}+3{\mathrm{H}}_2$ — po lewej stronie są 2 mole gazów (substraty), po prawej 4 mole gazów (produkty). Reakcja przebiega ze wzrostem liczby moli gazów.

Krok 3. Reguła przekory. Wzrost ciśnienia przesuwa stan równowagi w stronę mniejszej liczby moli gazów, czyli w stronę substratów — to zmniejsza stopień przemiany metanu, co jest zgodne z wykresem.

Odpowiedź: W stałej temperaturze wzrost ciśnienia skutkuje spadkiem stopnia przemiany metanu. Wyjaśnienie: reakcja II zachodzi ze wzrostem liczby moli gazowych reagentów (z 2 do 4 moli), więc zgodnie z regułą przekory wzrost ciśnienia przesuwa równowagę w stronę substratów, zmniejszając stopień przemiany metanu.

Krok 1. Bilans molowy. Niech $a$ i $b$ oznaczają początkowe liczby moli A i B. Ponieważ objętość reaktora wynosi $1,0\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$, liczby moli są liczbowo równe stężeniom molowym.

Przereagowało $20\%$ substancji A, czyli $0,2a$ mola. Ze stechiometrii $1:1:1:1$ w stanie równowagi: $[\mathrm{A}]=0,8a,[\mathrm{B}]=b-0,2a,[\mathrm{C}]=[\mathrm{D}]=0,2a.$

Krok 2. Wyrażenie na stałą równowagi. $K_c=\frac{[\mathrm{C}][\mathrm{D}]}{[\mathrm{A}][\mathrm{B}]}=\frac{(0,2a{)}^2}{0,8a\cdot (b-0,2a)}=2,0.$

Krok 3. Rozwiązanie względem $b$. $0,04a^2=2,0\cdot 0,8a(b-0,2a)=1,6ab-0,32a^2$ $0,36a^2=1,6ab\Rightarrow b=0,225a.$

Krok 4. Procentowy udział A w mieszaninie wyjściowej. $\%A=\frac{a}{a+b}\cdot 100\%=\frac{a}{a+0,225a}\cdot 100\%=\frac{1}{1,225}\cdot 100\%\approx 81,6\%.$

Odpowiedź: Substancja A stanowiła około $82\%$ liczby moli wyjściowej mieszaniny.

Krok 1. Anion w nadtlenku sodu. Nadtlenek sodu $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2{\mathrm{O}}_2$ zawiera anion nadtlenkowy, w którym dwa atomy tlenu są połączone wiązaniem O–O, a każdy z nich ma stopień utlenienia $-1$: ${\mathrm{O}}_2^{2-}$.

Krok 2. Anion w tlenku sodu. Tlenek sodu $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{O}$ zawiera zwykły anion oksydowy (tlenkowy) o stopniu utlenienia tlenu $-2$: ${\mathrm{O}}^{2-}$.

Odpowiedź: wzór anionu w nadtlenku sodu: ${\mathrm{O}}_2^{2-}$; wzór anionu w tlenku sodu: ${\mathrm{O}}^{2-}$.

Krok 1. Reagenty i produkty. Z informacji wynika, że nadtlenek sodu reaguje z wodą bez zmiany stopni utlenienia, a jednym z produktów jest nadtlenek wodoru ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2$. Drugim produktem musi być wodorotlenek sodu $\mathrm{NaOH}$ (typowa reakcja jonowego związku sodu z wodą).

Krok 2. Bilansowanie równania. Dwa atomy sodu z $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2{\mathrm{O}}_2$ dają dwie cząsteczki $\mathrm{NaOH}$, a reszta nadtlenkowa ${\mathrm{O}}_2^{2-}$ przechodzi w cząsteczkę ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2$ — potrzebne są 2 cząsteczki wody.

Odpowiedź: $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2{\mathrm{O}}_2+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to {\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2+2NaOH$

Krok 1. Utleniacz i reduktor. Jon $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$ (utleniacz) redukuje się do $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{+}$ (w osadzie $\mathrm{CuI}$), przyjmując 1 elektron. Jon ${\mathrm{I}}^{-}$ (reduktor) utlenia się do wolnego jodu ${\mathrm{I}}_2$, oddając elektron: $2{\mathrm{I}}^{-}\to {\mathrm{I}}_2+2e^{-}$.

Krok 2. Bilans elektronowy. Redukcja $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}+e^{-}\to \mathrm{C}{\mathrm{u}}^{+}$ pobiera 1 elektron, utlenianie oddaje 2 elektrony na jedną cząsteczkę ${\mathrm{I}}_2$ — potrzeba więc 2 jonów $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$ na każde ${\mathrm{I}}_2$, czyli w sumie 4 jony ${\mathrm{I}}^{-}$: 2 do utworzenia osadu $\mathrm{CuI}$ (jako przeciwjon do $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{+}$) i 2 do utlenienia do ${\mathrm{I}}_2$.

Odpowiedź: $2\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}+4{\mathrm{I}}^{-}\to 2\mathrm{CuI}+{\mathrm{I}}_2$

Krok 1. Właściwości miedzi. Miedź jest metalem szlachetnym — w szeregu napięciowym metali znajduje się za wodorem (ma dodatni standardowy potencjał redukcji układu $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}/Cu$), więc nie wypiera wodoru z kwasów nieutleniających.

Krok 2. Właściwości kwasu solnego. Kwas solny jest kwasem nieutleniającym — jego zdolność do reagowania z metalami polega jedynie na wypieraniu wodoru przez kationy ${\mathrm{H}}^{+}$, a anion chlorkowy nie ma właściwości utleniających.

Krok 3. Wniosek. Aby miedź przeszła w roztwór jako $\mathrm{CuC}{\mathrm{l}}_2$, potrzebny byłby kwas o właściwościach utleniających (np. stężony $\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3$) albo dodatkowy utleniacz — rozcieńczony/stężony do 10% kwas solny nie jest w stanie utlenić miedzi.

Odpowiedź: Nie, substancją A nie może być kwas solny o stężeniu 10% masowych, ponieważ miedź jest metalem szlachetnym (stoi w szeregu napięciowym za wodorem) i nie reaguje z nieutleniającym kwasem solnym.

Krok 1. Substancja B. W reakcji 2. $\mathrm{CuC}{\mathrm{l}}_2(\mathrm{aq})$ przechodzi w osad $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2(\mathrm{s})$ — B musi być zasadą wytrącającą wodorotlenek miedzi(II). Po odsączeniu osadu w roztworze zostają kationy sodu i aniony chlorkowe, czyli B to wodorotlenek sodu: $\mathrm{CuC}{\mathrm{l}}_2+2NaOH\to \mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2\downarrow +2NaCl$.

Krok 2. Równanie reakcji 3. Świeżo strącony $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ reaguje z nadmiarem wodnego amoniaku, tworząc kompleks tetraamminamiedzi(II): $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2+4N{\mathrm{H}}_3\to [\mathrm{Cu}(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3{)}_4{]}^{2+}+2O{\mathrm{H}}^{-}$

Odpowiedź: wzór substancji B: $\mathrm{NaOH}$; równanie reakcji 3.: $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2+4N{\mathrm{H}}_3\to [\mathrm{Cu}(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3{)}_4{]}^{2+}+2O{\mathrm{H}}^{-}$.

Krok 1. Jakie substancje roztwarzają $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ na zimno. Świeżo strącony wodorotlenek miedzi(II) roztwarza się na zimno w: (a) związkach polihydroksylowych (co najmniej dwie grupy $-\mathrm{OH}$ przy sąsiednich atomach węgla) — tworzą rozpuszczalne kompleksy miedziowe (barwa szafirowa), (b) kwasach karboksylowych — reakcja kwasowo-zasadowa z solubilizacją miedzi, oraz (c) związkach z co najmniej dwoma wiązaniami peptydowymi — reakcja biuretowa (kompleks fioletowy), która jednak zachodzi w środowisku zasadowym; sam fakt istnienia ≥2 wiązań peptydowych i wolnych grup aminowej/karboksylowej pozwala takiej cząsteczce (jako polidentnemu ligandowi) roztworzyć osad.

Krok 2. Analiza wzorów.

• 1. Glicerol — trihydroksylowy alkohol (trzy grupy $-\mathrm{OH}$) — roztwarza $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$.
• 1. Etanol — tylko jedna grupa $-\mathrm{OH}$ (monohydroksylowy) — nie roztwarza.
• 1. Tripeptyd z dwoma wiązaniami peptydowymi — roztwarza (reakcja biuretowa).
• 1. Kwas etanowy — kwas karboksylowy, reaguje kwasowo-zasadowo z $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ — roztwarza.
• 1. Metanal (aldehyd) — nie ma grupy $-\mathrm{OH}$ ani $-\mathrm{COOH}$; z $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ reaguje tylko po ogrzaniu (próba Trommera, dając osad $\mathrm{C}{\mathrm{u}}_2\mathrm{O}$), nie roztwarza go na zimno — nie roztwarza.

Odpowiedź: Wybrane wzory: 1., 3., 4.

Krok 1. Równanie reakcji. W obu probówkach magnez reaguje z jonami ${\mathrm{H}}^{+}$ (reakcja metalu aktywnego z kwasem nieutleniającym): $\mathrm{Mg}+2{\mathrm{H}}^{+}\to \mathrm{M}{\mathrm{g}}^{2+}+{\mathrm{H}}_2$

Krok 2. Porównanie stężeń jonów ${\mathrm{H}}^{+}$. W probówce I: kwas solny o pH = 1, więc $[{\mathrm{H}}^{+}]=10^{-1}=0,1\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$ (kwas solny jest jednoprotonowy, w pełni zdysocjowany). W probówce II: kwas siarkowy(VI) o stężeniu $0,1\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$ dysocjuje dwustopniowo — pierwszy stopień całkowicie, drugi częściowo — więc całkowite stężenie jonów ${\mathrm{H}}^{+}$ w probówce II jest wyższe niż $0,1\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$.

Krok 3. Wpływ na szybkość reakcji. Większe stężenie jonów ${\mathrm{H}}^{+}$ oznacza większą szybkość reakcji (zgodnie z zależnością szybkości reakcji od stężenia reagenta). Zatem reakcja przebiegła szybciej w probówce II.

Odpowiedź: równanie reakcji: $\mathrm{Mg}+2{\mathrm{H}}^{+}\to \mathrm{M}{\mathrm{g}}^{2+}+{\mathrm{H}}_2$; wiórki magnezowe roztworzyły się szybciej w probówce numer II.

Krok 1. Stężenie molowe kwasów. Kwas solny w probówce I miał pH = 1, co dla kwasu jednoprotonowego, w pełni zdysocjowanego, odpowiada stężeniu $0,1\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$ — takiemu samemu, jak podane stężenie kwasu siarkowego(VI) w probówce II. Stężenia molowe obu kwasów są więc równe.

Krok 2. Stężenie jonów ${\mathrm{H}}^{+}$. Jak wykazano w zadaniu 9.1., kwas siarkowy(VI) jako kwas dwuprotonowy daje wyższe stężenie jonów ${\mathrm{H}}^{+}$ niż kwas solny o tym samym stężeniu molowym — stężenia jonów ${\mathrm{H}}^{+}$ są więc różne.

Krok 3. Wniosek. Ponieważ stężenia molowe kwasów były jednakowe (nie były zmienną doświadczenia), a różniło je stężenie jonów ${\mathrm{H}}^{+}$ (czyli pH), doświadczenie pozwoliło zbadać wpływ pH na szybkość reakcji.

Odpowiedź: Stężenie molowe roztworów obu kwasów było równe, a stężenie jonów ${\mathrm{H}}^{+}$ w tych roztworach było różne, dlatego opisane doświadczenie pozwoliło określić wpływ pH roztworów użytych kwasów na szybkość reakcji.

Krok 1. Produkt reakcji. W probówce I magnez reagował z kwasem solnym, dając rozpuszczalny w wodzie chlorek magnezu $\mathrm{MgC}{\mathrm{l}}_2$ (produkt jonowy) oraz gazowy wodór, który ulotnił się z mieszaniny.

Krok 2. Wybór metody rozdziału. Ponieważ $\mathrm{MgC}{\mathrm{l}}_2$ jest solą dobrze rozpuszczalną w wodzie, w mieszaninie poreakcyjnej nie ma osadu — sączenie, dekantacja i odwirowanie służą do oddzielania osadu od cieczy, więc się nie nadają. Aby wyodrębnić rozpuszczony jonowy produkt, trzeba odparować rozpuszczalnik (wodę), co pozwoli uzyskać stały $\mathrm{MgC}{\mathrm{l}}_2$.

Odpowiedź: D. odparowanie pod wyciągiem.

Krok 1. Liczba moli HCl w etapie I. Z równania $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\to \mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$: liczba moli $\mathrm{HCl}$ = liczba moli $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}$ (stechiometria 1:1). $n_{\mathrm{HCl},\mathrm{I}}=0,0246\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3\cdot 0,2\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}=0,00492\mathrm{mol}=n(\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3).$

Krok 2. Liczba moli HCl w etapie II. Objętość HCl użyta w etapie II to różnica objętości całkowitej i etapu I: $V_{\mathrm{II}}=59,8-24,6=35,2\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3=0,0352\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3.$ W etapie II reagują jony $\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3^{-}$ pochodzące z obu źródeł: z pierwotnego wodorowęglanu sodu oraz z wodorowęglanu powstałego w etapie I z węglanu. Ale ponieważ liczy nas tylko pierwotny wodorowęglan sodu — z bilansu: liczba moli HCl w etapie II odpowiada łącznej liczbie moli $\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3^{-}$ obecnych po etapie I, czyli sumie moli pierwotnego $\mathrm{NaHC}{\mathrm{O}}_3$ i moli $\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3^{-}$ powstałych z $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3$ w etapie I (te ostatnie są równe $n(\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3)$, bo 1 mol $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}$ daje 1 mol $\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3^{-}$). Zatem pierwotny $n(\mathrm{NaHC}{\mathrm{O}}_3)$ wynosi: $n_{\mathrm{HCl},\mathrm{II}}=0,0352\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3\cdot 0,2\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}=0,00704\mathrm{mol},$ $n(\mathrm{NaHC}{\mathrm{O}}_3)=0,00704-0,00492=0,00212\mathrm{mol}.$

Krok 3. Masy składników. $m(\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3)=0,00492\mathrm{mol}\cdot 106\mathrm{g}\cdot \mathrm{mo}{\mathrm{l}}^{-1}\approx 0,522\mathrm{g},$ $m(\mathrm{NaHC}{\mathrm{O}}_3)=0,00212\mathrm{mol}\cdot 84\mathrm{g}\cdot \mathrm{mo}{\mathrm{l}}^{-1}\approx 0,178\mathrm{g}.$

Krok 4. Zawartość procentowa węglanu sodu. $\%(\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3)=\frac{0,522}{0,522+0,178}\cdot 100\%\approx 74,6\%.$

Odpowiedź: Zawartość węglanu sodu w analizowanej mieszaninie wynosi około $74,6\%$ masowych.

Krok 1. Probówka I. Żółty roztwór to roztwór chromianu(VI) ($\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}$, barwa żółta). Powstanie ciemnoczerwonego osadu wskazuje na trudno rozpuszczalny chromian(VI) srebra(I) $\mathrm{A}{\mathrm{g}}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4$ — odczynnikiem musiał być azotan(V) srebra(I): $2\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}+\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}\to \mathrm{A}{\mathrm{g}}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4\downarrow$

Krok 2. Probówka II. Pomarańczowy roztwór to dichromian(VI) ($\mathrm{C}{\mathrm{r}}_2{\mathrm{O}}_7^{2-}$), a produktem jest żółty roztwór chromianu(VI) ($\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}$) — to przejście zachodzi po dodaniu zasady, która wiąże jony ${\mathrm{H}}^{+}$ i przesuwa równowagę $2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}+2{\mathrm{H}}^{+}\rightleftharpoons \mathrm{C}{\mathrm{r}}_2{\mathrm{O}}_7^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ w stronę chromianu(VI). Odczynnikiem był wodny roztwór wodorotlenku potasu.

Odpowiedź: równanie reakcji w probówce I: $2\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}+\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}\to \mathrm{A}{\mathrm{g}}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4$; odczynnik dodany do probówki II: wodny roztwór wodorotlenku potasu (KOH).

Krok 1. Probówka III. Pozostały (jedyny nieużyty w I i II) odczynnik z listy to wodny roztwór siarczanu(IV) potasu — reduktor. Zmiana barwy z pomarańczowej (dichromian(VI), $\mathrm{C}{\mathrm{r}}_2{\mathrm{O}}_7^{2-}$) na zieloną wskazuje na redukcję chromu do stopnia utlenienia $+3$ ($\mathrm{C}{\mathrm{r}}^{3+}$, barwa zielona).

Krok 2. Bilans elektronowy. Redukcja: $\mathrm{C}{\mathrm{r}}_2{\mathrm{O}}_7^{2-}+14{\mathrm{H}}^{+}+6e^{-}\to 2\mathrm{C}{\mathrm{r}}^{3+}+7{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ (×1). Utlenianie: $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}+2{\mathrm{H}}^{+}+2e^{-}$ (×3). Sumując i redukując wspólne składniki (${\mathrm{H}}^{+}$, ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$):

Odpowiedź: $\mathrm{C}{\mathrm{r}}_2{\mathrm{O}}_7^{2-}+3S{\mathrm{O}}_3^{2-}+8{\mathrm{H}}^{+}\to 2C{\mathrm{r}}^{3+}+3S{\mathrm{O}}_4^{2-}+4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Krok 1. Analiza probówek. W probówce I zaszła reakcja strącania osadu — chrom pozostaje na stopniu utlenienia $+6$ (w $\mathrm{A}{\mathrm{g}}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4$), to nie jest redoks. W probówce II zaszła reakcja kwasowo-zasadowa (przesunięcie równowagi chromian/dichromian) — chrom również pozostaje na $+6$, to też nie jest redoks. W probówce III chrom zmienia stopień utlenienia z $+6$ na $+3$ (redukcja) — to jest reakcja redoks.

Krok 2. Rola soli chromu(VI). Sól chromu(VI) ulega redukcji (przyjmuje elektrony od jonów siarczanowych(IV)), a więc pełni funkcję utleniacza.

Odpowiedź: Reakcja redoks przebiegła w probówce III. Sól chromu(VI) pełni w tej przemianie funkcję utleniacza.

Krok 1. Produkt reakcji. Bezbarwny roztwór i brunatny osad świadczą o powstaniu $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2$ (brunatny osad) — mangan zarówno z $\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4$ (stopień $+7$), jak i z $\mathrm{MnS}{\mathrm{O}}_4$ (stopień $+2$) przechodzi do wspólnego stopnia utlenienia $+4$ w $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2$. To reakcja dysproporcjonowania „skrzyżowana”: $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}$ ulega redukcji, a $\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}$ ulega utlenieniu.

Krok 2. Proces redukcji. $\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{7+}\to \mathrm{M}{\mathrm{n}}^{4+}$ (przyjęcie 3 elektronów), w środowisku obojętnym: $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+3{\mathrm{e}}^{-}\to \mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2+4O{\mathrm{H}}^{-}$

Krok 3. Proces utleniania. $\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}\to \mathrm{M}{\mathrm{n}}^{4+}$ (oddanie 2 elektronów), w środowisku obojętnym: $\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2+4{\mathrm{H}}^{+}+2{\mathrm{e}}^{-}$

Odpowiedź: równanie procesu redukcji: $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+3{\mathrm{e}}^{-}\to \mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2+4O{\mathrm{H}}^{-}$; równanie procesu utleniania: $\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2+4{\mathrm{H}}^{+}+2{\mathrm{e}}^{-}$.

Krok 1. Związek między właściwościami utleniającymi kationu i redukującymi metalu. Im silniejszym utleniaczem jest kation metalu, tym metal (forma zredukowana) jest mniej skłonny do oddawania elektronów, czyli jest słabszym reduktorem. I odwrotnie — słaby utleniacz kationowy odpowiada silnemu reduktorowi metalicznemu.

Krok 2. Zastosowanie do danych. Właściwości utleniające kationów maleją w szeregu ${\mathrm{X}}^{+}>{\mathrm{A}}^{2+}>{\mathrm{Z}}^{3+}$. Zatem właściwości redukujące metali rosną w odwrotnym porządku: $\mathrm{X}<\mathrm{A}<\mathrm{Z}$.

Odpowiedź: najsłabszy reduktor: X; najsilniejszy reduktor: Z.

Krok 1. Który metal jest najsilniejszym reduktorem. Z zadania 14.1. wiemy, że Z jest najsilniejszym reduktorem, a X najsłabszym.

Krok 2. Probówki I i II (metal Z). Metal Z, jako najsilniejszy reduktor, wypiera z roztworu zarówno kationy ${\mathrm{X}}^{+}$ (probówka I), jak i ${\mathrm{A}}^{2+}$ (probówka II) — w obu probówkach zachodzi reakcja.

Krok 3. Probówka III (metal X + ${\mathrm{A}}^{2+}$). X jest najsłabszym reduktorem — słabszym niż A (bo ${\mathrm{A}}^{2+}$ jest słabszym utleniaczem niż ${\mathrm{X}}^{+}$, czyli metal A jest silniejszym reduktorem niż X). Metal X nie jest w stanie wyprzeć kationu ${\mathrm{A}}^{2+}$ — w probówce III nie zachodzi reakcja.

Krok 4. Równania reakcji (bilans elektronowy). Probówka I: $\mathrm{Z}\to {\mathrm{Z}}^{3+}+3{\mathrm{e}}^{-}$, ${\mathrm{X}}^{+}+{\mathrm{e}}^{-}\to \mathrm{X}$ (×3): $3{\mathrm{X}}^{+}+\mathrm{Z}\to 3X+{\mathrm{Z}}^{3+}$ Probówka II: $\mathrm{Z}\to {\mathrm{Z}}^{3+}+3{\mathrm{e}}^{-}$ (×2), ${\mathrm{A}}^{2+}+2{\mathrm{e}}^{-}\to \mathrm{A}$ (×3): $3{\mathrm{A}}^{2+}+2Z\to 3A+2{\mathrm{Z}}^{3+}$

Odpowiedź: numer probówki bez reakcji: III; równania reakcji: $3{\mathrm{X}}^{+}+\mathrm{Z}\to 3X+{\mathrm{Z}}^{3+}$ (probówka I) oraz $3{\mathrm{A}}^{2+}+2Z\to 3A+2{\mathrm{Z}}^{3+}$ (probówka II).

Krok 1. Masa i masa kwasu w dodanym roztworze. $m_{roztw.}=90,0\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\cdot 1,03\mathrm{g}\cdot \mathrm{c}{\mathrm{m}}^{-3}=92,7\mathrm{g}$ $m_{\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3}=92,7\mathrm{g}\cdot 5,00\%=4,635\mathrm{g}$

Krok 2. Liczba moli $\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3$ ($M=63\mathrm{g}\cdot \mathrm{mo}{\mathrm{l}}^{-1}$): $n_{\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3}=\frac{4,635}{63}\approx 0,0736\mathrm{mol}$

Krok 3. Objętość końcowa roztworu i stężenie. Zgodnie z treścią zadania $V=1,00\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3+0,090\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3=1,09\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$: $c_{\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3}=\frac{0,0736}{1,09}\approx 0,0675\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$

Krok 4. Stężenie jonów ${\mathrm{H}}^{+}$ i pH. Kwas azotowy(V) jest silnym, jednoprotonowym kwasem, więc $[{\mathrm{H}}^{+}]=c_{\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3}\approx 0,0675\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$: $\mathrm{pH}=-\log (0,0675)\approx 1,17$

Odpowiedź: $\mathrm{pH}\approx 1,17$.

Krok 1. Warunek neutralnego pH. $\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3$ i $\mathrm{KOH}$ to silny kwas i silna zasada — otrzymana sól $\mathrm{KN}{\mathrm{O}}_3$ nie hydrolizuje, więc pH = 7 oznacza, że kwas i zasada zmieszano w ściśle stechiometrycznych ilościach molowych: $n_{\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3}=n_{\mathrm{KOH}}$.

Krok 2. Stężenia molowe. Z warunku $n=c\cdot V$: $c_{\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3}\cdot V_{\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3}=c_{\mathrm{KOH}}\cdot V_{\mathrm{KOH}}$. Skoro $V_{\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3}=2V_{\mathrm{KOH}}$, to $c_{\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3}\cdot 2V_{\mathrm{KOH}}=c_{\mathrm{KOH}}\cdot V_{\mathrm{KOH}}$, czyli $c_{\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3}=\frac{1}{2}{c}_{\mathrm{KOH}}$ — stężenie molowe kwasu jest dwa razy mniejsze niż stężenie wodorotlenku. Stwierdzenie 1 jest prawdziwe (P).

Krok 3. Skład ciała stałego po odparowaniu. Ponieważ zmieszano stechiometryczne ilości moli ($n_{\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3}=n_{\mathrm{KOH}}$), to $n_{\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3^{-}}=n_{{\mathrm{K}}^{+}}$ — stosunek jonów $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3^{-}:{\mathrm{K}}^{+}=1:1$, a nie $2:1$. Stwierdzenie 2 jest fałszywe (F).

Odpowiedź: 1. – P; 2. – F.

Krok 1. Przyczyna zasadowego odczynu. $\mathrm{NaN}{\mathrm{O}}_2$ to sól słabego kwasu ($\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_2$) i silnej zasady. Jon $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2^{-}$ jest zasadą Brønsteda — przyjmuje proton od wody.

Krok 2. Równanie reakcji z wodą (definicja Brønsteda: kwas oddaje proton, zasada przyjmuje proton). $\underset{\text{kwas 1.}}{\underbrace{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}}+\underset{\text{zasada 2.}}{\underbrace{\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2^{-}}}\rightleftharpoons \underset{\text{zasada 1.}}{\underbrace{\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}}}+\underset{\text{kwas 2.}}{\underbrace{\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_2}}$ Woda oddaje proton jonowi $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2^{-}$ (staje się zasadą sprzężoną $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$), a $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2^{-}$ przyjmuje proton (staje się kwasem sprzężonym $\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_2$). Powstający nadmiar jonów $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ tłumaczy zasadowy odczyn roztworu.

Odpowiedź: kwas 1. = ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$, zasada 2. = $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2^{-}$, zasada 1. = $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$, kwas 2. = $\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_2$.

Krok 1. Zasada. Im słabszy kwas macierzysty soli, tym silniej hydrolizuje jej anion (silniejsza zasada sprzężona), co daje wyższe pH roztworu soli o tym samym stężeniu molowym.

Krok 2. Porównanie kwasów macierzystych. Kwas etanowy (octowy, $K_a\approx 1,8\cdot 10^{-5}$) jest słabszy niż kwas azotowy(III) ($K_a\approx 4\cdot 10^{-4}$) i słabszy niż kwas fluorowodorowy ($K_a\approx 6,6\cdot 10^{-4}$). Zatem anion octanowy $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}$ jest najsilniejszą zasadą z tej trójki.

Odpowiedź: Najwyższe pH miał roztwór $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COONa}$ (octanu sodu).

Krok 1. Oczekiwane pH na starcie miareczkowania. Gdyby badanym roztworem był $0,1\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$ $\mathrm{KOH}$ (silna, w pełni zdysocjowana zasada), początkowe pH powinno wynosić około $\mathrm{pH}=14-(-\log 0,1)=13$.

Krok 2. Odczyt z wykresu. Na wykresie początkowe pH (przy $V_{\mathrm{HCl}}=0$) wynosi około $11$, czyli znacznie mniej niż $13$.

Krok 3. Wniosek. Niższe od oczekiwanego dla silnej zasady początkowe pH świadczy o tym, że badanym roztworem była słaba zasada — wodny roztwór amoniaku $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$, który dysocjuje tylko częściowo, dając mniejsze stężenie jonów $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ niż analogicznie stężony $\mathrm{KOH}$.

Odpowiedź: W doświadczeniu użyto roztworu $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$. Uzasadnienie: początkowe pH badanego roztworu (ok. 11) jest znacznie niższe niż pH, jakie miałby $0,1\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$ roztwór silnej zasady KOH (pH ≈ 13), co wskazuje na słabą zasadę.

Krok 1. Odczyt punktu równoważnikowego z wykresu. Punkt PR na wykresie znajduje się przy szybkim (skokowym) spadku pH, w okolicy $\mathrm{pH}\approx 4$–$5$, czyli w zakresie kwaśnym, znacznie niższym niż zakres zmiany barwy fenoloftaleiny (8,2–10,0).

Krok 2. Dopasowanie wskaźnika. Zakres zmiany barwy oranżu metylowego (3,2–4,4) leży w obrębie skoku krzywej miareczkowania, blisko punktu równoważnikowego, natomiast zakres fenoloftaleiny leży poza tym skokiem (dużo wyżej).

Odpowiedź: Należy użyć oranżu metylowego, ponieważ zakres zmiany jego barwy (pH 3,2–4,4) przypada w obrębie skoku krzywej miareczkowania, w pobliżu punktu równoważnikowego — w przeciwieństwie do fenoloftaleiny, której zakres (8,2–10,0) jest zbyt wysoki względem PR.

Krok 1. Masa bezwodnego $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ w roztworze wyjściowym. $m_1=100\mathrm{g}\cdot 6,0\%=6\mathrm{g}.$

Krok 2. Masa bezwodnego $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ potrzebna w roztworze końcowym. $m_2=300\mathrm{g}\cdot 10\%=30\mathrm{g}.$

Krok 3. Ile bezwodnego $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ trzeba dodać. Różnica musi pochodzić z dodanego hydratu: $\Delta m=30-6=24\mathrm{g}\text{(w przeliczeniu na czysty }\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4\text{)}.$

Krok 4. Przeliczenie na masę hydratu. Każdy mol hydratu ($322g/mol$) zawiera jeden mol bezwodnej soli ($142g/mol$), więc: $m(\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4\cdot 10{\mathrm{H}}_2\mathrm{O})=24\mathrm{g}\cdot \frac{322}{142}\approx 54,4\mathrm{g}.$

Odpowiedź: Należy dodać około $54,4\mathrm{g}$ soli $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4\cdot 10{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Punkty do naniesienia. Na osi odciętych (temperatura, °C) i osi rzędnych (rozpuszczalność, g na 100 g wody) należy zaznaczyć sześć punktów: $(0;3)$, $(20;7)$, $(40;14)$, $(60;24)$, $(80;38)$, $(100;56)$.

Krok 2. Rysowanie krzywej. Punkty łączymy gładką, rosnącą krzywą (lub łamaną) — rozpuszczalność chloranu(V) potasu rośnie monotonicznie z temperaturą w całym podanym zakresie, bez maksimów ani minimów.

Odpowiedź: Krzywa przechodząca przez punkty $(0;3)$, $(20;7)$, $(40;14)$, $(60;24)$, $(80;38)$, $(100;56)$, rosnąca w całym zakresie 0–100 °C.

Krok 1. Rozpuszczalność w 20 °C. Z tabeli: w 20 °C rozpuszcza się maksymalnie 7 g $\mathrm{KCl}{\mathrm{O}}_3$ w 100 g wody — to jest roztwór nasycony.

Krok 2. Przeliczenie na stężenie procentowe. Masa całego roztworu nasyconego: $100\mathrm{g}+7\mathrm{g}=107\mathrm{g}$. $c_p=\frac{7\mathrm{g}}{107\mathrm{g}}\cdot 100\%\approx 6,5\%.$

Krok 3. Wniosek. Maksymalne stężenie procentowe roztworu w 20 °C wynosi około 6,5%, czyli mniej niż 7%. Nie da się więc otrzymać roztworu o stężeniu 7% (byłby to roztwór przesycony, niestabilny).

Odpowiedź: Nie. W temperaturze 20 °C roztwór nasycony $\mathrm{KCl}{\mathrm{O}}_3$ ma stężenie procentowe równe około 6,5%, czyli niższe niż 7% — nie można więc otrzymać (stabilnego) roztworu o stężeniu 7%.

Krok 1. Rozpuszczalność odpowiadająca stężeniu 30%. Dla roztworu nasyconego zawierającego $x$ gramów soli na 100 g wody: stężenie procentowe wynosi $\frac{x}{100+x}\cdot 100\%=30\%$. $x=0,30\cdot (100+x)\Rightarrow 0,70x=30\Rightarrow x\approx 42,9\mathrm{g}\mathrm{na}100\mathrm{g}\mathrm{wody}.$

Krok 2. Odczyt temperatury z krzywej rozpuszczalności. Z tabeli: w 80 °C rozpuszczalność = 38 g, w 100 °C = 56 g. Wartość $\approx 43\mathrm{g}$ leży między nimi — interpolując liniowo: $T\approx 80+\frac{43-38}{56-38}\cdot 20\approx 80+5,6\approx 86{}^{\circ }\mathrm{C}.$

Odpowiedź: $T\approx 86{}^{\circ }\mathrm{C}$ (±2 °C).

Krok 1. Substraty. Trichlorometan $\mathrm{CHC}{\mathrm{l}}_3$ reaguje z $\mathrm{Sb}{\mathrm{F}}_3$ w stosunku molowym $1:1$.

Krok 2. Produkt organiczny. Zgodnie z treścią zadania w produkcie organicznym podstawiono dwa atomy chloru dwoma atomami fluoru: $\mathrm{CHC}{\mathrm{l}}_3\to \mathrm{CHCl}{\mathrm{F}}_2$ (chlorodifluorometan).

Krok 3. Produkt nieorganiczny. Dwa atomy fluoru „przechodzą” od antymonu do węgla, a dwa atomy chloru przechodzą od węgla do antymonu: $\mathrm{Sb}{\mathrm{F}}_3\to \mathrm{SbC}{\mathrm{l}}_2\mathrm{F}$.

Odpowiedź: $\mathrm{CHC}{\mathrm{l}}_3+\mathrm{Sb}{\mathrm{F}}_3\to \mathrm{CHCl}{\mathrm{F}}_2+\mathrm{SbC}{\mathrm{l}}_2\mathrm{F}$

Krok 1. Produkt etapu 2. Ogrzewanie $\mathrm{CHCl}{\mathrm{F}}_2$ do 800 °C prowadzi do eliminacji chlorowodoru i powstania wiązania podwójnego. Dwie cząsteczki $\mathrm{CHCl}{\mathrm{F}}_2$ tracą łącznie 2 atomy H i 2 atomy Cl (jako 2 $\mathrm{HCl}$), tworząc tetrafluoroeten: $2\mathrm{CHCl}{\mathrm{F}}_2\to \mathrm{C}{\mathrm{F}}_2=\mathrm{C}{\mathrm{F}}_2+2\mathrm{HCl}$

Krok 2. Warunek izomerii cis–trans. Izomeria cis–trans wymaga, aby każdy z atomów węgla związanych wiązaniem podwójnym miał dwa różne podstawniki. W $\mathrm{C}{\mathrm{F}}_2=\mathrm{C}{\mathrm{F}}_2$ każdy atom węgla ma dwa identyczne podstawniki — po dwa atomy fluoru.

Krok 3. Rozstrzygnięcie. Skoro podstawniki przy każdym atomie węgla wiązania podwójnego są identyczne, związek nie może występować w postaci izomerów cis–trans.

Krok 4. Fragment polimeru. Politetrafluoroeten (teflon) powstaje przez addycyjną polimeryzację tetrafluoroetenu — fragment złożony z dwóch jednostek monomeru: $-\mathrm{C}{\mathrm{F}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{F}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{F}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{F}}_2-$

Odpowiedź: Nie, związek nie może występować w postaci izomerów cis–trans, ponieważ każdy z atomów węgla tworzących wiązanie podwójne ma dwa jednakowe podstawniki (atomy fluoru). Fragment polimeru: $-\mathrm{C}{\mathrm{F}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{F}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{F}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{F}}_2-$.

Krok 1. Rodzaj substytucji w pierścieniu aromatycznym. Pierścień benzenowy, bogaty w elektrony $\pi$, jest atakowany przez elektrofile — nitrowanie benzenu jest przykładem substytucji elektrofilowej.

Krok 2. Aktywny elektrofil w mieszaninie nitrującej. Reakcja stężonego $\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3$ ze stężonym ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ generuje silny elektrofil — kation nitroniowy $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2^{+}$ ($\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4\to \mathrm{N}{\mathrm{O}}_2^{+}+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}+2\mathrm{HS}{\mathrm{O}}_4^{-}$), który atakuje pierścień benzenowy.

Odpowiedź: Benzen ulega reakcji substytucji elektrofilowej. Drobiny reagujące bezpośrednio z benzenem podczas nitrowania to kationy $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2^{+}$.

Krok 1. Liczba moli bromu, który przereagował. $m(\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2)=280\mathrm{g}\cdot 2,0\%=5,6\mathrm{g},n(\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2)=\frac{5,6}{160}=0,035\mathrm{mol}.$

Krok 2. Objętość (i liczba moli) gazów, które przereagowały z bromem. Etan nie reaguje z bromem (bez światła, addycja niemożliwa do alkanu), więc „ubytek” objętości gazu po przejściu przez płuczkę to eten i etyn, które związały się z bromem (pozostały w roztworze jako produkty addycji): $V=521\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3\cdot 86\%\approx 448\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3=0,448\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3,$ $n(\mathrm{eten}+\mathrm{etyn})=\frac{0,448}{22,4}=0,02\mathrm{mol}.$

Krok 3. Układ równań. Niech $x=n(\mathrm{eten})$, $y=n(\mathrm{etyn})$: $x+y=0,02\text{(łączna liczba moli)}$ $x+2y=0,035\text{(zuz˙yty brom: 1 mol na mol etenu, 2 mole na mol etynu)}$ Odejmując równania: $y=0,015\mathrm{mol}$, stąd $x=0,005\mathrm{mol}$.

Krok 4. Objętość etynu i jego udział procentowy. $V(\mathrm{etyn})=0,015\mathrm{mol}\cdot 22,4\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3/mol=0,336\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3=336\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3,$ $\%V(\mathrm{etyn})=\frac{336}{521}\cdot 100\%\approx 64,5\%.$

Odpowiedź: Zawartość etynu w mieszaninie wynosi około $64,5\%$ objętościowych.

Krok 1. Identyfikacja A. Węglowodór aromatyczny o 7 atomach węgla, który w monobromowaniu na świetle daje tylko jeden produkt organiczny — to toluen (metylobenzen, ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$); podstawienie na świetle zachodzi wyłącznie w grupie $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (bromowanie łańcucha bocznego), dając jednoznacznie bromek benzylu ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Br}$ (B) — pierścień aromatyczny nie ulega substytucji na świetle.

Krok 2. Mechanizm reakcji 1. Bromowanie na świetle (bez katalizatora) przebiega mechanizmem rodnikowym — światło inicjuje homolityczny rozpad $\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2$ na rodniki. Typ reakcji: substytucja (atom H w grupie $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ zastąpiony atomem Br).

Krok 3. Reakcja 2. ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Br}$ reagujący z $\mathrm{NaOH}(\mathrm{aq})$ — jon $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ (nukleofil) atakuje atom węgla związany z bromem, wypierając $\mathrm{B}{\mathrm{r}}^{-}$. Typ reakcji: substytucja, mechanizm: nukleofilowy.

Odpowiedź:

Krok 1. Substrat B. Jak ustalono w zadaniu 24., B to bromek benzylu ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Br}$.

Krok 2. Reakcja z NaOH(aq). Zachodzi podstawienie nukleofilowe grupy $-\mathrm{Br}$ przez grupę $-\mathrm{OH}$, dając alkohol benzylowy oraz bromek sodu.

Odpowiedź: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Br}+\mathrm{NaOH}\stackrel{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}{\to }{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}+\mathrm{NaBr}$

Krok 1. Związek D. C to alkohol benzylowy ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ (zadanie 25.). W reakcji z sodem alkohol zachowuje się jak bardzo słaby kwas i tworzy alkoholan (benzylan sodu): $2{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}+2\mathrm{Na}\to 2{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{ONa}+{\mathrm{H}}_2$. D = ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{ONa}$, sól zawierająca anion alkoholanowy ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}^{-}$.

Krok 2. Reakcja D z wodą. Alkoholany są solami bardzo słabego kwasu (alkoholu) i ulegają hydrolizie w wodzie: anion alkoholanowy przyjmuje proton od wody, odtwarzając alkohol i uwalniając jon $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to {\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ Ponieważ powstaje $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$, anion alkoholanowy musiał być mocniejszą zasadą niż $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ (silniejsza zasada wypiera słabszą). W tej reakcji anion D przyjmuje proton od wody, czyli pełni funkcję zasady Brønsteda.

Odpowiedź: Związek D ulega hydrolizie. Anion związku D jest mocniejszą zasadą niż anion wodorotlenkowy i w reakcji z wodą pełni funkcję zasady Brønsteda.

Krok 1. Analiza pierścienia. Pięcioczłonowy pierścień laktonowy zawiera (licząc od karbonylu): $\mathrm{C}(=\mathrm{O})$ – $\mathrm{O}$ – $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$ – $\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)$ – $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$ – z powrotem do karbonylu. Grupa estrowa $-\mathrm{C}(=\mathrm{O})-\mathrm{O}-$ powstała z połączenia grupy karboksylowej z grupą hydroksylową tej samej cząsteczki (estryfikacja wewnątrzcząsteczkowa).

Krok 2. Otwarcie pierścienia — hydroksykwas wyjściowy. „Rozcinając” wiązanie estrowe $\mathrm{C}(=\mathrm{O})-\mathrm{O}$, otrzymujemy łańcuch: $\mathrm{HOOC}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{OH}$.

Krok 3. Numeracja łańcucha. Numerujemy od grupy karboksylowej: C1 = $\mathrm{COOH}$, C2 = $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$, C3 = $\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)$ (podstawnik metylowy), C4 = $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ (grupa hydroksylowa). To jest kwas 4-hydroksy-3-metylobutanowy.

Odpowiedź: C. kwas 4-hydroksy-3-metylobutanowy.

Krok 1. Zasada utleniania grup alkilowych. Każda grupa alkilowa połączona z pierścieniem benzenowym ulega całkowitemu utlenieniu roztworem $\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4$ do grupy karboksylowej $-\mathrm{COOH}$ związanej bezpośrednio z pierścieniem — atomy węgla dalsze od pierścienia „odpadają” (np. jako $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$), a sam pierścień aromatyczny nie reaguje.

Krok 2. Związek 1 (p-ksylen). Dwie grupy $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ w pozycji 1,4 utleniają się do dwóch grup $-\mathrm{COOH}$: powstaje kwas benzeno-1,4-dikarboksylowy (kwas tereftalowy): $\mathrm{HOOC}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{COOH}$.

Krok 3. Związek 2 (1-etylo-2-metylobenzen). Obie grupy alkilowe (etylowa i metylowa) w pozycjach 1,2 utleniają się do grup $-\mathrm{COOH}$: powstaje kwas benzeno-1,2-dikarboksylowy (kwas ftalowy): pierścień z dwiema grupami $-\mathrm{COOH}$ w pozycjach orto.

Krok 4. Związek 3 (kumen). Grupa izopropylowa $-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2$ utlenia się do jednej grupy $-\mathrm{COOH}$ związanej z pierścieniem (dwa węgle metylowe odpadają): powstaje kwas benzoesowy ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{COOH}$.

Odpowiedź:

1. $\mathrm{HOOC}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{COOH}$ (kwas benzeno-1,4-dikarboksylowy).
2. pierścień benzenowy z dwiema grupami $-\mathrm{COOH}$ w pozycjach 1,2 (kwas benzeno-1,2-dikarboksylowy).
3. ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{COOH}$ (kwas benzoesowy).

Krok 1. Składanie fragmentów. Mamy cztery nakładające się fragmenty: $\mathrm{Xxx}\text{-}\mathrm{Gly}$, $\mathrm{Gly}\text{-}\mathrm{Cys}\text{-}\mathrm{Leu}$, $\mathrm{Cys}\text{-}\mathrm{Leu}\text{-}\mathrm{Phe}$, $\mathrm{Leu}\text{-}\mathrm{Phe}$.

Krok 2. Nakładanie. Fragment $\mathrm{Xxx}\text{-}\mathrm{Gly}$ nakłada się z $\mathrm{Gly}\text{-}\mathrm{Cys}\text{-}\mathrm{Leu}$ przez $\mathrm{Gly}$, dając $\mathrm{Xxx}\text{-}\mathrm{Gly}\text{-}\mathrm{Cys}\text{-}\mathrm{Leu}$. Ten fragment nakłada się z $\mathrm{Cys}\text{-}\mathrm{Leu}\text{-}\mathrm{Phe}$ przez $\mathrm{Cys}\text{-}\mathrm{Leu}$, dając $\mathrm{Xxx}\text{-}\mathrm{Gly}\text{-}\mathrm{Cys}\text{-}\mathrm{Leu}\text{-}\mathrm{Phe}$. Fragment $\mathrm{Leu}\text{-}\mathrm{Phe}$ potwierdza koniec sekwencji.

Krok 3. Zgodność z N-końcem. Xxx jest N-końcem peptydu (podane w treści), co zgadza się z umieszczeniem go na początku sekwencji.

Odpowiedź: $\mathrm{Xxx}\text{-}\mathrm{Gly}\text{-}\mathrm{Cys}\text{-}\mathrm{Leu}\text{-}\mathrm{Phe}$.

Krok 1. Masa molowa „szkieletu” pochodnej fenylotiohydantoiny (bez grupy R). Ze wzoru pochodnej (pierścień ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{N}-\mathrm{C}(=\mathrm{S})-\mathrm{N}(\mathrm{H})-\mathrm{CH}(\mathrm{R})-\mathrm{C}(=\mathrm{O})-$, zamknięty w pięcioczłonowy pierścień) wynika, że masa molowa całej pochodnej to suma masy „szkieletu” (bez R) oraz masy grupy R: $M=191\mathrm{g}\cdot \mathrm{mo}{\mathrm{l}}^{-1}+M_R$ (masę szkieletu 191 g/mol wyznacza się ze wzoru sumarycznego pierścienia z podstawionym atomem wodoru w miejscu R).

Krok 2. Masa molowa grupy R. $M_R=206-191=15\mathrm{g}\cdot \mathrm{mo}{\mathrm{l}}^{-1}.$

Krok 3. Identyfikacja aminokwasu. Łańcuch boczny o masie molowej $15\mathrm{g}\cdot \mathrm{mo}{\mathrm{l}}^{-1}$ to grupa metylowa $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ ($12+3\cdot 1=15$). Aminokwas z łańcuchem bocznym $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ to alanina.

Odpowiedź: $M_R=15\mathrm{g}\cdot \mathrm{mo}{\mathrm{l}}^{-1}$; badanym aminokwasem Xxx jest alanina — kod Ala.

Krok 1. Analiza wzoru teaniny. Teanina: ${\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5-\mathrm{NH}-\mathrm{CO}-(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2{)}_2-\mathrm{CH}(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2)-\mathrm{COOH}$ — grupa ${\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5-\mathrm{NH}-$ (etyloamino) jest połączona wiązaniem amidowym z resztą kwasu glutaminowego.