Chemia — Maj 2023

Krok 1. Identyfikacja pierwiastka A. Liczba masowa jednego z izotopów A jest równa liczbie atomowej niklu, czyli $28$. Jednocześnie ta liczba masowa jest dwa razy większa od liczby atomowej pierwiastka A, więc $Z_A=\frac{28}{2}=14$. Liczbie atomowej $14$ odpowiada krzem ($\mathrm{Si}$), o konfiguracji $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^2$ — ostatnie elektrony trafiają na podpowłokę $3p$, więc krzem należy do bloku p.

Krok 2. Identyfikacja pierwiastka X. Liczba nukleonów (masowa) izotopu X wynosi $A_X=79$. W atomie obojętnym liczba elektronów równa się liczbie protonów ($=Z$), a liczba neutronów to $A-Z$. Suma cząstek: $\underset{e}{\underbrace{Z}}+\underset{n}{\underbrace{(A-Z)}}+\underset{p}{\underbrace{Z}}=A+Z=114.$ Stąd $Z_X=114-79=35$ — to brom ($\mathrm{Br}$), o konfiguracji $[\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^{2}4p^5$; ostatnie elektrony są na $4p$, więc brom też należy do bloku p (zgodnie z warunkiem, że A i X są w tym samym bloku).

Odpowiedź:

Krok 1. Elektrony walencyjne krzemu. Atom krzemu w stanie podstawowym ma konfigurację $[\mathrm{Ne}]3s^{2}3p^2$. Elektrony walencyjne to cztery elektrony trzeciej powłoki: dwa na podpowłoce $3s$ i dwa na podpowłoce $3p$.

Krok 2. Reguła Hunda. Na podpowłoce $3s$ (jeden orbital) dwa elektrony są sparowane. Dwa elektrony $3p$ rozmieszczamy zgodnie z regułą Hunda — na osobnych orbitalach, ze zgodnym (równoległym) spinem.

Odpowiedź (zapis klatkowy):

$\underset{3s}{\underbrace{[\uparrow \downarrow ]}}\underset{3p}{\underbrace{[\uparrow ][\uparrow ][]}}$

Dwa elektrony sparowane na $3s$ oraz dwa niesparowane elektrony na $3p$ (ze zgodnym spinem).

Krok 1. Konfiguracja bromu. Atom bromu ($Z=35$) w stanie podstawowym ma konfigurację $[\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^{2}4p^5$. Na podpowłoce $4p$ jest 5 elektronów: cztery z nich są sparowane (dwa orbitale), a jeden pozostaje niesparowany.

Krok 2. Liczby kwantowe niesparowanego elektronu. Ten elektron znajduje się na podpowłoce $4p$: numer powłoki daje główną liczbę kwantową $n=4$, a podpowłoka typu $p$ odpowiada pobocznej liczbie kwantowej $l=1$.

Odpowiedź:

Krok 1. Ustalenie jądra X. Stosujemy zasady zachowania liczby masowej i atomowej dla reakcji syntezy. Liczba masowa: $249+48=A_X+3\cdot 1$, więc $A_X=297-3=294$. Liczba atomowa: $98+20=Z_X+3\cdot 0$, więc $Z_X=118$. Pierwiastkowi o $Z=118$ odpowiada oganesson: $\mathrm{X}={}_{118}^{294}\mathrm{Og}$.

Krok 2. Rodzaj rozpadu. Produktem rozpadu jest ${}_{116}^{290}\mathrm{Lv}$. Porównujemy z ${}_{118}^{294}\mathrm{Og}$: liczba masowa maleje o $4$ ($294\to 290$), a liczba atomowa o $2$ ($118\to 116$). Taka zmiana odpowiada emisji cząstki $\alpha$ (jądra helu ${}_2^4\mathrm{He}$) — jest to rozpad $\alpha$.

Odpowiedź: ${}_{118}^{294}\mathrm{Og}\to {}_{116}^{290}\mathrm{Lv}+{}_2^4\mathrm{He}$

Krok 1. Zdanie 1. Diament, grafit i fulereny to odmiany alotropowe tego samego pierwiastka — węgla. Ich odmienna budowa wewnętrzna powoduje przede wszystkim różnice we właściwościach fizycznych (twardość, przewodnictwo, gęstość), natomiast właściwości chemiczne (jako czysty węgiel) są zasadniczo podobne. Zdanie odwraca tę zależność (mówi o różnicach chemicznych przy identycznych fizycznych), więc jest fałszywe (F).

Krok 2. Zdanie 2. W sieci diamentu każdy atom węgla ma hybrydyzację $s{p}^3$ i jest połączony wiązaniami kowalencyjnymi $\sigma$ z czterema sąsiednimi atomami węgla (tetraedryczna sieć przestrzenna). Zdanie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: 1 – F, 2 – P.

Krok 1. Budowa cząsteczki. Cząsteczka jest liniowa, z atomami węgla wewnątrz i atomami tlenu na końcach. Aby każdy atom miał oktet, między sąsiednimi atomami tworzą się wiązania podwójne: $\ddot{\mathrm{O}}=\mathrm{C}=\mathrm{C}=\mathrm{C}=\ddot{\mathrm{O}}$ Każdy atom tlenu ma po dwie wolne pary elektronowe.

Krok 2. Hybrydyzacja atomów węgla. Wszystkie trzy atomy węgla tworzą po dwa wiązania $\sigma$ ustawione liniowo (kąt $180^{\circ }$), co odpowiada hybrydyzacji $sp$. Hybrydyzację $sp$ przypisuje się więc orbitalom walencyjnym trzech atomów węgla.

Krok 3. Liczba wiązań $\sigma$. W cząsteczce są cztery wiązania podwójne ($2\times \mathrm{C}=\mathrm{O}$ i $2\times \mathrm{C}=\mathrm{C}$). Każde wiązanie podwójne zawiera jedno wiązanie $\sigma$ i jedno wiązanie $\pi$, więc liczba wiązań $\sigma$ (tak jak i $\pi$) wynosi 4 — łącznie 8 wiązań.

Odpowiedź: wzór elektronowy: $|\overline{\underline{\mathrm{O}}}=\mathrm{C}=\mathrm{C}=\mathrm{C}=\overline{\underline{\mathrm{O}}}|$ (po dwie wolne pary na każdym atomie tlenu); hybrydyzacja $sp$ – trzech atomów węgla; liczba wiązań $\sigma$ = 4.

Krok 1. Reakcja z wodą. Ditlenek triwęgla jest bezwodnikiem kwasu dikarboksylowego. Przyłączenie wody daje kwas o dwóch grupach karboksylowych i trzech atomach węgla — kwas propanodiowy (malonowy): ${\mathrm{C}}_3{\mathrm{O}}_2+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{HOOC}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COOH}$

Krok 2. Reakcja z amoniakiem. W reakcji z amoniakiem powstaje diamid tego samego kwasu — obie grupy $-\mathrm{COOH}$ zastąpione są grupami amidowymi $-\mathrm{CON}{\mathrm{H}}_2$: ${\mathrm{C}}_3{\mathrm{O}}_2+2\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3\to {\mathrm{H}}_2\mathrm{N}-\mathrm{CO}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CO}-\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2$

Odpowiedź:

Krok 1. Ile substancji B przereagowało i pozostało. $c_{\mathrm{B},przereag.}=0,5\cdot 3=1,5\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3},c_{\mathrm{B},\mathrm{ko}\acute{\mathrm{n}}c.}=3-1,5=1,5\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Krok 2. Ile substancji A przereagowało (stosunek stechiometryczny A : B $=2:1$): $c_{\mathrm{A},przereag.}=2\cdot c_{\mathrm{B},przereag.}=2\cdot 1,5=3\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3},c_{\mathrm{A},\mathrm{ko}\acute{\mathrm{n}}c.}=4-3=1\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Krok 3. Podstawienie do równania kinetycznego. $v=k\cdot c_{\mathrm{A},\mathrm{ko}\acute{\mathrm{n}}c.}^2\cdot c_{\mathrm{B},\mathrm{ko}\acute{\mathrm{n}}c.}=6,7\cdot 10^3\cdot (1{)}^2\cdot 1,5=1,005\cdot 10^4\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}\cdot {\mathrm{s}}^{-1}.$

Odpowiedź: $v=10,05\cdot 10^3\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}\cdot {\mathrm{s}}^{-1}$ (czyli $1,005\cdot 10^4\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}\cdot {\mathrm{s}}^{-1}$).

Krok 1. Co świadczy o mocy kwasu. Im większy stopień dysocjacji $\alpha$ przy tym samym stężeniu molowym roztworu, tym silniej kwas dysocjuje, a więc tym jest mocniejszy.

Krok 2. Analiza wykresu. Dla każdej wartości stężenia molowego krzywa kwasu HX leży wyżej niż krzywa kwasu HQ — HX ma większy stopień dysocjacji niż HQ w całym zakresie stężeń.

Odpowiedź: Mocniejszy jest kwas HX. Dla danej wartości stężenia molowego roztworu dysocjacja kwasu HX zachodzi w większym stopniu niż dysocjacja kwasu HQ.

Krok 1. Brakujące wartości pH. Dla słabego kwasu jednoprotonowego $[{\mathrm{H}}^{+}]=\alpha \cdot c_0$, a $\mathrm{pH}=-\log [{\mathrm{H}}^{+}]$. Korzystamy z wartości $\alpha$ z tabeli w informacji do zadań 7.–8.

• dla $c_0=0,042$: $[{\mathrm{H}}^{+}]=0,119\cdot 0,042\approx 5,0\cdot 10^{-3}$, $\mathrm{pH}=-\log (5,0\cdot 10^{-3})\approx 2,3$;
• dla $c_0=0,100$: $[{\mathrm{H}}^{+}]=0,079\cdot 0,100=7,9\cdot 10^{-3}$, $\mathrm{pH}=-\log (7,9\cdot 10^{-3})\approx 2,1$.

Krok 2. Stężenie jonów ${\mathrm{X}}^{-}$ przy $\mathrm{pH}=2,2$. W roztworze kwasu jednoprotonowego $[{\mathrm{X}}^{-}]=[{\mathrm{H}}^{+}]$: $[{\mathrm{X}}^{-}]=[{\mathrm{H}}^{+}]=10^{-2,2}\approx 6,3\cdot 10^{-3}\approx 0,006\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Krok 3. Odczyt stężenia kwasu z wykresu. Z uzupełnionego wykresu odczytujemy stężenie molowe roztworu odpowiadające $\mathrm{pH}=2,2$: $c_0\approx 0,068\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$.

Krok 4. Stężenie niezdysocjowanych cząsteczek HX. $[\mathrm{HX}]=c_0-[{\mathrm{H}}^{+}]=0,068-0,006=0,062\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Odpowiedź: $[{\mathrm{X}}^{-}]=0,006\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$; $[\mathrm{HX}]=0,062\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$ (dla $c_0=0,068\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$ odczytanego z wykresu).

Krok 1. Dlaczego roztwór jest zasadowy. Malinowe zabarwienie fenoloftaleiny świadczy o odczynie zasadowym. Odczyn ten wynika z hydrolizy anionowej jonu $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}$ (reszta słabego kwasu) — jon ten jako zasada Brønsteda odrywa proton od cząsteczki wody: $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons \mathrm{HS}{\mathrm{O}}_3^{-}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}.$

Krok 2. Przypisanie sprzężonych par kwas–zasada. Woda oddaje proton, więc jest kwasem (kwas 1); jej sprzężoną zasadą jest $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ (zasada 1). Jon $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}$ przyjmuje proton, więc jest zasadą (zasada 2); jego sprzężonym kwasem jest $\mathrm{HS}{\mathrm{O}}_3^{-}$ (kwas 2).

Odpowiedź: $\underset{\text{kwas 1}}{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}+\underset{\text{zasada 2}}{\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}}\rightleftharpoons \underset{\text{zasada 1}}{\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}}+\underset{\text{kwas 2}}{\mathrm{HS}{\mathrm{O}}_3^{-}}$

Krok 1. Co zachodzi. Mocny kwas ($\mathrm{HCl}$) wypiera z soli słabszy i nietrwały kwas siarkowy(IV), który rozkłada się na wodę i gazowy tlenek siarki(IV): $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}+2{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\to \mathrm{S}{\mathrm{O}}_2\uparrow +3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Krok 2. Obserwacje. Wydziela się bezbarwny gaz (widoczne pęcherzyki gazu; u wylotu probówki wyczuwalny charakterystyczny, ostry zapach $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_2$).

Odpowiedź. Obserwacje: wydziela się bezbarwny gaz (pęcherzyki gazu). Równanie: $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}+2{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\to \mathrm{S}{\mathrm{O}}_2+3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ (dopuszczalne też $2{\mathrm{H}}^{+}+\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}\to \mathrm{S}{\mathrm{O}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$).

Krok 1. Rozstrzygnięcie. Wykres nie ilustruje miareczkowania słabego kwasu HX — przedstawia miareczkowanie mocnego kwasu (HA).

Krok 2. Argument dotyczący początkowego pH. Z wykresu odczytujemy, że przed dodaniem KOH roztwór ma $\mathrm{pH}=1,0$. Mocny kwas jednoprotonowy o stężeniu $0,10\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$ jest całkowicie zdysocjowany: $[{\mathrm{H}}^{+}]=0,10$, więc $\mathrm{pH}=1,0$. Słaby kwas HX o tym samym stężeniu dysocjuje częściowo, więc miałby $\mathrm{pH}>1,0$. Wartość początkowa $\mathrm{pH}=1$ wskazuje więc na mocny kwas.

Krok 3. Argument dotyczący punktu równoważnikowego. Na wykresie punkt równoważnikowy przypada przy $\mathrm{pH}=7,0$ (po dodaniu $20,0\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3$ KOH). Oznacza to, że powstała sól mocnego kwasu i mocnej zasady (roztwór obojętny). Gdyby miareczkowano słaby kwas, w PR powstałaby sól hydrolizująca zasadowo, więc $\mathrm{pH}$ byłoby $>7$.

Odpowiedź: Rozstrzygnięcie: nie. (1) Początkowe $\mathrm{pH}=1,0$ odpowiada całkowicie zdysocjowanemu mocnemu kwasowi (słaby miałby $\mathrm{pH}>1$). (2) W punkcie równoważnikowym $\mathrm{pH}=7,0$, co świadczy o powstaniu soli mocnego kwasu i mocnej zasady (dla słabego kwasu byłoby $\mathrm{pH}>7$).

Krok 1. Które jony tworzą osad. Osad chlorku ołowiu(II) powstaje z połączenia kationów ołowiu(II) $\mathrm{P}{\mathrm{b}}^{2+}$ (z $\mathrm{Pb}(\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3{)}_2$) z anionami chlorkowymi $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$ (z $\mathrm{KCl}$). Jony $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3^{-}$ i ${\mathrm{K}}^{+}$ nie biorą udziału w wytrącaniu i je pomijamy.

Odpowiedź: $\mathrm{P}{\mathrm{b}}^{2+}+2\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}\to \mathrm{PbC}{\mathrm{l}}_2\downarrow$

Krok 1. Kolejność dodawania. Jodek ołowiu(II) ma znacznie mniejszy iloczyn rozpuszczalności niż chlorek ołowiu(II), więc $\mathrm{Pb}{\mathrm{I}}_2$ jest trwalszym osadem. Aby w obu etapach zaszła wyraźna zmiana, najpierw dodaje się roztwór dający osad bardziej rozpuszczalny, a potem ten, który go zastąpi.

• I etap: dodać $\mathrm{KCl}(aq)$ — wytrąci się biały osad $\mathrm{PbC}{\mathrm{l}}_2$.
• II etap: dodać $\mathrm{KI}(aq)$ — biały $\mathrm{PbC}{\mathrm{l}}_2$ przekształca się w trudniej rozpuszczalny, żółty $\mathrm{Pb}{\mathrm{I}}_2$. Gdyby najpierw dodać $\mathrm{KI}$ (powstaje trwały $\mathrm{Pb}{\mathrm{I}}_2$), to późniejszy dodatek $\mathrm{KCl}$ nie spowodowałby zmiany.

Krok 2. Obserwacje.

• I etap: wytrąca się biały osad ($\mathrm{PbC}{\mathrm{l}}_2$).
• II etap: wytrąca się żółty osad ($\mathrm{Pb}{\mathrm{I}}_2$) — barwa osadu zmienia się z białej na żółtą.

Odpowiedź: I etap – $\mathrm{KCl}(aq)$ (biały osad $\mathrm{PbC}{\mathrm{l}}_2$); II etap – $\mathrm{KI}(aq)$ (żółty osad $\mathrm{Pb}{\mathrm{I}}_2$).

Krok 1. Liczba moli wydzielonego $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ (warunki normalne, $V_{mol}=22,4\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3/mol$): $n_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}=\frac{0,672}{22,4}=0,030\mathrm{mol}.$

Krok 2. Układ równań. Niech $x$ = liczba moli $\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3$, $y$ = liczba moli $\mathrm{MgC}{\mathrm{O}}_3$. Każdy mol węglanu daje 1 mol $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$, a masy molowe: $M_{\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3}=100g/mol$, $M_{\mathrm{MgC}{\mathrm{O}}_3}=84g/mol$. $\{\begin{array}{l}x+y=0,030\\ 100x+84y=2,84\end{array}$

Krok 3. Rozwiązanie. Z pierwszego równania $y=0,030-x$; podstawiamy: $100x+84(0,030-x)=2,84\Rightarrow 16x=0,32\Rightarrow x=0,020\mathrm{mol}.$ Masa $\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3$: $m=0,020\cdot 100=2,0$ g.

Krok 4. Zawartość procentowa. $\%\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3=\frac{2,0}{2,84}\cdot 100\%\approx 70\%.$

Odpowiedź: zawartość $\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3$ w próbce wynosi ok. $70\%$ masowych (dokładniej $\approx 70,4\%$; przy użyciu mas molowych $100,09$ i $84,32g/mol$ wynik $\approx 69,4\%$ — obie wartości są akceptowane).

Krok 1. Warunek reakcji metalu z kwasem nieutleniającym. Z kwasem solnym (z wydzieleniem wodoru) reagują tylko te metale, których standardowy potencjał redukcji jest niższy od potencjału półogniwa wodorowego ($E^{\circ }=0,00$ V), czyli metale o ujemnym potencjale standardowym.

Krok 2. Porównanie metali. $E_{\mathrm{Z}{\mathrm{n}}^{2+}/Zn}^{\circ }=-0,76$ V (ujemny, niższy niż wodoru), natomiast $E_{\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}/Cu}^{\circ }=+0,34$ V i $E_{\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}/Ag}^{\circ }=+0,80$ V (dodatnie, wyższe niż wodoru). Zatem tylko cynk (probówka III) reaguje z $\mathrm{HCl}$, wydzielając wodór — na zdjęciu widać pęcherzyki gazu.

Odpowiedź: Na zdjęciu przedstawiono probówkę III. Tylko cynk ma standardowy potencjał redukcji niższy od potencjału półogniwa wodorowego (ujemny), więc jako jedyny reaguje z kwasem solnym, wydzielając wodór; miedź i srebro mają potencjały wyższe niż wodór i nie reagują.

Krok 1. Który to metal. Niebieska barwa powstałego roztworu jest charakterystyczna dla jonów $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$, więc tlenkiem $\mathrm{MeO}$ jest tlenek miedzi(II) $\mathrm{CuO}$ (spośród niereagujących z HCl metali — Ag i Cu — to miedź daje niebieski roztwór).

Krok 2. Reakcja tlenku zasadowego z kwasem. $\mathrm{CuO}$ reaguje z jonami hydroniowymi (kwasem), tworząc jony $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$ i wodę: $\mathrm{CuO}+2{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\to \mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}+3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Odpowiedź: $\mathrm{CuO}+2{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\to \mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}+3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ (dopuszczalne: $\mathrm{CuO}+2{\mathrm{H}}^{+}\to \mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$).

Krok 1. Który to metal. Drugim niereagującym z HCl metalem jest srebro $\mathrm{Ag}$. Srebro reaguje ze stężonym kwasem azotowym(V) (kwasem utleniającym).

Krok 2. Produkt gazowy. W reakcji ze stężonym $\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3$ metale szlachetne wydzielają brunatny gaz — tlenek azotu(IV) $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2$ (zgodnie z barwą widoczną na zdjęciu).

Odpowiedź: $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2$.

Krok 1. Który jon ulega redukcji przez $\mathrm{S}{\mathrm{n}}^{2+}$. Chlorek cyny(II) jest reduktorem ($\mathrm{S}{\mathrm{n}}^{2+}\to \mathrm{S}{\mathrm{n}}^{4+}$). Spośród jonów $\mathrm{C}{\mathrm{r}}^{3+}$, $\mathrm{A}{\mathrm{l}}^{3+}$, $\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}$ tylko $\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}$ ma na tyle wysoki potencjał, by zostać zredukowany do $\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}$; $\mathrm{C}{\mathrm{r}}^{3+}$ i $\mathrm{A}{\mathrm{l}}^{3+}$ nie ulegają redukcji przez $\mathrm{S}{\mathrm{n}}^{2+}$.

Krok 2. Przypisanie probówek na podstawie barw.

• Probówka B: przed reakcją pomarańczowa ($\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}$), po reakcji jasnozielona ($\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}$) — zaszła reakcja, więc B to roztwór $\mathrm{FeC}{\mathrm{l}}_3$.
• Probówka A: zielona, bez zmiany barwy → jony $\mathrm{C}{\mathrm{r}}^{3+}$ (zielone), czyli $\mathrm{CrC}{\mathrm{l}}_3$.
• Probówka C: bezbarwna, bez zmiany → jony $\mathrm{A}{\mathrm{l}}^{3+}$ (bezbarwne), czyli $\mathrm{AlC}{\mathrm{l}}_3$.

Krok 3. Równanie w probówce B (redoks $\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}/\mathrm{S}{\mathrm{n}}^{2+}$, bilans elektronów: 2 Fe po 1 e = 2 e, Sn oddaje 2 e): $2\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}+\mathrm{S}{\mathrm{n}}^{2+}\to 2\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}+\mathrm{S}{\mathrm{n}}^{4+}.$

Odpowiedź:

Równanie w probówce B: $2\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}+\mathrm{S}{\mathrm{n}}^{2+}\to 2\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}+\mathrm{S}{\mathrm{n}}^{4+}$.

Krok 1. Masa roztworu nasyconego. Rozpuszczono $767,4$ g hydratu w $100$ g wody: $m_r=767,4+100=867,4\mathrm{g}.$

Krok 2. Masa bezwodnego $\mathrm{CaC}{\mathrm{l}}_2$ w roztworze (stężenie $53,66\%$ dotyczy bezwodnej soli): $m_{\mathrm{CaC}{\mathrm{l}}_2}=\frac{53,66\%}{100\%}\cdot 867,4\approx 465,4\mathrm{g}.$

Krok 3. Masa wody związanej w hydracie. Cały $\mathrm{CaC}{\mathrm{l}}_2$ pochodzi z rozpuszczonego hydratu ($767,4$ g), więc woda zawarta w hydracie to: $m_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}(\mathrm{hydrat})}=767,4-465,4=302,0\mathrm{g}.$

Krok 4. Wyznaczenie $n$ ($M_{\mathrm{CaC}{\mathrm{l}}_2}=111g/mol$, $M_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=18g/mol$). W jednym molu hydratu na $111$ g $\mathrm{CaC}{\mathrm{l}}_2$ przypada $n\cdot 18$ g wody: $\frac{111}{465,4}=\frac{n\cdot 18}{302,0}\Rightarrow n\cdot 18=\frac{111\cdot 302,0}{465,4}\approx 72\Rightarrow n=4.$

Odpowiedź: wzór hydratu to $\mathrm{CaC}{\mathrm{l}}_2\cdot 4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Liczba oddawanych elektronów (utlenianie). W jonie ${\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}$ średni stopień utlenienia siarki wynosi $+2$, a w $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ jest $+6$. Dwa atomy siarki oddają łącznie $2\cdot (6-2)=8$ elektronów, więc $x=8$: ${\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}+15{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}+10{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}+8{\mathrm{e}}^{-}.$

Krok 2. Reakcja redukcji chloru. $\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2+2{\mathrm{e}}^{-}\to 2\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$. Aby zbilansować 8 elektronów oddanych w utlenianiu, mnożymy przez 4: $4\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2+8{\mathrm{e}}^{-}\to 8\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}.$

Krok 3. Sumowanie i współczynniki. Dodajemy obie połówki (elektrony się znoszą): ${\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}+4\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2+15{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}+8\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}+10{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}.$

Odpowiedź: współczynniki to kolejno $1,4,15\to 2,8,10$: ${\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}+4\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2+15{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}+8\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}+10{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$.

Krok 1. Który proces to redukcja. W dysproporcjonowaniu technet z $\mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ (stopień utlenienia $+6$) częściowo utlenia się do $\mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_4^{-}$ ($+7$), a częściowo redukuje do $\mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_2$ ($+4$). Redukcja to przejście $+6\to +4$, czyli pobranie 2 elektronów.

Krok 2. Zbilansowanie połówki redukcji w środowisku obojętnym/zasadowym. Redukcja $\mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ do $\mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_2$ wymaga usunięcia 2 atomów tlenu; bilansujemy je wodą i jonami $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$: $\mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_4^{2-}+2{\mathrm{e}}^{-}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_2+4\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}.$ Sprawdzenie ładunku: lewa $-2-2=-4$, prawa $4\cdot (-1)=-4$ — zgadza się.

Odpowiedź: $\mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_4^{2-}+2{\mathrm{e}}^{-}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_2+4\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ (dopuszczalne: $\mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_4^{2-}+2{\mathrm{e}}^{-}+4{\mathrm{H}}^{+}\to \mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_2+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$).

Krok 1. Jaki jest wspólny produkt. W obu probówkach powstał taki sam brunatny osad — to tlenek manganu(IV) $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2$. Aby w obu przypadkach powstał $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2$, wspólnym odczynnikiem musi być związek manganu — $\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4$ (manganian(VII) potasu).

Krok 2. Probówka I – reduktor. $\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4$ w środowisku obojętnym jest redukowany do $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2$ przez reduktor. Spośród podanych to siarczan(IV) potasu ${\mathrm{K}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3$ (jon $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}$ utlenia się do $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}$), a nie ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$.

Krok 3. Probówka II – komproporcjonowanie. Jony $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}$ ($+7$) i $\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}$ (z $\mathrm{MnS}{\mathrm{O}}_4$) reagują ze sobą, dając $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2$ ($+4$): $2\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}+3\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 5\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2+4{\mathrm{H}}^{+}$. Wybieramy więc $\mathrm{MnS}{\mathrm{O}}_4$, a nie $\mathrm{KN}{\mathrm{O}}_3$.

Odpowiedź: odczynnik dodany do obu probówek – $\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4(aq)$; probówka I – ${\mathrm{K}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3(aq)$; probówka II – $\mathrm{MnS}{\mathrm{O}}_4(aq)$.

Krok 1. Potencjały półogniw. Katodą (biegun $+$) jest półogniwo wodorowe: $E_{{\mathrm{H}}^{+}/{\mathrm{H}}_2}^{\circ }=0,00$ V. Anodą (biegun $-$) jest półogniwo kobaltowe: $E_{\mathrm{C}{\mathrm{o}}^{2+}/Co}^{\circ }=-0,28$ V.

Krok 2. Obliczenie SEM ($SEM=E_{\text{katody}}-E_{\text{anody}}$): $SEM=0,00-(-0,28)=0,28\mathrm{V}.$

Odpowiedź: $SEM=0,28\mathrm{V}$.

Krok 1. Warunek niezmienności procesu katodowego. Katodą pozostaje półogniwo wodorowe (redukcja ${\mathrm{H}}^{+}$), więc nowe półogniwo metaliczne musi być anodą (zachodzi na nim utlenianie). Anodą jest półogniwo o niższym potencjale standardowym niż wodór, czyli o $E^{\circ }<0,00$ V.

Krok 2. Analiza potencjałów. $E^{\circ }$: $\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}/Ag=+0,80$ V, $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}/Cu=+0,34$ V (dodatnie — odpada), $\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}/Fe=-0,44$ V, $\mathrm{N}{\mathrm{i}}^{2+}/Ni=-0,25$ V, $\mathrm{Z}{\mathrm{n}}^{2+}/Zn=-0,76$ V (ujemne — spełniają warunek).

Odpowiedź: $\mathrm{Fe}|\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}$, $\mathrm{Ni}|\mathrm{N}{\mathrm{i}}^{2+}$, $\mathrm{Zn}|\mathrm{Z}{\mathrm{n}}^{2+}$.

Krok 1. Masa molowa alkanu. W tych samych warunkach stosunek gęstości gazów równy jest stosunkowi ich mas molowych: $M_{\text{alkanu}}=50\cdot M_{{\mathrm{H}}_2}=50\cdot 2=100g/mol.$

Krok 2. Liczba atomów węgla. Wzór ogólny alkanu ${\mathrm{C}}_{\mathrm{n}}{\mathrm{H}}_{2n+2}$: $12n+(2n+2)=100\Rightarrow 14n=98\Rightarrow n=7.$ Alkan ma 7 atomów węgla (${\mathrm{C}}_7{\mathrm{H}}_{16}$).

Krok 3. Wybór izomeru. Szukamy rozgałęzionego, achiralnego izomeru ${\mathrm{C}}_7{\mathrm{H}}_{16}$, który daje dokładnie 6 różnych monochloropochodnych. Warunki spełnia 2-metyloheksan $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$: cząsteczka jest achiralna (przy ${\mathrm{C}}_2$ dwie identyczne grupy metylowe, brak centrum stereogenicznego), a chlorowanie może zajść w 6 nierównocennych położeniach (dwie równocenne grupy $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ przy ${\mathrm{C}}_2$, atom H przy ${\mathrm{C}}_2$, oraz ${\mathrm{C}}_3$, ${\mathrm{C}}_4$, ${\mathrm{C}}_5$, końcowa $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ przy ${\mathrm{C}}_6$).

Odpowiedź: liczba atomów węgla $n=7$; wzór alkanu: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (2-metyloheksan).

Krok 1. Zmiana liczby moli gazu. Po lewej stronie równania są 2 mole gazu ($\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$ i ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$), a po prawej – 1 mol gazu ($\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$). Reakcji tworzenia produktu towarzyszy więc zmniejszenie liczby moli (i objętości) gazu.

Krok 2. Reguła przekory (Le Chateliera–Brauna). Wzrost ciśnienia układ kompensuje, przesuwając równowagę w stronę mniejszej liczby moli gazu, czyli w stronę produktu (etanolu). Dlatego wyższe ciśnienie zwiększa równowagowy stopień przereagowania etenu.

Odpowiedź: Ponieważ z 2 moli gazowych substratów powstaje 1 mol gazowego produktu, wzrost ciśnienia — zgodnie z regułą przekory — przesuwa równowagę w stronę mniejszej liczby moli gazu (produktu), co zwiększa stopień przereagowania etenu.

Krok 1. Odczyt zależności od temperatury. Z wykresu wynika, że przy stałym ciśnieniu wraz ze wzrostem temperatury (od 200 do 350 °C) równowagowy stopień przereagowania etenu maleje — podwyższenie temperatury zmniejsza wydajność reakcji.

Krok 2. Interpretacja (reguła przekory). Wzrost temperatury przesuwa równowagę w stronę reakcji endotermicznej. Skoro podwyższenie temperatury przesuwa równowagę w lewo (w stronę substratów), to reakcja w prawo (tworzenie etanolu) jest egzotermiczna.

Odpowiedź: Reakcja jest egzotermiczna — ze wzrostem temperatury maleje równowagowy stopień przereagowania (równowaga przesuwa się w stronę substratów).

Krok 1. Reakcja 1. (chlorobenzen → X). Chlorobenzen ogrzewany pod ciśnieniem z nadmiarem $\mathrm{NaOH}(aq)$ ulega hydrolizie zasadowej (substytucja nukleofilowa na pierścieniu). Powstaje jon fenolanowy — X to ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5{\mathrm{O}}^{-}$: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{Cl}+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to {\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5{\mathrm{O}}^{-}+\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Krok 2. Reakcja 2. (X → Y). Dodanie mocnego kwasu ($\mathrm{HCl}$) protonuje jon fenolanowy — powstaje fenol (Y): ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5{\mathrm{O}}^{-}+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\to {\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{OH}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Odpowiedź: Równanie reakcji 1.: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{Cl}+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to {\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5{\mathrm{O}}^{-}+\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$. Równanie reakcji 2.: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5{\mathrm{O}}^{-}+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\to {\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{OH}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ (dopuszczalne: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5{\mathrm{O}}^{-}+{\mathrm{H}}^{+}\to {\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{OH}$).

Krok 1. Co zachodzi w reakcji 3. Fenol (Y) reaguje z wodą bromową $\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2(aq)$, dając 2,4,6-tribromofenol. Atomy wodoru w pierścieniu aromatycznym (w położeniach orto i para względem grupy $-\mathrm{OH}$) zostają zastąpione atomami bromu — pierścień zachowuje aromatyczność.

Krok 2. Typ i mechanizm. Zastąpienie atomu H atomem Br to substytucja; atak silnie aktywowanego (przez grupę $-\mathrm{OH}$) pierścienia przez elektrofil $\mathrm{B}{\mathrm{r}}^{+}$ oznacza mechanizm elektrofilowy (substytucja elektrofilowa aromatyczna).

Odpowiedź: substytucji; elektrofilowego.

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

Krok 2. Analiza związków.

• A ($\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$): atom ${\mathrm{C}}_2$ jest połączony z czterema różnymi grupami: $-\mathrm{OH}$, $-\mathrm{H}$, $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ i $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ — to centrum stereogeniczne, więc cząsteczka jest chiralna.
• B ($(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{CHO}$): atom węgla przy grupie aldehydowej ma dwie takie same grupy $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ — brak centrum stereogenicznego.
• C (octan etylu): brak atomu węgla z czterema różnymi podstawnikami.

Odpowiedź: związek A. W jego cząsteczce występuje asymetryczny atom węgla (centrum stereogeniczne) połączony z czterema różnymi podstawnikami, a cząsteczka nie ma płaszczyzny symetrii — dlatego jest chiralna.

Krok 1. Związek A1. A1 jest izomerem butanolu (${\mathrm{C}}_4{\mathrm{H}}_{10}\mathrm{O}$), który utlenia się do aldehydu B ($(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{CHO}$). Aldehyd powstaje z utlenienia alkoholu pierwszorzędowego, więc A1 to 2-metylopropan-1-ol: $A1:(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{OH}.$

Krok 2. Związek B1. B1 jest izomerem aldehydu B (${\mathrm{C}}_4{\mathrm{H}}_8\mathrm{O}$), który po redukcji daje związek A (butan-2-ol, alkohol drugorzędowy). Alkohol drugorzędowy powstaje z redukcji ketonu, więc B1 to butanon: $B1:\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CO}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3.$

Krok 3. Związek C1. C1 jest izomerem estru C (${\mathrm{C}}_4{\mathrm{H}}_8{\mathrm{O}}_2$), który otrzymuje się przez utlenienie aldehydu B. Utlenienie aldehydu daje kwas karboksylowy, więc C1 to kwas 2-metylopropanowy: $C1:(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{COOH}.$

Odpowiedź: A1: $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{OH}$; B1: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CO}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$; C1: $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{COOH}$.

Krok 1. Atom $a$ w geranialu (grupa $-\mathrm{CHO}$). Ten atom węgla jest połączony: z atomem tlenu wiązaniem podwójnym ($=\mathrm{O}$ daje $+2$), z atomem wodoru ($-\mathrm{H}$ daje $-1$) i z atomem węgla ($-\mathrm{C}$ daje $0$). Formalny stopień utlenienia: $+2-1+0=+\mathrm{I}$. Atom tworzy trzy wiązania $\sigma$ w układzie płaskim, więc hybrydyzacja to $s{p}^2$.

Krok 2. Atom $a$ w geraniolu (grupa $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$). Ten atom węgla jest połączony: z grupą $-\mathrm{OH}$ (przez tlen, $+1$), z dwoma atomami wodoru ($-2$) i z atomem węgla ($0$). Formalny stopień utlenienia: $+1-2+0=-\mathrm{I}$. Atom tworzy cztery wiązania $\sigma$, więc hybrydyzacja to $s{p}^3$.

Odpowiedź:

Krok 1. Zdanie 1. Geranial ma grupę aldehydową $-\mathrm{CHO}$, a geraniol – grupę $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$. Przejście $-\mathrm{CHO}\to -\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ to redukcja, więc geraniol jest produktem redukcji geranialu. Zdanie prawdziwe (P).

Krok 2. Zdanie 2. W geranialu występują wiązania $\pi$: dwa w wiązaniach $\mathrm{C}=\mathrm{C}$ i jedno w grupie $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ (razem 3). W geraniolu grupa aldehydowa jest zastąpiona przez $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ (brak wiązania $\mathrm{C}=\mathrm{O}$), więc pozostają tylko dwa wiązania $\pi$ ($\mathrm{C}=\mathrm{C}$). Zatem geranial ma więcej wiązań $\pi$ niż geraniol ($3>2$). Zdanie prawdziwe (P).

Odpowiedź: 1 – P, 2 – P.

Krok 1. Ile chloru przereagowało. $80\%$ z $0,20$ mol: $n_{\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2,przereag.}=0,80\cdot 0,20=0,16$ mol. Zgodnie ze stechiometrią 1:1:1 przereagowało też $0,16$ mol $\mathrm{CO}$ i powstało $0,16$ mol $\mathrm{COC}{\mathrm{l}}_2$.

Krok 2. Liczby moli w stanie równowagi. $n_{\mathrm{CO}}=0,40-0,16=0,24,n_{\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2}=0,20-0,16=0,04,n_{\mathrm{COC}{\mathrm{l}}_2}=0,16\mathrm{mol}.$

Krok 3. Stężenia równowagowe (objętość $4,0\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$): $[\mathrm{CO}]=\frac{0,24}{4,0}=0,06,[\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2]=\frac{0,04}{4,0}=0,01,[\mathrm{COC}{\mathrm{l}}_2]=\frac{0,16}{4,0}=0,04mol/d{\mathrm{m}}^3.$

Krok 4. Stała równowagi. $K=\frac{[\mathrm{COC}{\mathrm{l}}_2]}{[\mathrm{CO}]\cdot [\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2]}=\frac{0,04}{0,06\cdot 0,01}=66,67\approx 67\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3\cdot \mathrm{mo}{\mathrm{l}}^{-1}.$

Odpowiedź: $K\approx 67\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3\cdot \mathrm{mo}{\mathrm{l}}^{-1}$ (czyli $66,67$).

Krok 1. Charakter reakcji. Fosgen $\mathrm{COC}{\mathrm{l}}_2$ reaguje z alkoholami jak chlorek kwasowy — obie grupy $-\mathrm{Cl}$ zostają zastąpione grupami $-\mathrm{OC}{\mathrm{H}}_3$ pochodzącymi od metanolu, z wydzieleniem $\mathrm{HCl}$. Powstaje ester kwasu węglowego (węglan dimetylu).

Krok 2. Równanie (stosunek molowy $1:2$): $\mathrm{COC}{\mathrm{l}}_2+2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{OH}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{O}-\mathrm{CO}-\mathrm{OC}{\mathrm{H}}_3+2\mathrm{HCl}.$

Odpowiedź: $\mathrm{COC}{\mathrm{l}}_2+2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{OH}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{O}-\mathrm{CO}-\mathrm{OC}{\mathrm{H}}_3+2\mathrm{HCl}$ (produkt organiczny to węglan dimetylu $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{O}{)}_2\mathrm{CO}$).

Krok 1. Rodzaj przemiany. Bisfenolan sodu (sól difenolowa) reaguje z fosgenem w reakcji polikondensacji: grupy $-\mathrm{ONa}$ łączą się z atomami węgla grup $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ fosgenu, odrywając $\mathrm{NaCl}$. Powstaje polimer z powtarzającym się wiązaniem węglanowym $-\mathrm{O}-\mathrm{CO}-\mathrm{O}-$ (poliwęglan).

Krok 2. Wzór produktu. Powtarzający się mer zawiera fragment bisfenolu połączony z grupą węglanową: ${\left[-\mathrm{O}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{O}-\mathrm{CO}-\right]}_n$ Ubocznym produktem jest $2n\mathrm{NaCl}$ (po dwa jony $\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}$ i $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$ na jednostkę).

Odpowiedź: $n\mathrm{NaO}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{ONa}+n\mathrm{COC}{\mathrm{l}}_2\to {\left[-\mathrm{O}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{O}-\mathrm{CO}-\right]}_n+2n\mathrm{NaCl}.$