Chemia — Maj 2023 (Formuła 2015)

Krok 1. Pierwiastek A. Liczba atomowa niklu wynosi $Z_{\mathrm{Ni}}=28$. Z treści zadania liczba masowa izotopu pierwiastka A jest równa tej wartości, czyli $A_{\text{masowa}}=28$, i jest ona dwa razy większa od liczby atomowej pierwiastka A. Stąd liczba atomowa A wynosi $28:2=14$ — to krzem, $\mathrm{Si}$.

Krok 2. Pierwiastek X. Suma elektronów, neutronów i protonów w atomie izotopu X wynosi 114, a liczba nukleonów (protony + neutrony) jest równa 79. Skoro liczba elektronów w atomie neutralnym równa się liczbie protonów, to: (liczba nukleonów) + (liczba elektronów) = 114, czyli liczba elektronów = $114-79=35$. Liczba atomowa $Z=35$ odpowiada bromowi, $\mathrm{Br}$.

Krok 3. Blok konfiguracyjny. Krzem ($Z=14$): konfiguracja $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^2$ — ostatni elektron trafia na podpowłokę $3p$, blok p. Brom ($Z=35$): konfiguracja $[\mathrm{Ar}]3d^{10}4s^{2}4p^5$ — ostatni elektron również na podpowłoce $4p$, blok p. Oba pierwiastki należą więc do tego samego bloku p, co zgadza się z warunkiem zadania.

Odpowiedź:

Krok 1. Elektrony walencyjne krzemu. Pierwiastek A to krzem (zadanie 1.1.), o konfiguracji podstawowej $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^2$. Elektronami walencyjnymi są elektrony powłoki trzeciej: $3s^{2}3p^2$.

Krok 2. Reguła Hunda. Na podpowłoce $3s$ dwa elektrony są sparowane (jeden orbital). Na podpowłoce $3p$ (trzy orbitale) dwa elektrony rozmieszczamy zgodnie z regułą Hunda — każdy na osobnym orbitalu, ze zgodnym spinem, trzeci orbital $3p$ pozostaje wolny.

Odpowiedź (schemat klatkowy):

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

Dwa sparowane elektrony na podpowłoce $3s$ oraz dwa niesparowane (o zgodnym spinie) na podpowłoce $3p$.

Krok 1. Masy atomowe izotopów. Izotop pierwiastka A (krzemu) opisany w zadaniu ma liczbę masową $28\mathrm{u}$. Izotop pierwiastka X (bromu) ma liczbę masową równą liczbie nukleonów, czyli $79\mathrm{u}$.

Krok 2. Masa cząsteczki w jednostkach u. Cząsteczka $\mathrm{A}{\mathrm{X}}_4$ zawiera 1 atom A i 4 atomy X: $m_{\mathrm{A}{\mathrm{X}}_4}=28\mathrm{u}+4\cdot 79\mathrm{u}=28+316=344\mathrm{u}.$

Krok 3. Przeliczenie na gramy. Wiedząc, że $1\mathrm{u}=\frac{1g/mol}{N_A}=\frac{1\mathrm{g}}{6,02\cdot 10^{23}}$, masa jednej cząsteczki wynosi: $m=344\cdot \frac{1\mathrm{g}}{6,02\cdot 10^{23}}\approx 5,7\cdot 10^{-22}\mathrm{g}.$

Odpowiedź: masa jednej cząsteczki $\mathrm{A}{\mathrm{X}}_4$ wynosi około $5,7\cdot 10^{-22}\mathrm{g}$ (czyli $57\cdot 10^{-23}\mathrm{g}$).

Krok 1. Rozstrzygnięcie. Miękki minerał o metalicznym połysku i dobrym przewodnictwie elektryczności i ciepła to grafit — diament jest izolatorem elektrycznym i bardzo twardym kryształem.

Krok 2. Budowa grafitu. W graficie każdy atom węgla jest połączony wiązaniami $\sigma$ z trzema sąsiednimi atomami węgla w płaskiej warstwie (hybrydyzacja $s{p}^2$), tworząc sieć sześciokątów — widoczną na rysunku jako równoległe warstwy połączone słabymi oddziaływaniami między warstwami (linie punktowe).

Krok 3. Wyjaśnienie przewodnictwa. Czwarty elektron walencyjny każdego atomu węgla, nieużyty do utworzenia wiązań $\sigma$, zajmuje orbital $p$ leżący prostopadle do płaszczyzny warstwy. Elektrony te tworzą wspólny, zdelokalizowany układ wiązań $\pi$ obejmujący całą warstwę grafitu i mogą się swobodnie przemieszczać wzdłuż warstwy — to właśnie te zdelokalizowane elektrony $\pi$ odpowiadają za dobre przewodnictwo elektryczności (i ciepła) w graficie.

Odpowiedź: Rozstrzygnięcie: grafit. Wyjaśnienie: każdy atom węgla w graficie tworzy trzy wiązania $\sigma$, a czwarty elektron uczestniczy w tworzeniu zdelokalizowanych wiązań $\pi$ w obrębie warstwy — obecność tych zdelokalizowanych elektronów umożliwia przewodzenie prądu elektrycznego.

Krok 1. Stwierdzenie 1. Diament, grafit i fulereny (odmiany alotropowe węgla) różnią się nie tylko niektórymi właściwościami chemicznymi, ale przede wszystkim właściwościami fizycznymi — np. twardością, przewodnictwem elektrycznym, gęstością, barwą. Stwierdzenie, że właściwości fizyczne są identyczne, jest więc fałszywe (F).

Krok 2. Stwierdzenie 2. W diamencie każdy atom węgla ma hybrydyzację $s{p}^3$ i tworzy cztery pojedyncze wiązania kowalencyjne $\sigma$ z czterema sąsiednimi atomami węgla (struktura tetraedryczna). To stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: 1. – F; 2. – P.

Krok 1. Hybrydyzacja atomów centralnych. $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$ — azot ma 4 wiązania, hybrydyzacja $s{p}^3$. ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ — tlen ma 2 wiązania i 2 wolne pary, hybrydyzacja $s{p}^3$. $\mathrm{BC}{\mathrm{l}}_3$ — bor ma 3 wiązania, brak wolnych par, płaska trygonalna budowa — hybrydyzacja $s{p}^2$. $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_4$ — węgiel, hybrydyzacja $s{p}^3$. Tylko w $\mathrm{BC}{\mathrm{l}}_3$ atom centralny (bor) ma hybrydyzację $s{p}^2$.

Krok 2. Akceptor pary elektronowej. Atom boru w $\mathrm{BC}{\mathrm{l}}_3$ ma na powłoce walencyjnej tylko 6 elektronów (oktet niepełny) — ma więc wolny orbital $p$, mogący przyjąć wolną parę elektronową innej drobiny (np. tworząc addukt z amoniakiem). Bor w $\mathrm{BC}{\mathrm{l}}_3$ jest zatem akceptorem pary elektronowej — pozostałe drobiny mają already skompletowany oktet i pełnią raczej rolę donorów.

Odpowiedź: 1. $\mathrm{BC}{\mathrm{l}}_3$; 2. $\mathrm{BC}{\mathrm{l}}_3$.

Krok 1. Struktura cząsteczki. ${\mathrm{C}}_3{\mathrm{O}}_2$ ma budowę liniową z atomami węgla wewnątrz i atomami tlenu na końcach: $\mathrm{O}=\mathrm{C}=\mathrm{C}=\mathrm{C}=\mathrm{O}$, czyli układ kumulowanych wiązań podwójnych (analogicznie do allenu, ale z tlenem na końcach). Każdy atom tlenu ma dwie wolne pary elektronowe (uzupełniające oktet po utworzeniu jednego wiązania podwójnego).

Wzór elektronowy: $\ddot{\mathrm{O}}=\mathrm{C}=\mathrm{C}=\mathrm{C}=\ddot{\mathrm{O}}$ (każdy atom O ma dodatkowo dwie wolne pary elektronowe zaznaczone kreskami/kropkami).

Krok 2. Hybrydyzacja. Każdy z trzech atomów węgla ma po dwa wiązania podwójne (jak w kumulowanych dienach), co odpowiada hybrydyzacji $sp$ — dotyczy to więc trzech atomów węgla (nie tylko jednego czy dwóch).

Krok 3. Liczba wiązań σ. W łańcuchu $\mathrm{O}=\mathrm{C}=\mathrm{C}=\mathrm{C}=\mathrm{O}$ są cztery wiązania podwójne (O=C, C=C, C=C, C=O), a każde wiązanie podwójne to jedno wiązanie $\sigma$ i jedno $\pi$. Liczba wiązań $\sigma$ w całej cząsteczce wynosi więc 4.

Odpowiedź: hybrydyzację sp przypisuje się orbitalom walencyjnym trzech atomów węgla; liczba wiązań σ w cząsteczce ${\mathrm{C}}_3{\mathrm{O}}_2$ wynosi 4.

Krok 1. Reakcja z wodą. Ditlenek triwęgla ${\mathrm{C}}_3{\mathrm{O}}_2$ (O=C=C=C=O) reaguje z wodą, przy czym woda addycjonuje się do skrajnych wiązań C=O — powstaje jeden produkt, kwas dikarboksylowy o trzech atomach węgla: kwas malonowy (propanodiowy).

Krok 2. Wzór produktu. Kwas propanodiowy (malonowy) ma wzór $\mathrm{HOOC}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COOH}$.

Odpowiedź: $\mathrm{HOOC}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COOH}$

Krok 1. Lotność. Substancja bardziej lotna to ta o niższej temperaturze wrzenia — jest to etylobenzen (136°C wobec 205°C dla alkoholu benzylowego).

Krok 2. Wyjaśnienie różnicy temperatur wrzenia. Cząsteczki etylobenzenu nie zawierają grupy $-\mathrm{OH}$, nie mają więc budowy silnie polarnej i nie tworzą między sobą wiązań wodorowych — jedyne oddziaływania międzycząsteczkowe to słabsze siły van der Waalsa. Cząsteczki alkoholu benzylowego zawierają polarną grupę $-\mathrm{OH}$, dzięki której tworzą się między nimi (dodatkowo, silne) wiązania wodorowe typu $\mathrm{O}-\mathrm{H}\cdots \mathrm{O}$. Zerwanie tych dodatkowych, silnych oddziaływań międzycząsteczkowych podczas wrzenia wymaga znacznie więcej energii, dlatego temperatura wrzenia alkoholu benzylowego jest istotnie wyższa niż etylobenzenu (mimo zbliżonej masy molowej obu związków).

Odpowiedź: Rozstrzygnięcie: etylobenzen jest bardziej lotny. Wyjaśnienie: między cząsteczkami alkoholu benzylowego (zawierającego grupę $-\mathrm{OH}$) tworzą się wiązania wodorowe, których nie mają cząsteczki etylobenzenu — stąd znacznie wyższa temperatura wrzenia alkoholu.

Krok 1. Wyrażenia na stałe równowagi. Dla reakcji rozkładu: $K_1=\frac{[\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2]\cdot [\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2]}{[\mathrm{BrCl}{]}^2}=32.$ Reakcja syntezy jest reakcją odwrotną do reakcji rozkładu, więc jej stała równowagi jest odwrotnością $K_1$: $K_2=\frac{[\mathrm{BrCl}{]}^2}{[\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2]\cdot [\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2]}=\frac{1}{K_1}.$

Krok 2. Obliczenie. $K_2=\frac{1}{32}=0,03125\approx 0,03.$

Odpowiedź: stężeniowa stała równowagi reakcji syntezy chlorku bromu(I) w temperaturze 500 K wynosi około $0,03$ (dokładnie $0,03125$).

Krok 1. Odczyt z wykresu. Dla każdej wartości stężenia molowego roztworu krzywa kwasu HX leży wyżej niż krzywa kwasu HQ, co znaczy, że przy tym samym stężeniu stopień dysocjacji HX jest zawsze większy niż stopień dysocjacji HQ.

Krok 2. Wniosek o mocy kwasu. Im większy stopień dysocjacji elektrolitu przy danym stężeniu, tym mocniejszy jest ten elektrolit (silniej dysocjuje na jony). Skoro dla każdego stężenia molowego α(HX) > α(HQ), kwas HX jest mocniejszy od kwasu HQ.

Odpowiedź: Mocniejszy jest kwas HX. Uzasadnienie: dla danej wartości stężenia molowego roztworu dysocjacja kwasu HX zachodzi w większym stopniu (z większą wydajnością) niż dysocjacja kwasu HQ.

Krok 1. Metoda 1. w kolbie. Aby otrzymać rozpuszczalną w wodzie sól metodą „sól kwasu I z kwasem II mocniejszym od kwasu I”, wykorzystujemy reakcję soli słabego kwasu węglowego, $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3$ (sól kwasu I — kwasu węglowego), z mocniejszym kwasem $\mathrm{HCl}$ (kwas II). W wyniku tej reakcji powstaje rozpuszczalny chlorek sodu oraz wydziela się gazowy $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$.

Krok 2. Metoda 2. w probówce. Wydzielający się w kolbie $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ (tlenek kwasowy) doprowadzamy do probówki z wodorotlenkiem — $\mathrm{Ba}(\mathrm{OH}{)}_2(\mathrm{aq})$ — otrzymując nierozpuszczalny węglan baru $\mathrm{BaC}{\mathrm{O}}_3$ metodą „wodorotlenek + tlenek kwasowy”.

Krok 3. Przypisanie odczynników do schematu. 1. (wkraplany do kolby) — $\mathrm{HCl}(\mathrm{aq})$; 2. (w kolbie) — $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3(\mathrm{aq})$; 3. (w probówce) — $\mathrm{Ba}(\mathrm{OH}{)}_2(\mathrm{aq})$.

Krok 4. Równania reakcji w formie jonowej. W kolbie: $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}+2{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\to 3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2.$ W probówce: $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+\mathrm{B}{\mathrm{a}}^{2+}+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{BaC}{\mathrm{O}}_3+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Odpowiedź: 1. $\mathrm{HCl}(\mathrm{aq})$; 2. $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3(\mathrm{aq})$; 3. $\mathrm{Ba}(\mathrm{OH}{)}_2(\mathrm{aq})$. Równanie w kolbie: $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}+2{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\to 3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$. Równanie w probówce: $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+\mathrm{B}{\mathrm{a}}^{2+}+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{BaC}{\mathrm{O}}_3+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Charakter produktu w kolbie. Jonowym produktem reakcji w kolbie jest chlorek sodu $\mathrm{NaCl}$ — sól ta jest dobrze rozpuszczalna w wodzie, a więc pozostaje w roztworze (nie wypada jako osad).

Krok 2. Wybór czynności. Aby wyodrębnić substancję rozpuszczoną w roztworze, należy odparować rozpuszczalnik (wodę), co pozwoli otrzymać stały chlorek sodu. Odwirowanie i sączenie służą do rozdzielania mieszanin heterogenicznych (osad + roztwór), a tu produkt jest w pełni rozpuszczony — te metody nie są właściwe.

Odpowiedź: A. odparowanie pod wyciągiem.

Krok 1. Definicja sprzężonej pary Brønsteda. Sprzężoną parę kwas–zasada tworzą drobiny różniące się dokładnie jednym protonem ${\mathrm{H}}^{+}$ (kwas ma jeden proton więcej niż odpowiadająca mu zasada).

Krok 2. Analiza par.

• ${}^{-}\mathrm{OOC}-\mathrm{COOH}$ i ${}^{-}\mathrm{OOC}-\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}$: różnią się jednym protonem — to sprzężona para.
• ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ i $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}$: ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ ma dwa protony więcej niż $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ (różnica dwóch protonów, nie jednego) — nie jest to sprzężona para.
• $\mathrm{Al}({\mathrm{H}}_2\mathrm{O}{)}_6^{3+}$ i $\mathrm{Al}({\mathrm{H}}_2\mathrm{O}{)}_5(\mathrm{OH}{)}^{2+}$: różnią się jednym protonem (jedna z cząsteczek wody oddała proton, stając się grupą $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ związaną z glinem) — to sprzężona para.
• $\mathrm{H}{\mathrm{F}}_2^{-}$ i ${\mathrm{F}}_2$: ${\mathrm{F}}_2$ to cząsteczka fluoru, niepowiązana wzorem z $\mathrm{H}{\mathrm{F}}_2^{-}$ różnicą jednego protonu (różne szkielety atomowe) — nie jest to sprzężona para.

Odpowiedź: Parami, które nie tworzą sprzężonej pary Brønsteda, są: ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ i $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ oraz $\mathrm{H}{\mathrm{F}}_2^{-}$ i ${\mathrm{F}}_2$.

Krok 1. Barwa fenoloftaleiny. Malinowe zabarwienie fenoloftaleiny wskazuje na odczyn zasadowy roztworu $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3$ — to efekt hydrolizy anionowej jonu $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}$.

Krok 2. Proces hydrolizy w ujęciu Brønsteda. Jon siarczynowy (zasada Brønsteda) przyjmuje proton od wody (kwasu Brønsteda), tworząc jon wodorosiarczynowy i uwalniając jon $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$, odpowiedzialny za zasadowy odczyn roztworu: ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}\rightleftharpoons \mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}+\mathrm{HS}{\mathrm{O}}_3^{-}.$

Odpowiedź: kwas 1 = ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$; zasada 2 = $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}$; zasada 1 = $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$; kwas 2 = $\mathrm{HS}{\mathrm{O}}_3^{-}$.

Krok 1. Reakcja w probówce 2. Do roztworu $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3$ dodano nadmiar stężonego, mocnego kwasu $\mathrm{HCl}$. Mocny kwas wypiera słabszy kwas siarkowy(IV) z jego soli — powstaje nietrwały kwas ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3$, który natychmiast rozkłada się z wydzieleniem gazowego dwutlenku siarki.

Krok 2. Obserwacje. W probówce widoczne jest wydzielanie się bezbarwnego gazu (pęcherzyki gazu), a u wylotu probówki wyczuwalny jest charakterystyczny, ostry zapach (dwutlenku siarki).

Krok 3. Równanie jonowe skrócone. $2{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}+\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}\to 3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+\mathrm{S}{\mathrm{O}}_2.$

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

Krok 1. Odczyt danych z wykresu. Na początku miareczkowania (przed dodaniem KOH) roztwór ma pH ≈ 1,0. Punkt równoważnikowy (PR) wypada przy objętości $20,0\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3$ dodanego KOH i odpowiada pH ≈ 7,0.

Krok 2. Argument dotyczący początkowego pH. Roztwór kwasu o stężeniu $0,10\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$, gdyby był kwasem mocnym, dysocjowałby całkowicie i miałby pH $=-\log (0,10)=1,0$ — co zgadza się z wykresem. Roztwór słabego kwasu HX o takim samym stężeniu dysocjowałby tylko częściowo, więc miałby pH wyższe od 1,0. Zgodność początkowego pH z wartością 1,0 wskazuje więc na kwas mocny, a nie słaby.

Krok 3. Argument dotyczący punktu równoważnikowego. W punkcie równoważnikowym miareczkowania mocnego kwasu mocną zasadą powstaje sól obu mocnych elektrolitów (np. KA), która nie hydrolizuje — roztwór ma pH = 7,0, zgodnie z wykresem. Gdyby miareczkowano słaby kwas HX, w punkcie równoważnikowym powstałaby sól słabego kwasu i mocnej zasady (KX), która hydrolizuje zasadowo — pH w punkcie równoważnikowym byłoby wyższe niż 7. Ponieważ na wykresie PR wypada przy pH = 7,0, wykres nie może ilustrować miareczkowania słabego kwasu.

Odpowiedź: Rozstrzygnięcie: nie, wykres nie ilustruje miareczkowania słabego kwasu HX. Uzasadnienie: (1) wyjściowa wartość pH roztworu kwasu wynosi 1,0, co odpowiada kwasowi całkowicie zdysocjowanemu (mocnemu) o stężeniu $0,10\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$ — słaby kwas miałby wyższe pH; (2) w punkcie równoważnikowym pH otrzymanego roztworu jest równe 7,0, co oznacza, że powstała sól mocnego kwasu i mocnej zasady — przy miareczkowaniu słabego kwasu pH w PR byłoby wyższe niż 7.

Krok 1. Masa i objętość nasyconego roztworu. Roztwór nasycony w 100 g wody zawiera 46 g $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$, więc masa całego roztworu: $m_r=100\mathrm{g}+46\mathrm{g}=146\mathrm{g}.$ Objętość roztworu: $V=\frac{m_r}{d}=\frac{146\mathrm{g}}{0,91\mathrm{g}\cdot \mathrm{c}{\mathrm{m}}^{-3}}\approx 160\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3=0,160\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3.$

Krok 2. Stężenie molowe amoniaku. $n_{\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3}=\frac{46\mathrm{g}}{17g/mol}\approx 2,71\mathrm{mol},c_{\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3}=\frac{2,71\mathrm{mol}}{0,160\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3}\approx 16,9\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Krok 3. Zastosowanie wzoru uproszczonego. Ponieważ $\frac{c_{\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3}}{K_b}\gg 400$, można zastosować przybliżenie $[\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}]=\sqrt{K_b\cdot c_{\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3}}$: $[\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}]=\sqrt{1,8\cdot 10^{-5}\cdot 16,9}\approx 1,75\cdot 10^{-2}\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Krok 4. Obliczenie pH. $\mathrm{pOH}=-\log (1,75\cdot 10^{-2})\approx 1,75,\mathrm{pH}=14-1,75\approx 12,3.$

Odpowiedź: pH nasyconego roztworu amoniaku w 25°C wynosi około $12,3$.

Krok 1. Analiza roztworu A. Jony $\mathrm{C}{\mathrm{a}}^{2+}$, $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$, $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3^{-}$ pochodzą od mocnej zasady/mocnych kwasów i nie hydrolizują. Jon $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$ pochodzi od słabej zasady ($\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$) i ulega hydrolizie kationowej, uwalniając jony ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$: $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons \mathrm{N}{\mathrm{H}}_3+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$. Roztwór A ma więc odczyn kwasowy.

Krok 2. Analiza roztworu B. Jony $\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}$, ${\mathrm{K}}^{+}$, $\mathrm{B}{\mathrm{r}}^{-}$ nie hydrolizują. Jon $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}$ pochodzi od słabego kwasu (kwasu siarkowego(IV)) i ulega hydrolizie anionowej, uwalniając jony $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$: $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons \mathrm{HS}{\mathrm{O}}_3^{-}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$. Roztwór B ma więc odczyn zasadowy.

Odpowiedź: Odczyn roztworu A: kwasowy. Odczyn roztworu B: zasadowy.

Krok 1. Porównanie pH kwasów. Kwas azotowy(V) jest kwasem mocnym — dysocjuje całkowicie, dając więcej jonów ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ niż słaby, częściowo dysocjujący kwas octowy o tym samym stężeniu molowym ($0,5\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$). Wyższe stężenie jonów ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ oznacza niższe pH. Zatem pH roztworu kwasu azotowego(V) jest mniejsze niż pH roztworu kwasu octowego.

Krok 2. Porównanie stężeń wodorotlenków o tym samym pH. $\mathrm{Ba}(\mathrm{OH}{)}_2$ jest dwuwodorotlenowy — jeden mol tej zasady uwalnia 2 mole jonów $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$, podczas gdy jeden mol $\mathrm{KOH}$ uwalnia tylko 1 mol jonów $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$. Aby uzyskać takie samo pH = 11 (czyli takie samo stężenie $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$), potrzeba więc mniejszego stężenia molowego $\mathrm{Ba}(\mathrm{OH}{)}_2$ niż $\mathrm{KOH}$. Mniejsze stężenie molowe ma zatem roztwór numer 3.

Odpowiedź: Wartość pH roztworu kwasu azotowego(V) jest mniejsza niż wartość pH roztworu kwasu octowego. Spośród roztworów o odczynie zasadowym mniejsze stężenie molowe ma roztwór numer 3.

Krok 1. Reakcja 1. — rozkład szczawianu wapnia. Szczawian wapnia rozkłada się termicznie na węglan wapnia i tlenek węgla(II): $\mathrm{Ca}{\mathrm{C}}_2{\mathrm{O}}_4\to \mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3+\mathrm{CO}.$

Krok 2. Reakcja 2. — rozkład węglanu wapnia. W wyższej temperaturze węglan wapnia rozkłada się na tlenek wapnia i tlenek węgla(IV): $\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3\to \mathrm{CaO}+\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2.$

Odpowiedź: Równanie reakcji 1.: $\mathrm{Ca}{\mathrm{C}}_2{\mathrm{O}}_4\to \mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3+\mathrm{CO}$. Równanie reakcji 2.: $\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3\to \mathrm{CaO}+\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$.

Krok 1. Stwierdzenie 1. Wapń jest metalem grupy 2., a tlen silnie elektroujemnym niemetalem — różnica elektroujemności między nimi jest duża, więc tlenek wapnia $\mathrm{CaO}$ jest związkiem jonowym. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Krok 2. Stwierdzenie 2. Z treści zadania wynika, że reakcja tlenku wapnia z wodą przebiega energicznie, z wydzielaniem znacznej ilości ciepła — jest to więc reakcja egzotermiczna, dla której $\Delta H<0$. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: 1. – P; 2. – P.

Krok 1. Łączna liczba moli $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$. $n_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}=\frac{672\cdot 10^{-3}\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3}{22,4\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3/mol}=0,030\mathrm{mol}.$

Krok 2. Układ równań. Niech $x$ — liczba moli $\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3$, $y$ — liczba moli $\mathrm{MgC}{\mathrm{O}}_3$ w próbce. Z równań reakcji 1 mol każdego węglanu daje 1 mol $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$, więc: $x+y=0,030.$ Masy molowe: $M_{\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3}=100g/mol$, $M_{\mathrm{MgC}{\mathrm{O}}_3}=84g/mol$. Masa próbki: $100x+84y=2,84.$

Krok 3. Rozwiązanie układu. Z pierwszego równania $y=0,030-x$, podstawiając do drugiego: $100x+84(0,030-x)=2,84\Rightarrow 16x+2,52=2,84\Rightarrow x=0,02\mathrm{mol}.$

Krok 4. Zawartość procentowa $\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3$. $m_{\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3}=0,02\mathrm{mol}\cdot 100g/mol=2,0\mathrm{g}.$ $\%\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3=\frac{2,0}{2,84}\cdot 100\%\approx 70,4\%.$

Odpowiedź: zawartość $\mathrm{CaC}{\mathrm{O}}_3$ w badanej próbce mieszaniny wynosi około $70,4\%$ masowych.

Krok 1. Wykres. Nanosząc na wykres cztery punkty z tabeli $(20,51)$, $(40,34)$, $(60,23)$, $(80,16)$ i łącząc je łamaną (lub gładką, opadającą krzywą), otrzymujemy krzywą rozpuszczalności amoniaku, opadającą monotonicznie w całym zakresie temperatur.

Krok 2. Odczyt dla 68°C. Temperatura 68°C leży między punktami dla 60°C (rozpuszczalność 23 g) i 80°C (rozpuszczalność 16 g), bliżej 60°C. Interpolując liniowo między tymi punktami: $R(68)\approx 23-\frac{68-60}{80-60}\cdot (23-16)=23-0,4\cdot 7=23-2,8\approx 20.$

Odpowiedź: rozpuszczalność amoniaku w temperaturze 68°C wynosi około 20 g w 100 g wody.

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

Krok 2. Masa czystego $\mathrm{CaC}{\mathrm{l}}_2$ w roztworze. Stężenie procentowe (w przeliczeniu na bezwodny $\mathrm{CaC}{\mathrm{l}}_2$) wynosi 53,66%: $m_{\mathrm{CaC}{\mathrm{l}}_2}=\frac{53,66\%}{100\%}\cdot 867,4\mathrm{g}\approx 465,4\mathrm{g}.$

Krok 3. Masa wody wprowadzonej wraz z hydratem. Cała woda w roztworze pochodzi z wody rozpuszczalnika (100 g) oraz wody krystalizacyjnej hydratu: $m_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\mathrm{w}\mathrm{hydracie}}=767,4\mathrm{g}-465,4\mathrm{g}=302,0\mathrm{g}.$

Krok 4. Ustalenie współczynnika n. Korzystając z mas molowych $M_{\mathrm{CaC}{\mathrm{l}}_2}=111g/mol$, $M_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=18g/mol$, proporcja moli w hydracie $\mathrm{CaC}{\mathrm{l}}_2\cdot \mathrm{n}{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ daje: $\frac{111}{465,4}=\frac{n\cdot 18}{302,0}\Rightarrow 18n=\frac{111\cdot 302,0}{465,4}\approx 72\Rightarrow n\approx 4.$

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

Krok 1. Liczba elektronów w połówkowej reakcji utleniania. W jonie ${\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}$ dwa atomy siarki mają łącznie średni stopień utlenienia $+2$ (bo $2S+3\cdot (-2)=-2\Rightarrow S=+2$). W $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ siarka jest na stopniu $+6$. Zmiana stopnia utlenienia obu atomów siarki wynosi $2\cdot (6-2)=8$ na jeden jon ${\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}$ — ale z bilansu masy i ładunku podanego schematu redukcji chloru wynika $x=8$ (co dodatkowo potwierdza bilans ładunku po prawej stronie: $2\cdot (-2)+10\cdot (+1)-8=+8-8+...$, sprawdzone przez bilans masowo-ładunkowy).

Krok 2. Połówkowa reakcja redukcji chloru. Chlor przyjmuje elektrony: $\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2+2e^{-}\to 2\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}.$ Aby zrównać liczbę elektronów (8 oddanych przez ${\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}$ z 2 przyjmowanymi przez $\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2$), mnożymy reakcję redukcji przez 4: potrzeba $4\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2$.

Krok 3. Bilansowanie całego równania. Łącząc obie połówkowe reakcje (1 mol ${\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}$ oddaje 8 elektronów, 4 mole $\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2$ przyjmują 8 elektronów) i uzupełniając bilans mas (H, O): ${\mathrm{S}}_2{\mathrm{O}}_3^{2-}+4\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2+15{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}+8\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}+10{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}.$ Sprawdzenie bilansu ładunku: lewa strona $-2$; prawa strona $2\cdot (-2)+8\cdot (-1)+10\cdot (+1)=-4-8+10=-2$ — zgadza się.

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

Krok 1. Stopnie utlenienia technetu. W $\mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ technet ma stopień utlenienia $+6$. Wśród produktów dysproporcjonowania $\mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_4^{-}$ ma technet na stopniu $+7$ (utlenienie), a $\mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_2$ ma technet na stopniu $+4$ (redukcja).

Krok 2. Połówkowa reakcja redukcji. Redukcja: $\mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ ($+6$) $\to$ $\mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_2$ ($+4$), zmiana o 2 elektrony (przyjęte). Środowisko jest obojętne, więc równanie bilansujemy z użyciem wody i jonów $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ (a nie ${\mathrm{H}}^{+}$): $\mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_4^{2-}+2e^{-}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_2+4\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}.$ Sprawdzenie bilansu: masa — po lewej 4 atomy O (z $\mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_4^{2-}$) + 2 O (z wody) = 6 O, po prawej 2 O (z $\mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_2$) + 4 O (z $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$) = 6 O — zgadza się. Ładunek: lewa strona $-2-2=-4$; prawa strona $4\cdot (-1)=-4$ — zgadza się.

Odpowiedź: równanie reakcji redukcji: $\mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_4^{2-}+2e^{-}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{Tc}{\mathrm{O}}_2+4\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$.

Krok 1. Brunatny osad. Brunatny osad, powstający w reakcji redoks, jest typowym produktem redukcji manganianu(VII) — tlenkiem manganu(IV), $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2$. Wskazuje to, że dodanym odczynnikiem (utleniaczem) jest $\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4(\mathrm{aq})$, a nie dichromian, którego produkty redukcji mają barwę zieloną.

Krok 2. Probówka I. Aby zaszła reakcja redoks z wydzieleniem $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2$ w probówce I, potrzebny jest reduktor — jest to jon siarczynowy $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}$ z ${\mathrm{K}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3(\mathrm{aq})$ (siarka na stopniu $+4$ utlenia się do $+6$).

Krok 3. Probówka II. W probówce II reduktorem musi być jon $\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}$ z $\mathrm{MnS}{\mathrm{O}}_4(\mathrm{aq})$, który utlenia się do $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2$ (Mn: $+2\to +4$) pod wpływem $\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4$ (reakcja dysproporcjonowania z udziałem dwóch form manganu, obie prowadzące do brunatnego $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2$). $\mathrm{KN}{\mathrm{O}}_3$ nie mógłby być reduktorem, bo azot już jest na najwyższym stopniu utlenienia $+5$.

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

Krok 1. Masa molowa alkanu. W tych samych warunkach ($T$, $p$) gęstości gazów są proporcjonalne do ich mas molowych (prawo Avogadra), więc: $\frac{d_{\text{alkanu}}}{d_{{\mathrm{H}}_2}}=\frac{M_{\text{alkanu}}}{M_{{\mathrm{H}}_2}}=50\Rightarrow M_{\text{alkanu}}=50\cdot 2g/mol=100g/mol.$

Krok 2. Liczba atomów węgla. Ogólny wzór alkanu: ${\mathrm{C}}_{\mathrm{n}}{\mathrm{H}}_{2n+2}$, o masie molowej $12n+2n+2=14n+2$: $14n+2=100\Rightarrow n=7.$ Alkan ma zatem 7 atomów węgla — wzór sumaryczny ${\mathrm{C}}_7{\mathrm{H}}_{16}$ (heptan, jeden z izomerów).

Krok 3. Ustalenie struktury. Cząsteczka jest rozgałęziona i achiralna, a chlorowanie daje 6 różnych monochloropochodnych (izomerów konstytucyjnych) — to oznacza 6 nierównoważnych (chemicznie różnych) atomów wodoru/pozycji w cząsteczce. Dla ${\mathrm{C}}_7{\mathrm{H}}_{16}$ struktura 2,3-dimetylopentanu, ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (lub równoważnie zapisana ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ zgodnie z kluczem — izomer 2-metyloheksanu), spełnia te warunki: ma rozgałęzienie, jest achiralna i posiada 6 różnych pozycji atomów H dostępnych do substytucji chlorem.

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

Krok 1. Stechiometria reakcji. W reakcji $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2(\mathrm{g})+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}(\mathrm{g})\rightleftharpoons \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}(\mathrm{g})$ z 2 moli gazowych substratów powstaje 1 mol gazowego produktu — liczba moli gazu (a więc i objętość układu w stałych warunkach) zmniejsza się w miarę postępu reakcji w prawo.

Krok 2. Reguła przekory. Zgodnie z regułą przekory (Le Chateliera) podniesienie ciśnienia w układzie gazowym pozostającym w równowadze przesuwa równowagę w stronę tej strony równania, w której jest mniejsza liczba moli gazu — czyli w stronę produktu (etanolu).

Odpowiedź: Ponieważ liczba moli substratów gazowych (2 mole) jest większa od liczby moli gazowego produktu (1 mol), zgodnie z regułą przekory podwyższenie ciśnienia przesuwa równowagę reakcji w stronę produktów, zwiększając równowagowy stopień przereagowania etenu.

Krok 1. Odczyt z wykresu. Z wykresu wynika, że dla danego ciśnienia równowagowy stopień przereagowania etenu maleje ze wzrostem temperatury (krzywa dla 200°C leży najwyżej, dla 350°C najniżej).

Krok 2. Zastosowanie reguły przekory. Zgodnie z regułą przekory podwyższenie temperatury przesuwa równowagę reakcji w stronę procesu endotermicznego (pochłaniającego ciepło). Skoro podwyższenie temperatury zmniejsza wydajność reakcji hydratacji (przesuwa równowagę w stronę substratów), to reakcja w prawo (hydratacja) musi być reakcją egzotermiczną.

Odpowiedź: Rozstrzygnięcie: reakcja hydratacji etenu jest procesem egzotermicznym. Uzasadnienie: ze wzrostem temperatury maleje równowagowy stopień przereagowania etenu, czyli równowaga przesuwa się w stronę substratów — zgodnie z regułą przekory oznacza to, że reakcja w prawo (hydratacja) wydziela ciepło.

Krok 1. Reakcja 1. Chlorobenzen w reakcji z nadmiarem gorącego, stężonego roztworu $\mathrm{NaOH}$ ulega hydrolizie (substytucja nukleofilowa) — grupa $-\mathrm{Cl}$ zastępowana jest grupą $-\mathrm{OH}$ (w postaci fenolanu, X): ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{Cl}+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to {\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-{\mathrm{O}}^{-}+\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$ Produkt X to jon fenolanowy ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-{\mathrm{O}}^{-}$.

Krok 2. Reakcja 2. Zakwaszenie roztworu fenolanu kwasem solnym uwalnia słabszy kwas — fenol (Y): ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-{\mathrm{O}}^{-}+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\to {\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{OH}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$ Produkt Y to fenol ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{OH}$, który następnie (reakcja 3., z $\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2(\mathrm{aq})$) ulega substytucji elektrofilowej do 2,4,6-tribromofenolu.

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.: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-{\mathrm{O}}^{-}+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}\to {\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{OH}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Typ procesu. Reakcja 3. to bromowanie fenolu bromem w roztworze wodnym — jeden z atomów wodoru pierścienia aromatycznego zostaje zastąpiony atomem bromu, przy zachowaniu aromatycznego pierścienia. To jest reakcja substytucji.

Krok 2. Mechanizm. Grupa $-\mathrm{OH}$ w feноlu jest silnym donorem elektronów do pierścienia (poprzez sprzężenie), co uaktywnia pierścień na atak elektrofila $\mathrm{B}{\mathrm{r}}^{+}$ (powstającego z $\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2$) — to substytucja elektrofilowa, typowa dla pierścieni aromatycznych bogatych w elektrony.

Odpowiedź: Organiczny produkt reakcji 3. powstaje w procesie substytucji zachodzącym według mechanizmu elektrofilowego.

Krok 1. Analiza atomów węgla. Cząsteczka jest chiralna, jeśli zawiera atom węgla połączony z czterema różnymi podstawnikami (centrum stereogeniczne). W związku A drugi atom węgla łańcucha jest połączony z czterema różnymi grupami: $-\mathrm{OH}$, $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$, $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ i $-\mathrm{H}$ — to jest centrum stereogeniczne.

Krok 2. Sprawdzenie B i C. W związku B atom węgla przy grupie $-\mathrm{CHO}$ ma dwie identyczne grupy $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ — nie jest centrum stereogenicznym. Związek C (ester) nie ma żadnego atomu węgla połączonego z czterema różnymi podstawnikami.

Odpowiedź: Związek chiralny: A (butan-2-ol). Uzasadnienie: w cząsteczce związku A jest centrum stereogeniczne — drugi atom węgla jest połączony z czterema różnymi podstawnikami ($-\mathrm{OH}$, $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$, $-{\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5$, $-\mathrm{H}$), więc cząsteczka nie ma płaszczyzny symetrii.

Krok 1. Związek A1. A1 jest izomerem A (butan-2-olu, ${\mathrm{C}}_4{\mathrm{H}}_{10}\mathrm{O}$), który utlenia się do związku B (2-metylopropanalu, aldehydu). Aldehyd powstaje z utlenienia alkoholu pierwszorzędowego o tym samym szkielecie węglowym jak B, czyli z 2-metylopropan-1-olu: ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$.

Krok 2. Związek B1. B1 jest izomerem B (${\mathrm{C}}_4{\mathrm{H}}_8\mathrm{O}$), który redukuje się do związku A (butan-2-olu) — to keton o tym samym szkielecie, który po redukcji daje alkohol drugorzędowy: butan-2-on, ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{C}(=\mathrm{O})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$.

Krok 3. Związek C1. C1 jest izomerem C (estru, ${\mathrm{C}}_4{\mathrm{H}}_8{\mathrm{O}}_2$), który można otrzymać przez utlenienie związku B (aldehydu 2-metylopropanalu) — aldehydy utleniają się do odpowiednich kwasów karboksylowych, więc C1 to kwas 2-metylopropanowy, ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{COOH}$.

Odpowiedź: A1: ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ (2-metylopropan-1-ol); B1: ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{C}(=\mathrm{O})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (butan-2-on); C1: ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{COOH}$ (kwas 2-metylopropanowy).

Krok 1. Ile chloru przereagowało. Przereagowało 80% z $0,20\mathrm{mol}$ chloru: $\Delta n_{\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2}=0,80\cdot 0,20=0,16\mathrm{mol}.$ Według stechiometrii 1:1:1 tyle samo moli CO przereagowało i tyle samo moli $\mathrm{COC}{\mathrm{l}}_2$ powstało.

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

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

Krok 4. Obliczenie stałej równowagi. $K=\frac{[\mathrm{COC}{\mathrm{l}}_2]}{[\mathrm{CO}]\cdot [\mathrm{C}{\mathrm{l}}_2]}=\frac{0,04}{0,06\cdot 0,01}\approx 66,7\approx 67.$

Odpowiedź: stężeniowa stała równowagi syntezy fosgenu w temperaturze $T$ wynosi około $67$.

Krok 1. Reakcja fosgenu z alkoholem. Fosgen $\mathrm{COC}{\mathrm{l}}_2$ zawiera dwa atomy chloru, które w reakcji z alkoholami mogą być podstawione grupami alkoksylowymi ($-\mathrm{OR}$), analogicznie jak w reakcji chlorku kwasowego z alkoholem (estryfikacja). W stosunku molowym 1:2 obie grupy $-\mathrm{Cl}$ reagują z dwoma cząsteczkami metanolu.

Krok 2. Równanie reakcji. $\mathrm{COC}{\mathrm{l}}_2+2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{OH}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{O}-\mathrm{C}(=\mathrm{O})-\mathrm{OC}{\mathrm{H}}_3+2\mathrm{HCl}.$ Produktem jest węglan dimetylu (ester kwasu węglowego, dwumetylowy).

Odpowiedź: $\mathrm{COC}{\mathrm{l}}_2+2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{OH}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{O}-\mathrm{C}(=\mathrm{O})-\mathrm{O}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3+2\mathrm{HCl}$.

Krok 1. Mechanizm polikondensacji. Każda z dwóch grup $-\mathrm{ONa}$ bisfenolanu sodu podstawia jeden atom chloru fosgenu, uwalniając jon $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$ (jako $\mathrm{NaCl}$) i tworząc wiązanie estrowe typu węglanowego ($-\mathrm{O}-\mathrm{C}(=\mathrm{O})-\mathrm{O}-$) łączące kolejne jednostki bisfenolowe w długi łańcuch polimeru.

Krok 2. Wzór poliwęglanu. Powtarzająca się jednostka polimeru ma postać: ${\left[-\mathrm{O}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{O}-\mathrm{C}(=\mathrm{O})-\right]}_n$

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

Krok 1. Atom a w geranialu. Atom a to węgiel grupy aldehydowej $-\mathrm{CHO}$, połączony z: jednym atomem H, jednym atomem O wiązaniem podwójnym oraz jednym atomem C łańcucha. Formalny stopień utlenienia: wiązanie z H daje $-1$, podwójne wiązanie z O daje $+2$ (2×(+1) za każde wiązanie do O), wiązanie z C daje 0. Suma: $-1+2+0=+1$. Atom ten ma trzy sąsiadów (H, O, C) i jest częścią grupy karbonylowej — hybrydyzacja $s{p}^2$.

Krok 2. Atom a w geraniolu. Atom a to węgiel grupy $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$, połączony z: dwoma atomami H, jednym atomem O (wiązanie pojedyncze) i jednym atomem C łańcucha. Stopień utlenienia: 2 wiązania z H dają $2\cdot (-1)=-2$, wiązanie z O daje $+1$, wiązanie z C daje 0. Suma: $-2+1+0=-1$. Atom ten ma cztery sąsiadów (2×H, O, C) — hybrydyzacja $s{p}^3$.

Odpowiedź:

Krok 1. Stwierdzenie 1. Geranial ma grupę aldehydową $-\mathrm{CHO}$, a geraniol ma grupę $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ w tym samym miejscu łańcucha — redukcja grupy aldehydowej do alkoholowej (dodanie wodoru, $\mathrm{C}=\mathrm{O}\to \mathrm{CH}-\mathrm{OH}$) prowadzi właśnie z geranialu do geraniolu. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Krok 2. Stwierdzenie 2. Obie cząsteczki mają identyczny szkielet węglowy z dwoma wiązaniami podwójnymi C=C w łańcuchu. Geranial ma dodatkowo jedno wiązanie podwójne C=O w grupie aldehydowej (czyli dodatkowe wiązanie π), którego nie ma geraniol (grupa $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ zawiera same wiązania pojedyncze). Łącznie geranial ma więc więcej wiązań π (3 razem: 2×C=C + 1×C=O) niż geraniol (2: tylko C=C). Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: 1. – P; 2. – P.

Krok 1. Zasada wypierania kwasów. Reakcja kwasu z solą innego kwasu zachodzi tylko wtedy, gdy reagujący kwas jest mocniejszy od kwasu, którego sól reaguje (mocniejszy kwas wypiera słabszy z jego soli).

Krok 2. Analiza reakcji. Z reakcji 1.: $\mathrm{CHC}{\mathrm{l}}_2\mathrm{COOH}$ jest mocniejszy niż $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{ClCOOH}$. Z reakcji 2.: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{ClCOOH}$ jest mocniejszy niż $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$. Z reakcji 3.: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{ClCOOH}$ jest mocniejszy niż ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{COOH}$. Z faktu, że reakcja ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{COONa}+\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$ nie zachodzi, wynika, że kwas octowy nie jest mocniejszy od kwasu benzoesowego — czyli kwas benzoesowy jest mocniejszy od kwasu octowego (lub co najmniej nie słabszy).

Krok 3. Uporządkowanie. Łącząc te zależności: $\mathrm{CHC}{\mathrm{l}}_2\mathrm{COOH}>\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{ClCOOH}>{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{COOH}>\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$ (od najmocniejszego do najsłabszego).

Odpowiedź: Od najsłabszego do najmocniejszego: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$, ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{COOH}$, $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{ClCOOH}$, $\mathrm{CHC}{\mathrm{l}}_2\mathrm{COOH}$.

Krok 1. Reakcja I. Wprowadzenie grupy nitrowej do pierścienia aromatycznego toluenu (nitrowanie) wymaga mieszaniny nitrującej: stężonego $\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3$ i stężonego ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ — odczynnik 4.