Chemia — Maj 2024

Krok 1. Tlenek pierwiastka A. Cząsteczka tlenku A na najwyższym stopniu utlenienia ma 14 atomów, a jej wzór rzeczywisty nie jest wzorem elementarnym (czyli daje się skrócić, ale zapisujemy wzór podwojony) — pasuje to do wzoru ${\mathrm{A}}_4{\mathrm{O}}_{10}$ ($4+10=14$ atomów). Ten tlenek reaguje z wodą bez zmiany stopni utlenienia, dając trójprotonowy kwas tlenowy — to jest typowa reakcja ${\mathrm{P}}_4{\mathrm{O}}_{10}$ (dziesięciotlenek czterofosforu) z wodą: ${\mathrm{P}}_4{\mathrm{O}}_{10}+6{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 4{\mathrm{H}}_3\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4$. Zatem A = fosfor (P), na najwyższym stopniu utlenienia $+5$.

Krok 2. Liczba elektronów niesparowanych w atomie fosforu. Konfiguracja P: $[\mathrm{Ne}]3s^{2}3p^3$ — na podpowłoce $3p$ są 3 niesparowane elektrony (reguła Hunda, po jednym na każdym z trzech orbitali $p$). Elektrony $3s$ są sparowane. Liczba elektronów niesparowanych w atomie A = 3.

Krok 3. Wodorek pierwiastka A. Wodorek fosforu to fosfina $\mathrm{P}{\mathrm{H}}_3$ — 4 atomy w cząsteczce ($1$P $+3$H).

Krok 4. Pierwiastek X. Liczba atomów w cząsteczce wodorku A (4) jest równa liczbie atomów w cząsteczce tlenku X na najwyższym stopniu utlenienia — czyli tlenek X ma 4 atomy: $\mathrm{X}{\mathrm{O}}_3$ ($1+3=4$). Ponadto w atomie X w stanie podstawowym wszystkie elektrony wiążące (niesparowane) są rozmieszczone na powłokach o różnych głównych liczbach kwantowych $n$ — to jest cecha chromu: konfiguracja $[\mathrm{Ar}]3d^{5}4s^1$ ma niesparowane elektrony na powłoce $n=3$ (pięć na $3d$) i $n=4$ (jeden na $4s$). Chrom na najwyższym stopniu utlenienia $+6$ tworzy tlenek $\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_3$ (4 atomy) — zgadza się. Zatem X = chrom (Cr), najwyższy stopień utlenienia $+6$.

Krok 5. Liczba elektronów niesparowanych w atomie chromu. Konfiguracja Cr: $[\mathrm{Ar}]3d^{5}4s^1$ — 5 niesparowanych elektronów na $3d$ (każdy na osobnym orbitalu) plus 1 niesparowany na $4s$, razem 6 niesparowanych elektronów.

Odpowiedź:

Krok 1. Konfiguracja atomu chromu. Atom Cr w stanie podstawowym ma konfigurację $[\mathrm{Ar}]3d^{5}4s^1$, czyli pełny zapis: $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{5}4s^1$.

Krok 2. Tworzenie kationu Cr${}^{3+}$. Przy jonizacji metalu przejściowego elektrony usuwane są najpierw z powłoki o najwyższym $n$ (tu $4s$), a potem z $3d$. Usuwamy 3 elektrony: najpierw elektron z $4s$ (1 elektron), a następnie 2 elektrony z $3d$. Zostaje konfiguracja $[\mathrm{Ar}]3d^3$, czyli pełny zapis: $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^3$.

Krok 3. Zapis klatkowy. Podpowłoki $1s,2s,3s$ — po dwa sparowane elektrony (strzałki w górę i w dół) w każdej klatce. Podpowłoka $2p$ — trzy klatki, każda z dwoma sparowanymi elektronami (6 elektronów). Podpowłoka $3p$ — trzy klatki, każda z dwoma sparowanymi elektronami (6 elektronów). Podpowłoka $3d$ — pięć klatek, z trzema niesparowanymi elektronami (po jednym, ze zgodnym spinem, w trzech z pięciu klatek, zgodnie z regułą Hunda), dwie klatki $3d$ pozostają puste.

Odpowiedź: $1s^{\uparrow \downarrow }2s^{\uparrow \downarrow }2p^{\uparrow \downarrow }{}^{\uparrow \downarrow }{}^{\uparrow \downarrow }3s^{\uparrow \downarrow }3p^{\uparrow \downarrow }{}^{\uparrow \downarrow }{}^{\uparrow \downarrow }3d^{\uparrow }{}^{\uparrow }{}^{\uparrow }{}^{}{}^{}$ — czyli pełne obsadzenie $1s$–$3p$ (wszystkie elektrony sparowane) oraz trzy niesparowane elektrony na $3d$ (każdy na osobnym orbitalu, ze zgodnym spinem), bez elektronu na $4s$.

Krok 1. Wzory z tabeli. Wodorek fosforu: $\mathrm{P}{\mathrm{H}}_3$ (fosfina). Tlenek fosforu na najwyższym stopniu utlenienia: ${\mathrm{P}}_4{\mathrm{O}}_{10}$ (dopuszczalny też skrócony wzór ${\mathrm{P}}_2{\mathrm{O}}_5$ w równaniu reakcji). Tlenek chromu na najwyższym stopniu utlenienia ($+6$): $\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_3$.

Krok 2. Reakcja 1. — tlenek A z wodą (forma cząsteczkowa). ${\mathrm{P}}_4{\mathrm{O}}_{10}$ jest tlenkiem kwasowym, reaguje z wodą tworząc kwas fosforowy(V): ${\mathrm{P}}_4{\mathrm{O}}_{10}+6{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 4{\mathrm{H}}_3\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4.$

Krok 3. Reakcja 2. — tlenek X z KOH (forma jonowa). $\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_3$ jest bezwodnikiem kwasu chromowego(VI), reaguje z wodorotlenkiem jako tlenek kwasowy, tworząc jon chromianowy(VI): $\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_3+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Odpowiedź:

Równanie reakcji 1.: ${\mathrm{P}}_4{\mathrm{O}}_{10}+6{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 4{\mathrm{H}}_3\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4$. Równanie reakcji 2.: $\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_3+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Rozpad ${\beta }^{-}$. W rozpadzie ${\beta }^{-}$ jądro emituje elektron (i antyneutrino) — jeden z neutronów przekształca się w proton. Liczba masowa $A$ nie zmienia się, a liczba atomowa $Z$ wzrasta o 1.

Krok 2. Zastosowanie do galu-72. Gal ma $Z=31$, więc jądro ${}_{31}^{72}\mathrm{Ga}$ po rozpadzie ${\beta }^{-}$ przechodzi w jądro o $Z=32$ i tej samej liczbie masowej $A=72$. Pierwiastek o $Z=32$ to german (Ge).

${}_{31}^{72}\mathrm{Ga}\to {}_{32}^{72}\mathrm{Ge}+{}_{-1}^{0}e.$

Odpowiedź: powstaje izotop germanu ${}^{72}\mathrm{Ge}$ (liczba masowa 72).

Krok 1. Bilans liczby masowej i atomowej. Cynk ma $Z=30$, $A=68$. Produkty: 2 neutrony (${}_0^{1}n$, każdy $A=1,Z=0$) i jądro ${}_{31}^{67}\mathrm{Ga}$ ($Z=31$, $A=67$). Suma po stronie produktów: $A=2\cdot 1+67=69$, $Z=2\cdot 0+31=31$.

Krok 2. Ustalenie cząstki bombardującej. Po stronie substratów mamy ${}_{30}^{68}\mathrm{Zn}$ oraz nieznaną cząstkę ${}_z^{a}X$. Z zachowania liczby masowej: $68+a=69\Rightarrow a=1$. Z zachowania liczby atomowej: $30+z=31\Rightarrow z=1$. Cząstka o $A=1,Z=1$ to proton (${}_1^{1}p$, czyli jądro wodoru ${}_1^1\mathrm{H}$).

Krok 3. Pełne równanie. ${}_{30}^{68}\mathrm{Zn}+{}_1^{1}p\to 2{}_0^{1}n+{}_{31}^{67}\mathrm{Ga}.$

Odpowiedź: ${}_{30}^{68}\mathrm{Zn}+{}_1^{1}p\to 2{}_0^{1}n+{}_{31}^{67}\mathrm{Ga}$ (cząstką bombardującą jest proton).

Krok 1. Trend w szeregu litowców. W obu szeregach (LiF→LiCl→LiBr→LiI oraz NaF→NaCl→NaBr→NaI) energia sieciowa maleje wraz ze wzrostem rozmiaru anionu halogenkowego (F⁻<Cl⁻<Br⁻<I⁻), bo większy anion oddala się od kationu, słabnie oddziaływanie elektrostatyczne.

Krok 2. Wartość $x$ (LiCl). LiF = 1033, LiBr = 798, LiI = 740 — wartość dla LiCl musi leżeć między LiF i LiBr, czyli bliżej 840 kJ·mol⁻¹ (spójnie z trendem spadkowym: 1033 → ~840 → 798 → 740).

Krok 3. Wartość $y$ (NaBr). NaF = 915, NaCl = 778, NaI = 692 — wartość dla NaBr powinna leżeć między NaCl i NaI, czyli około 740 kJ·mol⁻¹.

Krok 4. Temperatura topnienia NaI. Energia sieciowa NaI (692) jest mniejsza niż energia sieciowa NaCl (778), a niższa energia sieciowa oznacza niższą temperaturę topnienia. Zatem temperatura topnienia NaI musi być niższa niż temperatura topnienia NaCl (801°C), czyli 662°C (nie 882°C).

Odpowiedź: $x\approx 840$ kJ·mol⁻¹, $y\approx 740$ kJ·mol⁻¹, temperatura topnienia NaI = 662°C.

Krok 1. Porównanie rozmiarów jonów. Promienie kationów (76 pm i 72 pm) oraz anionów (140 pm i 133 pm) w MgO i LiF są do siebie zbliżone — różnica rozmiarów jonów nie może więc wyjaśniać ogromnej różnicy energii sieciowej (3934 vs 1033 kJ·mol⁻¹).

Krok 2. Porównanie ładunków jonów. W MgO jony mają ładunki $\mathrm{M}{\mathrm{g}}^{2+}$ i ${\mathrm{O}}^{2-}$ (obie wartości $2+$), natomiast w LiF jony mają ładunki $\mathrm{L}{\mathrm{i}}^{+}$ i ${\mathrm{F}}^{-}$ (obie wartości $1+$/$1-$). Energia sieciowa (siła przyciągania elektrostatycznego między jonami) jest proporcjonalna do iloczynu ładunków jonów — w MgO ten iloczyn ($2\times 2=4$) jest czterokrotnie większy niż w LiF ($1\times 1=1$).

Odpowiedź: Energia sieciowa MgO jest znacznie większa od energii sieciowej LiF, ponieważ jony tworzące MgO mają większe (podwójne) ładunki niż jony tworzące LiF — a siła oddziaływania elektrostatycznego między jonami (a więc i energia sieciowa) rośnie z iloczynem ich ładunków, nie zależy zaś istotnie od (zbliżonych w tym przypadku) rozmiarów jonów.

Krok 1. Odmiana α-GeO₂. Na rysunku struktury α-GeO₂ każdy (szary) atom germanu jest połączony z sześcioma (czerwonymi) atomami tlenu rozmieszczonymi wokół niego — to struktura analogiczna do rutylu (jak w $\mathrm{Ti}{\mathrm{O}}_2$), gdzie german ma liczbę koordynacyjną sześć.

Krok 2. Odmiana β-GeO₂. W strukturze β-GeO₂ każdy atom germanu jest połączony z czterema atomami tlenu (struktura analogiczna do kwarcu, $\mathrm{Si}{\mathrm{O}}_2$) — czworościenne otoczenie atomu germanu odpowiada hybrydyzacji sp³ orbitali walencyjnych germanu (4 wiązania σ w układzie tetraedrycznym).

Odpowiedź: liczba koordynacyjna Ge w α-GeO₂ = sześć; hybrydyzacja Ge w β-GeO₂ = sp³.

Krok 1. Liczba moli KMnO₄ zużytego w miareczkowaniu w chwili $t=20$ min. $n_{\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4}=0,0020mol/d{\mathrm{m}}^3\times 0,0099\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3=1,98\cdot 10^{-5}\mathrm{mol}.$

Krok 2. Stechiometria reakcji. Z równania $2\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4+5{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2+\dots$ wynika, że na 2 mole KMnO₄ przypada 5 moli H₂O₂, czyli $n_{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2}=\frac{5}{2}{n}_{\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4}$: $n_{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2}(t=20)=\frac{5}{2}\times 1,98\cdot 10^{-5}=4,95\cdot 10^{-5}\mathrm{mol}.$

Krok 3. Stężenie H₂O₂ w próbce ($V=2,0\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3=0,0020\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$): $c_{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2}(t=20)=\frac{4,95\cdot 10^{-5}}{0,0020}=0,0248\approx 0,025mol/d{\mathrm{m}}^3.$

Krok 4. Analogicznie dla $t=30$ min ($V_{\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4}=6,2\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3$): $n_{\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4}=0,0020\times 0,0062=1,24\cdot 10^{-5}\mathrm{mol},n_{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2}=\frac{5}{2}\times 1,24\cdot 10^{-5}=3,1\cdot 10^{-5}\mathrm{mol},$ $c_{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2}(t=30)=\frac{3,1\cdot 10^{-5}}{0,0020}=0,0155\approx 0,016mol/d{\mathrm{m}}^3(\text{lub }0,013\text{ przy innych zaokrągleniach}).$

Krok 5. Wykres. Punkty $(0;0,048)$, $(10;0,036)$, $(20;0,025)$, $(30;0,016)$ połączone linią tworzą krzywą malejącą w całym zakresie — stężenie H₂O₂ systematycznie spada wraz z upływem czasu, a tempo spadku (nachylenie krzywej) zmniejsza się (krzywa łagodnie się wypłaszcza), co jest typowe dla reakcji, w której szybkość zależy od stężenia substratu.

Odpowiedź: tabela: 0 min – 0,048; 10 min – 0,036; 20 min – 0,025; 30 min – 0,016 mol·dm⁻³. Wykres: krzywa malejąca łącząca te cztery punkty, coraz bardziej płaska (szybkość reakcji maleje w czasie).

Krok 1. Zmiana szybkości w czasie. Szybkość reakcji rozkładu jest proporcjonalna do aktualnego stężenia ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2$ (reakcja zależy od stężenia substratu). Skoro stężenie ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2$ systematycznie spada (zadanie 6.1.), to szybkość reakcji wraz z upływem czasu maleje.

Krok 2. Wpływ temperatury. Zgodnie z ogólną zasadą kinetyki chemicznej (i równaniem Arrheniusa) podwyższenie temperatury zwiększa energię kinetyczną cząsteczek i ułamek cząsteczek o energii przekraczającej energię aktywacji, co zwiększa szybkość reakcji. Zatem w temperaturze 40°C szybkość rozkładu ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2$ jest większa niż w temperaturze 20°C.

Odpowiedź: szybkość reakcji maleje z czasem; w 40°C jest większa niż w 20°C.

Krok 1. Stężenie i liczba moli jonów H⁺ w kwasie solnym. $c_{{\mathrm{H}}^{+}}=10^{-1,5}\approx 0,0316mol/d{\mathrm{m}}^3.$ $n_{{\mathrm{H}}^{+}}=0,0316\times 0,025=7,9\cdot 10^{-4}\mathrm{mol}.$

Krok 2. Liczba moli OH⁻ wprowadzonych z roztworem $\mathrm{Ba}(\mathrm{OH}{)}_2$ o objętości $V$ (w dm³). Każda formuła $\mathrm{Ba}(\mathrm{OH}{)}_2$ daje 2 jony $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$: $n_{\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}}=2\times 0,020\times V=0,04V\mathrm{mol}.$

Krok 3. Stężenie H⁺ w roztworze końcowym (żądane pH = 3,7). $c_{{\mathrm{H}}^{+},\mathrm{ko}\acute{\mathrm{n}}\mathrm{cowe}}=10^{-3,7}\approx 2,0\cdot 10^{-4}mol/d{\mathrm{m}}^3.$

Krok 4. Bilans jonów H⁺ po zmieszaniu (część OH⁻ zobojętnia H⁺, reszta H⁺ zostaje w roztworze o objętości $0,025+V$). $c_{{\mathrm{H}}^{+},\mathrm{ko}\acute{\mathrm{n}}\mathrm{cowe}}=\frac{n_{{\mathrm{H}}^{+}}-n_{\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}}}{0,025+V}.$ $2,0\cdot 10^{-4}=\frac{7,9\cdot 10^{-4}-0,04V}{0,025+V}.$

Krok 5. Rozwiązanie równania. $2,0\cdot 10^{-4}(0,025+V)=7,9\cdot 10^{-4}-0,04V$ $5,0\cdot 10^{-6}+2,0\cdot 10^{-4}V=7,9\cdot 10^{-4}-0,04V$ $0,04V+2,0\cdot 10^{-4}V=7,9\cdot 10^{-4}-5,0\cdot 10^{-6}$ $0,0402V\approx 7,85\cdot 10^{-4}\Rightarrow V\approx 0,0195\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3=19,5\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3.$

Odpowiedź: należy dodać około $19,5\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3$ roztworu $\mathrm{Ba}(\mathrm{OH}{)}_2$.

Krok 1. Stężenia po zmieszaniu równych objętości. Mieszanie równych objętości powoduje rozcieńczenie każdego roztworu dwukrotnie: $c_{\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}}=\frac{1\cdot 10^{-4}}{2}=5\cdot 10^{-5}mol/d{\mathrm{m}}^3,c_{\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}}=\frac{2\cdot 10^{-6}}{2}=1\cdot 10^{-6}mol/d{\mathrm{m}}^3.$

Krok 2. Iloczyn stężeń jonów. $c_{\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}}\cdot c_{\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}}=5\cdot 10^{-5}\times 1\cdot 10^{-6}=5\cdot 10^{-11}.$

Krok 3. Porównanie z iloczynem rozpuszczalności AgCl. Iloczyn rozpuszczalności chlorku srebra(I) w 25°C wynosi $K_{s0}(\mathrm{AgCl})\approx 1,8\cdot 10^{-10}$. Otrzymana wartość $5\cdot 10^{-11}$ jest mniejsza od $K_{s0}$.

Krok 4. Wniosek. Gdy iloczyn stężeń jonów jest mniejszy od iloczynu rozpuszczalności, roztwór jest nienasycony względem danej soli i osad się nie wytrąci.

Odpowiedź: iloczyn stężeń = $5\cdot 10^{-11}$; wartość ta jest mniejsza od iloczynu rozpuszczalności AgCl, dlatego osad nie wytrąci się.

Krok 1. Charakter każdej soli. $\mathrm{NaHC}{\mathrm{O}}_3$ to sól słabego kwasu (kwasu węglowego) i silnej zasady — hydrolizuje anion $\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3^{-}$, dając odczyn zasadowy (papierek zielony/niebieskozielony, wyższe pH). $\mathrm{ZnC}{\mathrm{l}}_2$ to sól słabej zasady ($\mathrm{Zn}(\mathrm{OH}{)}_2$) i silnego kwasu — hydrolizuje kation $\mathrm{Z}{\mathrm{n}}^{2+}$, dając odczyn kwasowy (papierek czerwono-pomarańczowy, niższe pH). $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COON}{\mathrm{H}}_4$ to sól słabego kwasu i słabej zasady o zbliżonych stałych dysocjacji ($K_a(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH})\approx K_b(\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3)$) — hydrolizują oba jony, dając odczyn praktycznie obojętny (papierek żółty, pH≈7).

Krok 2. Przypisanie do zdjęć. Probówka 1. (barwa wskazująca środowisko kwasowe) → $\mathrm{ZnC}{\mathrm{l}}_2$. Probówka 2. (barwa wskazująca środowisko obojętne) → $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COON}{\mathrm{H}}_4$. Probówka 3. (barwa wskazująca środowisko zasadowe) → $\mathrm{NaHC}{\mathrm{O}}_3$.

Odpowiedź:

Krok 1. Analiza stwierdzenia 1. Probówka 1. to roztwór $\mathrm{ZnC}{\mathrm{l}}_2$ — tu z wodą reaguje (hydrolizuje) kation $\mathrm{Z}{\mathrm{n}}^{2+}$, a nie anion (Cl⁻ jest anionem bardzo słabego kwasu i nie hydrolizuje). Probówka 3. to roztwór $\mathrm{NaHC}{\mathrm{O}}_3$ — tu z wodą reaguje anion $\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3^{-}$, a nie kation (Na⁺ nie hydrolizuje). Stwierdzenie zamienia role kationów i anionów — jest fałszywe (F).

Krok 2. Analiza stwierdzenia 2. Probówka 2. to roztwór $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COON}{\mathrm{H}}_4$ — hydrolizują tu obydwa jony: kation $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$ (słaba zasada sprzężona) i anion $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}$ (słaby kwas sprzężony). Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: (1) F, (2) P.

Krok 1. Masa roztworu początkowego. $m_{r1}=d\cdot V=1,07g/c{\mathrm{m}}^3\times 150\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3=160,5\mathrm{g}.$

Krok 2. Masa czystego $\mathrm{MnC}{\mathrm{l}}_2$ już obecnego w roztworze początkowym. $n_{s1}=c\cdot V=0,678mol/d{\mathrm{m}}^3\times 0,150\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3=0,1017\mathrm{mol},$ $m_{s1}=n_{s1}\times M_{\mathrm{MnC}{\mathrm{l}}_2}=0,1017\times 126=12,81\mathrm{g}.$

Krok 3. Masa czystego $\mathrm{MnC}{\mathrm{l}}_2$ wprowadzonego z hydratem. W hydracie $\mathrm{MnC}{\mathrm{l}}_2\cdot 4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ (M=198 g/mol) udział masowy $\mathrm{MnC}{\mathrm{l}}_2$ wynosi $\frac{126}{198}$: $m_{sh}=6,00\times \frac{126}{198}\approx 3,82\mathrm{g}.$

Krok 4. Masa roztworu końcowego. Objętość się nie zmienia (z założenia), a masa roztworu wzrasta o masę dodanego hydratu: $m_{r2}=m_{r1}+m_h=160,5+6,00=166,5\mathrm{g}.$

Krok 5. Stężenie procentowe $\mathrm{MnC}{\mathrm{l}}_2$ w roztworze końcowym. $c_p=\frac{m_{s1}+m_{sh}}{m_{r2}}\times 100\%=\frac{12,81+3,82}{166,5}\times 100\%\approx 10,0\%.$

Odpowiedź: chlorek manganu(II) stanowi około 10% masy otrzymanego roztworu.

Krok 1. Stopnie utlenienia żelaza. W $\mathrm{Fe}(\mathrm{OH}{)}_3$ żelazo ma stopień utlenienia $+3$, a w produkcie $\mathrm{Fe}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ — obliczamy: $x+4\times (-2)=-2\Rightarrow x=+6$. Żelazo utlenia się z $+3$ do $+6$, oddając 3 elektrony.

Krok 2. Równanie procesu utleniania (środowisko silnie zasadowe — nasycony NaOH). Bilansujemy atomy i ładunek, dodając jony $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ (środowisko zasadowe) po stronie substratów: $\mathrm{Fe}(\mathrm{OH}{)}_3+5\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{Fe}{\mathrm{O}}_4^{2-}+4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+3e^{-}.$ Sprawdzenie bilansu ładunku: lewa strona $5\times (-1)=-5$; prawa strona $-2+3\times (-1)=-5$ — zgodne.

Krok 3. Równanie procesu redukcji. Chlor w $\mathrm{Cl}{\mathrm{O}}^{-}$ ma stopień utlenienia $+1$, redukuje się do $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$ ($-1$), pobierając 2 elektrony: $\mathrm{Cl}{\mathrm{O}}^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+2e^{-}\to \mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}.$

Krok 4. Bilansowanie liczby elektronów i sumowanie. NWW(3,2)=6 — mnożymy utlenianie przez 2, redukcję przez 3: $2\mathrm{Fe}(\mathrm{OH}{)}_3+10\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to 2\mathrm{Fe}{\mathrm{O}}_4^{2-}+8{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+6e^{-},$ $3\mathrm{Cl}{\mathrm{O}}^{-}+3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+6e^{-}\to 3\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}+6\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}.$ Sumując i redukując wspólne cząstki ($10\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}-6\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}=4\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ po stronie lewej; $8{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}-3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}=5{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ po stronie prawej): $2\mathrm{Fe}(\mathrm{OH}{)}_3+3\mathrm{Cl}{\mathrm{O}}^{-}+4\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to 2\mathrm{Fe}{\mathrm{O}}_4^{2-}+3\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}+5{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Odpowiedź: równanie reakcji utleniania: $\mathrm{Fe}(\mathrm{OH}{)}_3+5\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{Fe}{\mathrm{O}}_4^{2-}+4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+3e^{-}$. Współczynniki w schemacie sumarycznym: $2\mathrm{Fe}(\mathrm{OH}{)}_3+3\mathrm{Cl}{\mathrm{O}}^{-}+4\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to 2\mathrm{Fe}{\mathrm{O}}_4^{2-}+3\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}+5{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Porównanie potencjałów standardowych. Potencjał standardowy półogniwa A ($\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}/M{\mathrm{n}}^{2+}$, $E^{\circ }\approx +1,51$ V) jest znacznie wyższy od potencjału półogniwa B ($\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}/F{\mathrm{e}}^{2+}$, $E^{\circ }\approx +0,77$ V).

Krok 2. Kierunek przepływu elektronów. Półogniwo o wyższym potencjale standardowym (A) działa jako katoda (redukcja: $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}$ przyjmuje elektrony), a półogniwo o niższym potencjale (B) jako anoda (utlenianie: $\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}$ oddaje elektrony, przechodząc w $\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}$).

Krok 3. Zapis schematu ogniwa. Anoda po lewej stronie (znak –), katoda po prawej (znak +), między półogniwami podwójna kreska (klucz elektrolityczny): $\text{anoda}(-)\mathrm{Pt}|\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+},\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}\Vert \mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-},\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+},{\mathrm{H}}^{+}|\mathrm{Pt}(+)\text{katoda}$

Odpowiedź: półogniwo B (Fe³⁺/Fe²⁺) jest anodą, półogniwo A (MnO₄⁻/Mn²⁺) jest katodą. Schemat: anoda (–) Pt | Fe²⁺, Fe³⁺ ‖ MnO₄⁻, Mn²⁺, H⁺ | Pt (+) katoda.

Krok 1. Bilansowanie liczby elektronów. Redukcja na katodzie (A) pobiera 5 elektronów: $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}+8{\mathrm{H}}^{+}+5e^{-}\to \mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}+4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$. Utlenianie na anodzie (B) oddaje 1 elektron: $\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}\to \mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}+e^{-}$. Aby zrównać liczbę elektronów, mnożymy równanie utleniania przez 5.

Krok 2. Sumowanie równań. $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}+8{\mathrm{H}}^{+}+5e^{-}\to \mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}+4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ $5\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}\to 5\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}+5e^{-}$ Po zsumowaniu i skróceniu elektronów: $5\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}+\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}+8{\mathrm{H}}^{+}\to 5\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}+\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}+4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Odpowiedź: $5\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{2+}+\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}+8{\mathrm{H}}^{+}\to 5\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}+\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}+4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Wpływ ciśnienia. Reakcja $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+{\mathrm{H}}_2\rightleftharpoons \mathrm{CO}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ przebiega bez zmiany łącznej liczby moli gazów (2 mole substratów → 2 mole produktów). Zmiana ciśnienia (przy stałej temperaturze) nie przesuwa więc położenia równowagi tej reakcji — nie zmienia wydajności. Stwierdzenie 1. jest fałszywe (F).

Krok 2. Wpływ temperatury na stałą równowagi. Reakcja jest endotermiczna ($\Delta H>0$). Zgodnie z regułą Le Chateliera–Brauna, obniżenie temperatury przesuwa równowagę reakcji endotermicznej w stronę substratów (reakcja pochłania ciepło, więc układ „broni się” przed obniżeniem temperatury, ale przy obniżeniu T faktycznie równowaga przesuwa się w stronę, która nie pochłania ciepła — czyli w stronę substratów), co odpowiada zmniejszeniu wartości stałej równowagi $K$. Stwierdzenie 2. jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: (1) F, (2) P.

Krok 1. Oznaczenia. Niech początkowa liczba moli wodoru wynosi $x$, a tlenku węgla(IV) $10-x$ (suma = 10 mol, objętość reaktora 1,0 dm³, więc liczby moli = stężenia molowe).

Krok 2. Zmiany w reakcji. Przereagowało 60% wodoru, czyli $0,6x$ mola ${\mathrm{H}}_2$. Z równania $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+{\mathrm{H}}_2\rightleftharpoons \mathrm{CO}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ (współczynniki 1:1:1:1) przereagowuje też $0,6x$ mola $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$, a powstaje $0,6x$ mola CO i $0,6x$ mola ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 3. Stężenia równowagowe (w reaktorze 1 dm³, więc liczby moli = stężenia): $[\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2]=10-x-0,6x=10-1,6x,[{\mathrm{H}}_2]=x-0,6x=0,4x,[\mathrm{CO}]=[{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}]=0,6x.$

Krok 4. Stała równowagi. $K=\frac{[\mathrm{CO}][{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}]}{[\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2][{\mathrm{H}}_2]}=\frac{(0,6x{)}^2}{(10-1,6x)(0,4x)}=1,0.$

Krok 5. Rozwiązanie równania. $0,36x^2=0,4x(10-1,6x)=4x-0,64x^2$ $0,36x^2+0,64x^2-4x=0\Rightarrow x^2-4x=0\Rightarrow x(x-4)=0\Rightarrow x=4(x\ne 0).$

Krok 6. Wynik. Początkowa liczba moli wodoru: $n_{{\mathrm{H}}_2}=x=4$ mol. Początkowa liczba moli tlenku węgla(IV): $n_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}=10-4=6$ mol.

Odpowiedź: początkowo było 6 mol $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ i 4 mol ${\mathrm{H}}_2$.

Krok 1. Addycja HBr do pent-2-enu. Węglowodór X (pent-2-en, $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$) jest symetryczny względem podstawników przy wiązaniu podwójnym w tym sensie, że addycja HBr może dać brom przy węglu C2 albo C3 — powstają dwa izomeryczne bromki: 2-bromopentan i 3-bromopentan (A i B, w mieszaninie).

Krok 2. Warunek dotyczący związku A. Eliminacja HBr ze związku A w alkoholowym KOH ma dać wyłącznie związek X (pent-2-en) jako produkt — bez powstawania innych alkenów. To zachodzi, gdy brom w A jest przy węglu C3 (środkowym), symetrycznie ulokowanym — wtedy eliminacja (odejście H z sąsiedniego węgla C2 lub C4) prowadzi zawsze do tego samego alkenu, pent-2-enu. Zatem A = 3-bromopentan ($\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CHBr}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$).

Krok 3. Związek B. Pozostały izomer addycji to 2-bromopentan: ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{Br})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (eliminacja z niego dałaby mieszankę pent-1-enu i pent-2-enu, więc nie spełnia warunku „jedynego produktu”).

Odpowiedź: nazwa systematyczna związku A: 3-bromopentan. Wzór związku B: ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{Br})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (2-bromopentan).

Krok 1. Reguła Markownikowa. Przy addycji wody do niesymetrycznego alkenu grupa $-\mathrm{OH}$ przyłącza się do atomu węgla przy wiązaniu podwójnym, który jest połączony z mniejszą liczbą atomów wodoru (czyli tworzy się bardziej stabilny karbokation na węglu bardziej podstawionym).

Krok 2. Związek Y. W 2-metylobut-2-enie (${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$) wiązanie podwójne łączy węgiel trzeciorzędowy (bez atomu H, podstawiony dwoma grupami metylowymi) z węglem drugorzędowym (z jednym atomem H). Grupa OH przyłącza się do węgla trzeciorzędowego — powstaje 2-metylobutan-2-ol (alkohol III-rzędowy).

Krok 3. Związek Q. W 3-metylobut-1-enie ($(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{CH}=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$) wiązanie podwójne łączy węgiel drugorzędowy (z jednym H, koniec łańcucha wewnętrzny) z węglem pierwszorzędowym (dwa atomy H, koniec łańcucha $=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$). Grupa OH przyłącza się do węgla drugorzędowego (mniej wodorów) — powstaje 3-metylobutan-2-ol (alkohol II-rzędowy).

Krok 4. Rozstrzygnięcie. Różnica w budowie cząsteczek (inne podstawienie węgli przy wiązaniu podwójnym) powoduje, że produkty głównej addycji są różne — dla Y powstaje alkohol III-rzędowy, a dla Q alkohol II-rzędowy.

Odpowiedź: Nie, główne produkty są różne. Zgodnie z regułą Markownikowa grupa OH przyłącza się do węgla przy wiązaniu podwójnym połączonego z mniejszą liczbą atomów wodoru: dla związku Y daje to 2-metylobutan-2-ol (alkohol III-rzędowy), a dla związku Q — 3-metylobutan-2-ol (alkohol II-rzędowy).

Krok 1. Który alken daje keton. Keton powstaje z utleniania tego węgla przy wiązaniu podwójnym, który jest podstawiony dwoma grupami alkilowymi (nie ma przy nim atomu wodoru) — zgodnie ze schematem ${\mathrm{R}}^1-\mathrm{C}({\mathrm{R}}^2)=\mathrm{CH}-{\mathrm{R}}^3\to {\mathrm{R}}^1\mathrm{CO}{\mathrm{R}}^2+\dots$. Wśród X (pent-2-en, oba węgle wiązania podwójnego mają po 1 H), Y (2-metylobut-2-en, jeden węgiel wiązania podwójnego — trzeciorzędowy, bez H, podstawiony dwiema grupami $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ i ${\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_5$... właściwie grupą metylową i łańcuchem) i Q (3-metylobut-1-en, końcowy $=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$ nie da ketonu) — to związek Y ma węgiel bez atomu wodoru przy wiązaniu podwójnym.

Krok 2. Produkty utleniania Y. 2-metylobut-2-en: ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$. Węgiel trzeciorzędowy (podstawiony grupami $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ i $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$... dokładnie: podstawniki to dwie grupy metylowe) po utlenieniu daje keton $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{C}=\mathrm{O}$ (aceton), a węgiel drugorzędowy (z grupą $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$) daje kwas $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$ (kwas octowy).

Odpowiedź: nazwa systematyczna alkenu: 2-metylobut-2-en. Wzór ketonu: ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CO}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (aceton, propan-2-on).

Krok 1. Produkty utleniania X. Pent-2-en $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ utlenia się do dwóch kwasów karboksylowych: kwasu octowego $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$ (z fragmentu $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}=$) i kwasu propanowego $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{COOH}$ (z fragmentu $=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$).

Krok 2. Porównanie mocy kwasów. Krótszy łańcuch alkilowy (mniej elektronodonorowych grup alkilowych) słabiej stabilizuje ładunek dodatni i słabiej „broni” protonu — kwas octowy jest silniejszy niż kwas propanowy (odpowiednio $K_a\approx 1,8\cdot 10^{-5}$ i $K_a\approx 1,3\cdot 10^{-5}$). Kwas octowy ma więc wyższą wartość $K_a$.

Krok 3. Reakcja z KOH. $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}+\mathrm{KOH}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOK}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ — produktem organicznym jest octan potasu.

Odpowiedź: wyższą wartość $K_a$ ma kwas octowy ($\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$); produkt organiczny reakcji z KOH: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOK}$ (octan potasu).

Krok 1. Który węglowodór reaguje z KMnO₄. Benzen i cykloheksan nie mają wiązań wielokrotnych podlegających utlenieniu w łagodnych warunkach (środowisko obojętne, temperatura pokojowa) — nie odbarwiają roztworu $\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4$. Styren ma boczne winylowe wiązanie podwójne ($-\mathrm{CH}=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$), które w środowisku obojętnym utlenia się przez $\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4$, odbarwiając roztwór i wytrącając brunatny osad $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2$ — zgodnie z obrazem na zdjęciu. W pierwszym etapie zidentyfikowano więc styren.

Krok 2. Produkt nieorganiczny. W środowisku obojętnym $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}$ redukuje się do brunatnego osadu ditlenku manganu: $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2$.

Krok 3. Produkt organiczny. Utlenienie wiązania podwójnego $-\mathrm{CH}=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$ w środowisku obojętnym (łagodne utlenienie, reakcja Wagnera) prowadzi do diolu — grupy $=\mathrm{CH}-$ i $=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$ przekształcają się w grupy $-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-$ i $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$: powstaje fenyloglikol ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ (1-fenyloetano-1,2-diol).

Odpowiedź: wzór związku manganu: $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2$. Wzór produktu organicznego: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ (fenyloglikol).

Krok 1. Która substancja reaguje. Cykloheksan (węglowodór nasycony, alifatyczny) nie ulega nitrowaniu w tych warunkach — probówka z cykloheksanem pozostaje bezbarwna. Benzen ulega reakcji nitrowania (substytucja elektrofilowa), tworząc żółtawy, oleisty nitrobenzen — to widać na zdjęciu jako żółto-oranżowa warstwa.

Krok 2. Równanie reakcji nitrowania benzenu. Mieszanina stężonych $\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3$ i ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ (mieszanina nitrująca) generuje elektrofil $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2^{+}$, który podstawia atom wodoru w pierścieniu benzenowym: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_6+\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3\stackrel{{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4}{\to }{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Odpowiedź: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_6+\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3\stackrel{{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4}{\to }{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ — reakcja zaszła w probówce z benzenem (żółta warstwa nitrobenzenu); cykloheksan nie reaguje (probówka pozostaje bezbarwna).

Krok 1. Skład fragmentu z czterech merów. Jeden mer PVC to ${\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_3\mathrm{Cl}$, więc fragment z czterech merów ma wzór ${\mathrm{C}}_8{\mathrm{H}}_{12}\mathrm{C}{\mathrm{l}}_4$ (4×C₂H₃Cl = C₈H₁₂Cl₄).

Krok 2. Identyfikacja gazu X. Bezbarwny gaz o ostrym zapachu, dwuatomowy — to chlorowodór $\mathrm{HCl}$ (powstaje z atomów chloru zawartych w PVC podczas spalania).

Krok 3. Bilans atomów węgla, wodoru i chloru. Fragment ma 8 atomów C → 8 mol $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ (bo $n_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}:n_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}:n_{\mathrm{HCl}}=2:1:1$, a 4 atomy Cl dają 4 mol HCl, więc mnożnik proporcji = 4: $n_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}=8$, $n_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=4$, $n_{\mathrm{HCl}}=4$). Sprawdzenie wodoru: 12 atomów H w fragmencie = 4 mol H₂O (8H) + 4 mol HCl (4H) = 12H — zgodne.

Krok 4. Bilans atomów tlenu (obliczenie współczynnika O₂). Po prawej stronie: $8\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ (16 O) + $4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ (4 O) = 20 atomów O, czyli 10 moli ${\mathrm{O}}_2$.

Krok 5. Pełne równanie. $[\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CHCl}{]}_4+10{\mathrm{O}}_2\to 8\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+4\mathrm{HCl}.$

Odpowiedź: $[\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CHCl}{]}_4+10{\mathrm{O}}_2\to 8\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+4\mathrm{HCl}$.

Krok 1. Liczba moli PVC (jednostek merowych) w 100 g. Mer PVC (${\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_3\mathrm{Cl}$) ma masę molową $M=62,5g/mol$: $n_{\mathrm{PVC}}=\frac{100}{62,5}=1,6\mathrm{mol}.$

Krok 2. Stechiometria całego procesu (od CaC₂ do PVC). $1\mathrm{mol}\mathrm{Ca}{\mathrm{C}}_2\to 1\mathrm{mol}{\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_2\to 1\mathrm{mol}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}=\mathrm{CHCl}\to 1\mathrm{mol}$ merów PVC — stosunek molowy 1:1 na każdym etapie (przy 100% wydajności).

Krok 3. Uwzględnienie wydajności całkowitej 78%. Aby otrzymać 1,6 mol PVC przy wydajności 78%, potrzeba: $n_{\mathrm{Ca}{\mathrm{C}}_2}=\frac{1,6}{0,78}\approx 2,051\mathrm{mol}.$

Krok 4. Masa czystego $\mathrm{Ca}{\mathrm{C}}_2$ ($M_{\mathrm{Ca}{\mathrm{C}}_2}=64g/mol$): $m_{\mathrm{Ca}{\mathrm{C}}_2}=2,051\times 64\approx 131,3\mathrm{g}.$

Krok 5. Masa karbidu (82% czystości). $m_{\text{karbid}}=\frac{131,3}{0,82}\approx 160\mathrm{g}.$

Odpowiedź: potrzeba około 160 g karbidu.

Krok 1. Zasada etapu decydującego o szybkości. W mechanizmie wieloetapowym o całkowitej szybkości reakcji decyduje etap najwolniejszy (etap determinujący szybkość, ang. rate-determining step) — kolejne, szybsze etapy nie mogą przebiegać szybciej niż dostarczanie im substratu z etapu wolnego.

Krok 2. Zastosowanie do jodowania acetonu. Z treści zadania: etap 1. to powolne przemiany prowadzące do enolu, a etap 2. to szybka reakcja enolu z jodem. Zatem etapem decydującym o szybkości powstawania jodoacetonu jest etap wolny, czyli etap 1.

Odpowiedź: Etap 1.

Krok 1. Substraty i produkty całego procesu. Sumując oba etapy (powstanie enolu z acetonu i reakcja enolu z jodem), katalizator ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ zużyty w etapie 1. odtwarza się w etapie 2. — nie występuje w równaniu sumarycznym netto. Substratami netto są aceton i jod, produktami — jodoaceton, jon jodkowy i jon wodoniowy (jako produkt uwolnienia protonu w etapie 2).

Krok 2. Równanie sumaryczne (jonowe, z katalizatorem H₃O⁺ zaznaczonym nad strzałką). $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CO}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3+{\mathrm{I}}_2\stackrel{{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}}{\to }\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CO}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{I}+{\mathrm{H}}^{+}+{\mathrm{I}}^{-}.$

Odpowiedź: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COC}{\mathrm{H}}_3+{\mathrm{I}}_2\stackrel{{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}}{\to }\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COC}{\mathrm{H}}_2\mathrm{I}+{\mathrm{H}}^{+}+{\mathrm{I}}^{-}$.

Krok 1. Katalizator. Z mechanizmu widać, że jon ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ (lub równoważnie ${\mathrm{H}}^{+}$) jest zużywany w etapie 1. (katalizuje powstanie enolu), a następnie odtwarzany w etapie 2. (jako produkt) — jest więc katalizatorem tej reakcji.

Krok 2. Czy reakcja jest autokatalityczna. Jon ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ jest jednocześnie katalizatorem i produktem reakcji (powstaje w etapie 2. w tej samej ilości, w jakiej został zużyty w etapie 1.) — to jest właśnie definicja reakcji autokatalitycznej (przemiana katalizowana przez jeden z jej produktów).

Odpowiedź: katalizator: ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ (lub ${\mathrm{H}}^{+}$). Reakcja jodowania acetonu jest zaliczana do reakcji autokatalitycznych, ponieważ jej katalizator (jon hydroniowy) jest jednocześnie jej produktem.

Krok 1. Przyporządkowanie pKa do kwasów. Znane (rzeczywiste) wartości $\mathrm{p}{K}_a$: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$ – 4,76 (najsłabszy z czterech); $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{ClCOOH}$ – 2,87; $\mathrm{CHC}{\mathrm{l}}_2\mathrm{COOH}$ – 1,35; $\mathrm{CC}{\mathrm{l}}_3\mathrm{COOH}$ – 0,66 (najmocniejszy, najniższe pKa).

Krok 2. Który kwas jest najmocniejszy. Najmocniejszy kwas ma najniższą wartość $\mathrm{p}{K}_a$ (0,66) — to $\mathrm{CC}{\mathrm{l}}_3\mathrm{COOH}$ (kwas trichlorooctowy). Roztwór najmocniejszego kwasu ma najniższe pH ze wszystkich czterech próbek, więc na skali barw fioletu metylowego (żółty→zielony→turkusowy→niebieski→fioletowy dla wzrastającego pH od 0 do 2) jego barwa leży najbliżej żółto-zielonego końca skali. Z opisanych probówek to odpowiada probówce B (barwa zielona, najniższe pH z widocznych na zdjęciu barw).

Krok 3. Wyjaśnienie mocy kwasu. $\mathrm{CC}{\mathrm{l}}_3\mathrm{COOH}$ ma przy grupie karboksylowej trzy silnie elektroujemne atomy chloru. Atomy chloru wywołują silny efekt indukcyjny, odciągając elektrony od grupy $-\mathrm{COOH}$, co stabilizuje (rozprasza ujemny ładunek) powstający po dysocjacji anion $\mathrm{CC}{\mathrm{l}}_3\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}$ i ułatwia oderwanie kationu wodoru. Im więcej atomów chloru (podstawników elektronoakceptorowych) w pobliżu grupy karboksylowej, tym silniejszy efekt indukcyjny i tym większa moc kwasu — dlatego $\mathrm{CC}{\mathrm{l}}_3\mathrm{COOH}$ (trzy atomy Cl) jest mocniejszy niż $\mathrm{CHC}{\mathrm{l}}_2\mathrm{COOH}$ (dwa atomy Cl), $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{ClCOOH}$ (jeden atom Cl) i $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$ (brak chloru).

Odpowiedź: roztwór najmocniejszego kwasu znajduje się w probówce B; wzór kwasu: $\mathrm{CC}{\mathrm{l}}_3\mathrm{COOH}$; wyjaśnienie: obecność trzech silnie elektroujemnych atomów chloru w sąsiedztwie grupy karboksylowej wywołuje silny efekt indukcyjny, stabilizujący anion reszty kwasowej i ułatwiający oddysocjowanie protonu, co zwiększa moc kwasu.

Krok 1. Który kwas jest najsłabszy. Wśród czterech kwasów najsłabszy (najwyższe $\mathrm{p}{K}_a$) jest kwas bez atomów chloru — $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$ (kwas octowy), zgodnie z zasadą, że podstawniki elektroujemne (Cl) zwiększają moc kwasu, a ich brak daje najsłabszy kwas w tej grupie.

Krok 2. Wartość pKa. Zgodnie z listą wartości podanych w zadaniu 21.1. (2,87; 4,76; 0,66; 1,35), najwyższa wartość to 4,76 — przypisana kwasowi octowemu.

Odpowiedź:

Krok 1. Substrat organiczny. Chlorek benzoilu to chlorek kwasowy kwasu benzoesowego ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{COOH}$ — grupa $-\mathrm{OH}$ kwasu benzoesowego zostaje zastąpiona atomem chloru.

Krok 2. Równanie reakcji z chlorkiem tionylu. ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{COOH}+\mathrm{SOC}{\mathrm{l}}_2\stackrel{\text{temp.}}{\to }{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{COCl}+\mathrm{S}{\mathrm{O}}_2+\mathrm{HCl}.$

Odpowiedź: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{COOH}+\mathrm{SOC}{\mathrm{l}}_2\stackrel{\text{temp.}}{\to }{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{COCl}+\mathrm{S}{\mathrm{O}}_2+\mathrm{HCl}$ (chlorek benzoilu to ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{COCl}$).

Krok 1. Reakcja estryfikacji kwasu karboksylowego z alkoholem. Ta reakcja jest odwracalna (ustala się stan równowagi) — produktem obok estru jest woda, która pozostaje w środowisku reakcji i może reagować z estrem w reakcji odwrotnej (hydroliza), ograniczając wydajność procesu.

Krok 2. Reakcja chlorku kwasowego z alkoholem. Ta reakcja jest praktycznie nieodwracalna — produktem obok estru jest chlorowodór (HCl), gaz, który opuszcza środowisko reakcji (ucieka z mieszaniny reakcyjnej). Brak produktu ubocznego w mieszaninie oznacza, że reakcja odwrotna praktycznie nie zachodzi, a równowaga (w praktyce jednokierunkowa reakcja) jest maksymalnie przesunięta w stronę produktu.

Odpowiedź: Reakcja chlorku kwasowego z alkoholem daje wyższą wydajność, bo jest praktycznie nieodwracalna — produkt uboczny (HCl) jest gazem i opuszcza układ reakcyjny. Reakcja kwasu karboksylowego z alkoholem jest odwracalna — produkt uboczny (woda) pozostaje w mieszaninie i bierze udział w reakcji odwrotnej (hydrolizie estru), co ogranicza wydajność.

Krok 1. Analiza produktu końcowego. Produkt końcowy ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{O}-\mathrm{CO}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ to ester — octan izopropylu, powstały z alkoholu izopropylowego (propan-2-olu) i kwasu octowego w reakcji 3. (estryfikacja katalizowana H⁺).

Krok 2. Związek C. Skoro reakcja 3. to estryfikacja alkoholu C z kwasem octowym dająca ester izopropylowy, to C = propan-2-ol, ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$.

Krok 3. Związek B. Reakcja 2. to ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O},\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ — addycja wody katalizowana zasadowo (hydroliza) przekształcająca B w alkohol C. B musi być halogenkiem alkilowym analogicznym do C: B = 2-bromopropan, ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{Br})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (podstawienie Br przez OH daje propan-2-ol).

Krok 4. Związek A. Reakcja 1. to addycja HBr do alkenu A, dająca B (2-bromopropan) jako produkt zgodny z regułą Markownikowa. A = propen, ${\mathrm{H}}_2\mathrm{C}=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (addycja HBr do propenu daje głównie 2-bromopropan, bo Br przyłącza się do węgla środkowego, bardziej podstawionego).

Odpowiedź: związek A: ${\mathrm{H}}_2\mathrm{C}=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (propen); związek B: ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{Br})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (2-bromopropan); związek C: ${\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (propan-2-ol).

Krok 1. Reakcja 1. (A + HBr → B). To przyłączenie HBr do wiązania podwójnego propenu — addycja. Alken (bogaty w elektrony π) atakuje elektrofilowo cząstkę ${\mathrm{H}}^{+}$ (z HBr) — mechanizm elektrofilowy (elektrofilowa addycja do alkenu).

Krok 2. Reakcja 2. (B + H₂O/OH⁻ → C). To zastąpienie atomu bromu grupą hydroksylową w 2-bromopropanie — substytucja. Nukleofil $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ atakuje atom węgla związany z bromem — mechanizm nukleofilowy (substytucja nukleofilowa, np. $S_{N}1$/$S_{N}2$).

Odpowiedź: