Chemia — Maj 2024 (Formuła 2015)

Krok 1. Identyfikacja pierwiastka A z liczby atomów w tlenku. Tlenek pierwiastka A na najwyższym stopniu utlenienia ma cząsteczkę złożoną z czternastu atomów, a jego wzór rzeczywisty nie jest wzorem elementarnym (empirycznym) — to wskazuje na wzór typu ${\mathrm{A}}_4{\mathrm{O}}_{10}$ ($4+10=14$ atomów, a wzór najprostszy ${\mathrm{A}}_2{\mathrm{O}}_5$ jest inny niż rzeczywisty ${\mathrm{A}}_4{\mathrm{O}}_{10}$). Taki tlenek, reagujący z wodą bez zmiany stopni utlenienia i dający trójprotonowy kwas tlenowy, to dziesięciotlenek tetrafosforu: ${\mathrm{P}}_4{\mathrm{O}}_{10}$, który z wodą tworzy ${\mathrm{H}}_3\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4$ (kwas trójprotonowy). Zatem A to fosfor (P).

Krok 2. Weryfikacja przez podpowłoki. Atom fosforu ($Z=15$) ma konfigurację $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^3$ — elektrony rozmieszczone w pięciu podpowłokach ($1s,2s,2p,3s,3p$), zgodnie z treścią zadania.

Krok 3. Liczba elektronów niesparowanych w atomie A. Elektrony na podpowłoce $3p^3$ są, zgodnie z regułą Hunda, rozmieszczone pojedynczo na trzech orbitalach — to 3 elektrony niesparowane. Najwyższy stopień utlenienia fosforu w związkach to $+5$ (jak w ${\mathrm{H}}_3\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4$, ${\mathrm{P}}_4{\mathrm{O}}_{10}$).

Krok 4. Identyfikacja pierwiastka X. Wodorek fosforu to $\mathrm{P}{\mathrm{H}}_3$ — 4 atomy w cząsteczce. Tlenek pierwiastka X na najwyższym stopniu utlenienia ma więc również 4 atomy, czyli wzór typu $\mathrm{X}{\mathrm{O}}_3$. Ponieważ A i X leżą w sąsiednich okresach (P jest w okresie 3), X leży w okresie 4. Pierwiastkiem okresu 4, którego atom w stanie podstawowym ma wszystkie elektrony wiążące niesparowane i rozmieszczone na powłokach o różnych głównych liczbach kwantowych $n$, jest chrom: konfiguracja $[\mathrm{Ar}]3d^{5}4s^1$ — sześć niesparowanych elektronów, pięć na podpowłoce $3d$ ($n=3$) i jeden na $4s$ ($n=4$), czyli na powłokach o różnych wartościach $n$. Zatem X to chrom (Cr), a jego tlenek na najwyższym stopniu utlenienia to $\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_3$ (4 atomy — zgodnie z warunkiem).

Krok 5. Najwyższy stopień utlenienia i liczba niesparowanych elektronów dla X. Chrom w $\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_3$ ma stopień utlenienia $+6$. Liczba elektronów niesparowanych w atomie chromu w stanie podstawowym wynosi 6 (5 na $3d$ + 1 na $4s$).

Odpowiedź:

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

Krok 2. Usuwanie elektronów przy tworzeniu kationu Cr${}^{3+}$. Podczas jonizacji metali przejściowych elektrony są usuwane najpierw z podpowłoki o najwyższym numerze powłoki ($4s$), a dopiero potem z $3d$. Usuwamy więc: 1 elektron z $4s$ i 2 elektrony z $3d$ (łącznie 3 elektrony), co daje konfigurację $\mathrm{C}{\mathrm{r}}^{3+}$: $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^3$.

Krok 3. Rozmieszczenie elektronów na $3d$ (reguła Hunda). Pozostałe 3 elektrony na podpowłoce $3d$ (pięć orbitali) rozmieszczają się pojedynczo, każdy na innym orbitalu, ze zgodnym (równoległym) spinem.

Odpowiedź (schemat klatkowy konfiguracji Cr${}^{3+}$):

$\underset{1s}{\underbrace{[\uparrow \downarrow ]}}\underset{2s}{\underbrace{[\uparrow \downarrow ]}}\underset{2p}{\underbrace{[\uparrow \downarrow ][\uparrow \downarrow ][\uparrow \downarrow ]}}\underset{3s}{\underbrace{[\uparrow \downarrow ]}}\underset{3p}{\underbrace{[\uparrow \downarrow ][\uparrow \downarrow ][\uparrow \downarrow ]}}\underset{3d}{\underbrace{[\uparrow ][\uparrow ][\uparrow ]}}$

Elektrony niesparowane na $3d$ muszą mieć zgodny spin.

Krok 1. Wzory wymagane w tabeli. Z zadania 1.1. wiadomo, że A to fosfor, a X to chrom. Wodorek fosforu: $\mathrm{A}{\mathrm{H}}_3$, czyli $\mathrm{P}{\mathrm{H}}_3$. Tlenek fosforu na najwyższym stopniu utlenienia: ${\mathrm{A}}_4{\mathrm{O}}_{10}$, czyli ${\mathrm{P}}_4{\mathrm{O}}_{10}$. Tlenek chromu na najwyższym stopniu utlenienia: $\mathrm{X}{\mathrm{O}}_3$, czyli $\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_3$.

Krok 2. Równanie reakcji 1. (tlenek A z wodą, forma cząsteczkowa). ${\mathrm{P}}_4{\mathrm{O}}_{10}$ 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. Równanie reakcji 2. (tlenek X z KOH, forma jonowa). $\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_3$ jest tlenkiem kwasowym — reaguje z zasadą, 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. Prędkość cząsteczek tlenku węgla(II). Zgodnie z treścią zadania, w danej temperaturze $M\cdot v^2=\text{const}$, więc gazy o tej samej masie molowej mają taką samą średnią prędkość cząsteczek. Masa molowa azotu ${\mathrm{N}}_2$ ($M=28g/mol$) jest taka sama jak masa molowa tlenku węgla(II) $\mathrm{CO}$ ($M=28g/mol$). Zatem średnia prędkość cząsteczek CO w 0°C jest taka sama jak azotu: 493 m·s${}^{-1}$.

Krok 2. Porównanie z wodorem. Masa molowa wodoru ${\mathrm{H}}_2$ ($M=2g/mol$) jest znacznie mniejsza niż masa molowa azotu ($28g/mol$). Ponieważ $M\cdot v^2=\text{const}$, im mniejsza masa molowa gazu, tym większa musi być średnia prędkość jego cząsteczek (przy tej samej temperaturze), aby iloczyn pozostał stały.

Odpowiedź: Średnia prędkość cząsteczek CO w 0°C wynosi 493 m·s${}^{-1}$. Średnia prędkość cząsteczek wodoru jest większa od 493 m·s${}^{-1}$, ponieważ cząsteczki lżejsze poruszają się szybciej niż cząsteczki cięższe ($M_{{\mathrm{H}}_2}<M_{{\mathrm{N}}_2}$).

Krok 1. Analiza stwierdzenia 1. Z zależności $M\cdot v^2=\text{const}$ wynika, że $v=\sqrt{\text{const}/M}\propto \frac{1}{\sqrt{M}}$ — prędkość jest odwrotnie proporcjonalna do pierwiastka kwadratowego z masy molowej. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Krok 2. Analiza stwierdzenia 2. Z równania stanu gazu doskonałego $pV=nRT=\frac{m}{M}RT$ wynika, że $\frac{M}{d}=\frac{M\cdot V}{m}=\frac{RT}{p}$ (gdzie $d=m/V$ to gęstość). W danych warunkach $p$ i $T$ prawa strona ($RT/p$) jest stała i identyczna dla każdego gazu doskonałego, niezależnie od jego rodzaju. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: (1) P, (2) P.

Krok 1. Trend energii sieciowej w szeregu halogenków litu. Im większy promień anionu halogenkowego (F${}^{-}$<Cl${}^{-}$<Br${}^{-}$<I${}^{-}$), tym większa odległość między jonami w krysztale, a więc tym mniejsza energia sieciowa. Dla litu: LiF (1033) > LiCl ($x$) > LiBr (798) > LiI (740). Wartość $x$ musi leżeć między 1033 a 798, i bliżej LiBr niż LiF (bo promień Cl${}^{-}$ jest bliższy Br${}^{-}$ niż F${}^{-}$) — spośród podanych wartości najlepiej odpowiada to 840 kJ·mol${}^{-1}$.

Krok 2. Energia sieciowa $y$ bromku sodu. Analogicznie dla sodu: NaF (915) > NaCl (778) > NaBr ($y$) > NaI (692). Wartość $y$ leży między 778 a 692 — spośród podanych wartości odpowiada to 740 kJ·mol${}^{-1}$.

Krok 3. Temperatura topnienia jodku sodu. Zgodnie z treścią informacji, wraz ze wzrostem energii sieciowej rosną wartości temperatury topnienia. Energia sieciowa NaI (692) jest mniejsza niż energia sieciowa NaCl (778), więc temperatura topnienia NaI musi być niższa niż temperatura topnienia NaCl (801°C). Spośród podanych wartości odpowiada to 662°C.

Odpowiedź: $x\approx 840$ kJ·mol${}^{-1}$; $y\approx 740$ kJ·mol${}^{-1}$; temperatura topnienia NaI = 662°C.

Krok 1. Od czego zależy energia sieciowa. Energia sieciowa zależy od siły oddziaływania elektrostatycznego między jonami w krysztale — jest proporcjonalna do iloczynu ładunków jonów i odwrotnie proporcjonalna do odległości między nimi (sumy ich promieni).

Krok 2. Porównanie ładunków jonów. Promienie jonów w MgO ($\mathrm{M}{\mathrm{g}}^{2+}$: 76 pm, ${\mathrm{O}}^{2-}$: 140 pm) są zbliżone do promieni jonów w LiF ($\mathrm{L}{\mathrm{i}}^{+}$: 72 pm, ${\mathrm{F}}^{-}$: 133 pm), więc odległości międzyjonowe są podobne. Różnica leży w ładunkach: w MgO oba jony są dwuwartościowe ($2+$ i $2-$, iloczyn ładunków $=4$), a w LiF jednowartościowe ($1+$ i $1-$, iloczyn ładunków $=1$).

Odpowiedź: Mimo zbliżonych rozmiarów jonów, jony w MgO mają dwukrotnie większe ładunki niż jony w LiF ($\mathrm{M}{\mathrm{g}}^{2+}$, ${\mathrm{O}}^{2-}$ wobec $\mathrm{L}{\mathrm{i}}^{+}$, ${\mathrm{F}}^{-}$). Siła przyciągania elektrostatycznego między jonami rośnie z iloczynem ich ładunków, więc znacznie większe ładunki jonów w MgO powodują znacznie większą energię sieciową niż w LiF.

Krok 1. Odczyt liczby koordynacyjnej z rysunku struktury $\alpha$-GeO${}_2$. Na rysunku każdy (szary) atom germanu w strukturze $\alpha$-GeO${}_2$ jest otoczony przez sześć (czarnych) atomów oxygenu — struktura oktaedryczna. Liczba koordynacyjna atomu germanu w tej odmianie wynosi więc sześć.

Krok 2. Odczyt liczby koordynacyjnej i hybrydyzacji w $\beta$-GeO${}_2$. Na rysunku struktury $\beta$-GeO${}_2$ każdy atom germanu jest otoczony przez cztery atomy oxygenu — układ tetraedryczny. Otoczenie tetraedryczne (cztery wiązania) odpowiada hybrydyzacji orbitali walencyjnych atomu centralnego typu $s{p}^3$.

Odpowiedź: W odmianie $\alpha$-GeO${}_2$ liczba koordynacyjna atomu germanu wynosi sześć. W strukturze $\beta$-GeO${}_2$ dla orbitali walencyjnych atomu germanu zakłada się hybrydyzację $s{p}^3$.

Krok 1. Metoda obliczeniowa. Z równania miareczkowania: $n(\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4)=c(\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4)\cdot V(\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4)$, a ze stechiometrii ($2\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4:5{\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2$): $n({\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2)=\frac{5}{2}n(\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4)$. Stężenie w próbce: $c({\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2)=\frac{n({\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2)}{V_{\text{proˊbki}}}$, gdzie $V_{\text{proˊbki}}=2,0\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3=0,0020\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$.

Krok 2. Obliczenie dla $t=20$ min ($V(\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4)=9,9\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3=0,0099\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$): $n(\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4)=0,0020\cdot 0,0099=1,98\cdot 10^{-5}\mathrm{mol}$ $n({\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2)=2,5\cdot 1,98\cdot 10^{-5}=4,95\cdot 10^{-5}\mathrm{mol}$ $c({\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2)=\frac{4,95\cdot 10^{-5}}{0,0020}\approx 0,0248\approx 0,025\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$

Krok 3. Obliczenie dla $t=30$ min ($V(\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4)=6,2\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3=0,0062\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$): $n(\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4)=0,0020\cdot 0,0062=1,24\cdot 10^{-5}\mathrm{mol}$ $n({\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2)=2,5\cdot 1,24\cdot 10^{-5}=3,1\cdot 10^{-5}\mathrm{mol}$ $c({\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2)=\frac{3,1\cdot 10^{-5}}{0,0020}\approx 0,0155\approx 0,016\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$

Krok 4. Wykres. Zależność stężenia ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2$ od czasu jest funkcją malejącą — wykres to krzywa (lub łamana) łącząca cztery punkty: $(0;0,048)$, $(10;0,036)$, $(20;0,025)$, $(30;0,016)$, opadająca w całym zakresie (typowy przebieg zaniku reagenta w reakcji rozkładu).

Odpowiedź:

Krok 1. Wpływ spadku stężenia na szybkość reakcji. Szybkość reakcji rozkładu ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2$ zależy od aktualnego stężenia substratu. W miarę postępu reakcji stężenie ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2$ maleje (zgodnie z zadaniem 6.1.), a więc szybkość reakcji z czasem maleje.

Krok 2. Wpływ temperatury na szybkość reakcji. Zgodnie z teorią zderzeń i regułą van't Hoffa/Arrheniusa, wzrost temperatury zwiększa energię kinetyczną cząsteczek i częstość skutecznych zderzeń, przez co szybkość reakcji rośnie. Zatem szybkość rozkładu ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2$ w 40°C jest większa niż w 20°C.

Odpowiedź: Szybkość reakcji rozkładu nadtlenku wodoru wraz z upływem czasu maleje. Szybkość reakcji w temperaturze 40°C jest większa niż w temperaturze 20°C.

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

Krok 2. Liczba moli jonów OH${}^{-}$ wprowadzonych z roztworem Ba(OH)${}_2$. Każdy mol $\mathrm{Ba}(\mathrm{OH}{)}_2$ dostarcza 2 mole $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$, więc dla objętości $V$ (w dm${}^3$): $n(\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-})=2\cdot 0,020\cdot V=0,04\cdot V$

Krok 3. Stężenie jonów H${}^{+}$ w roztworze końcowym. Po zmieszaniu roztworów objętość całkowita to $0,025+V$, a liczba moli nadmiarowych jonów H${}^{+}$ to $n({\mathrm{H}}^{+})-n(\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-})$ (zakładając, że kwas jest w nadmiarze, co potwierdza końcowe pH < 7): $c_{\text{konˊc}}({\mathrm{H}}^{+})=\frac{7,9\cdot 10^{-4}-0,04\cdot V}{0,025+V}$ Z warunku pH = 3,7: $c_{\text{konˊc}}({\mathrm{H}}^{+})=10^{-3,7}\approx 2,0\cdot 10^{-4}\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$.

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

Odpowiedź: Należy dodać około 19,5 cm${}^3$ (w zależności od przyjętych zaokrągleń: ok. 19,5–19,8 cm${}^3$) roztworu wodorotlenku baru.

Krok 1. Polarność cząsteczki HCl. Chlor jest znacznie bardziej elektroujemny niż wodór, więc wiążąca para elektronowa jest silniej przyciągana przez atom chloru. Powoduje to powstanie trwałego dipola — cząsteczka HCl jest polarna.

Krok 2. Mechanizm wypierania HCl z chlorków. Stężony kwas siarkowy(VI) wypiera chlorowodór z chlorku sodu, bo powstający chlorowodór jest gazem o niskiej temperaturze wrzenia — jest lotny i łatwo opuszcza mieszaninę reakcyjną, co przesuwa reakcję w stronę produktów.

Odpowiedź: Cząsteczka chlorowodoru jest polarna, ponieważ wiążąca para elektronowa jest silniej przyciągana przez atom chloru. Stężony kwas siarkowy(VI) wypiera chlorowodór z chlorków, ponieważ chlorowodór jest lotny.

Krok 1. Zasada „podobne rozpuszcza podobne”. Chlorowodór jest cząsteczką polarną (zadanie 8.1.). Substancje polarne rozpuszczają się znacznie lepiej w rozpuszczalnikach polarnych (jak woda) niż w rozpuszczalnikach niepolarnych (jak benzen).

Krok 2. Przypisanie wartości. Wartość 721 g HCl na dm${}^3$ (bardzo dobra rozpuszczalność) odpowiada wodzie — rozpuszczalnikowi polarnemu. Wartość 13,7 g HCl na dm${}^3$ (znacznie słabsza rozpuszczalność) odpowiada benzenowi — rozpuszczalnikowi niepolarnemu.

Odpowiedź:

Krok 1. Woda jako rozpuszczalnik polarny. Cząsteczki wody są polarne i mogą silnie oddziaływać (solwatować) z polarnymi cząsteczkami HCl, co umożliwia i stabilizuje dysocjację elektrolityczną: $\mathrm{HCl}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to {\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}+\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$. Powstałe swobodne jony są nośnikami prądu — roztwór wodny HCl przewodzi prąd elektryczny.

Krok 2. Benzen jako rozpuszczalnik niepolarny. Cząsteczki benzenu są niepolarne i nie są w stanie skutecznie solwatować (stabilizować) jonów powstających z rozpadu HCl. W efekcie chlorowodór rozpuszczony w benzenie pozostaje w formie niezdysocjowanych cząsteczek (dysocjacja praktycznie nie zachodzi) — brak swobodnych jonów oznacza brak nośników ładunku, więc taki roztwór nie przewodzi prądu.

Odpowiedź: Woda, jako rozpuszczalnik polarny, umożliwia dysocjację elektrolityczną polarnych cząsteczek HCl na swobodne jony ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ i $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$, które przewodzą prąd. Benzen, jako rozpuszczalnik niepolarny, nie stabilizuje jonów, więc HCl pozostaje w nim w formie cząsteczkowej i taki roztwór nie przewodzi prądu.

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

Krok 2. Masa czystego MnCl${}_2$ w roztworze początkowym. $n(\mathrm{MnC}{\mathrm{l}}_2)=c\cdot V_{r1}=0,678mol/d{\mathrm{m}}^3\cdot 0,150\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3=0,1017\mathrm{mol}$ $m_{s1}=n\cdot M=0,1017\cdot 126\approx 12,8\mathrm{g}$

Krok 3. Masa czystego MnCl${}_2$ dostarczonego przez hydrat. Hydrat $\mathrm{MnC}{\mathrm{l}}_2\cdot 4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ ($M=198g/mol$) zawiera $\mathrm{MnC}{\mathrm{l}}_2$ ($M=126g/mol$) w stosunku molowym 1:1, więc udział masowy $\mathrm{MnC}{\mathrm{l}}_2$ w hydracie to $126/198$: $m_{sh}=6,00\cdot \frac{126}{198}\approx 3,82\mathrm{g}$

Krok 4. Masa końcowa roztworu i masa całkowita MnCl${}_2$. $m_{r2}=m_{r1}+m_{\text{hydratu}}=160,5+6,00=166,5\mathrm{g}$ $m_{s,\text{total}}=m_{s1}+m_{sh}\approx 12,8+3,82\approx 16,6\mathrm{g}$

Krok 5. Stężenie procentowe końcowe. $c_p=\frac{m_{s,\text{total}}}{m_{r2}}\cdot 100\%=\frac{16,6}{166,5}\cdot 100\%\approx 10\%$

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

Krok 1. Zmiany stopni utlenienia. W $\mathrm{Fe}(\mathrm{OH}{)}_3$ żelazo ma stopień utlenienia $+3$, a w $\mathrm{Fe}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ — $+6$. Żelazo jest więc utleniane (oddaje 3 elektrony). Chlor w $\mathrm{Cl}{\mathrm{O}}^{-}$ ma stopień utlenienia $+1$, a w $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$ — $-1$; chlor jest redukowany (przyjmuje 2 elektrony).

Krok 2. Równanie procesu utleniania (środowisko zasadowe — dodajemy OH${}^{-}$ i H${}_2$O, bilansując ładunek i masę). $\mathrm{Fe}(\mathrm{OH}{)}_3+5\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{Fe}{\mathrm{O}}_4^{2-}+4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+3e^{-}$ (Sprawdzenie ładunku: lewa strona $-5$, prawa strona $-2-3=-5$ — zgodne.)

Krok 3. Równanie procesu redukcji (dla porównania, w środowisku zasadowym). $\mathrm{Cl}{\mathrm{O}}^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+2e^{-}\to \mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$

Krok 4. Bilansowanie elektronów i sumowanie. Utlenianie oddaje 3 elektrony, redukcja przyjmuje 2 — najmniejsza wspólna wielokrotność to 6. Mnożymy utlenianie przez 2, redukcję przez 3: $2\mathrm{Fe}(\mathrm{OH}{)}_3+10\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to 2\mathrm{Fe}{\mathrm{O}}_4^{2-}+8{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+6e^{-}$ $3\mathrm{Cl}{\mathrm{O}}^{-}+3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+6e^{-}\to 3\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}+6\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ Sumujemy i redukujemy powtarzające się cząstki ($10\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}-6\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}=4\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ po lewej; $8{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}-3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}=5{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ po 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 utleniania: $\mathrm{Fe}(\mathrm{OH}{)}_3+5\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{Fe}{\mathrm{O}}_4^{2-}+4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+3e^{-}$. Schemat sumaryczny: $2\mathrm{Fe}(\mathrm{OH}{)}_3+3\mathrm{Cl}{\mathrm{O}}^{-}+4\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to 2\mathrm{Fe}{\mathrm{O}}_4^{2-}+3\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}+5{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Charakter reakcji. Jon $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$ jest słabym kwasem Brønsteda i reaguje z zasadowym, słabo rozpuszczalnym $\mathrm{Ca}(\mathrm{OH}{)}_2$, przenosząc proton na grupę $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$; powstaje przy tym gaz o charakterystycznym zapachu — amoniak $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$ — oraz rozpuszczalne jony $\mathrm{C}{\mathrm{a}}^{2+}$ (stąd klarowny roztwór).

Krok 2. Bilansowanie równania. Każdy mol $\mathrm{Ca}(\mathrm{OH}{)}_2$ dostarcza 2 grupy $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$, które reagują z 2 jonami $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$: $\mathrm{Ca}(\mathrm{OH}{)}_2+2\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}\to \mathrm{C}{\mathrm{a}}^{2+}+2\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Odpowiedź: $\mathrm{Ca}(\mathrm{OH}{)}_2+2\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}\to \mathrm{C}{\mathrm{a}}^{2+}+2\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Postać związku wapnia po reakcji. W wyniku reakcji z zadania 11.1. powstał klarowny (przezroczysty) roztwór, co oznacza, że związek wapnia (np. $\mathrm{CaC}{\mathrm{l}}_2$) jest w pełni rozpuszczony — nie ma osadu, który można by odsączyć.

Krok 2. Wybór metody. Sączenie służy do rozdzielania osadu od cieczy — tu nie ma osadu, więc ta metoda nie działa. Ekstrakcja rozdziela substancje na podstawie różnicy rozpuszczalności w dwóch niemieszających się cieczach — nieprzydatna dla soli rozpuszczonej w wodzie. Aby wyodrębnić rozpuszczony związek wapnia z roztworu, należy odparować wodę (rozpuszczalnik), co spowoduje wykrystalizowanie soli wapnia.

Odpowiedź: odparowanie.

Krok 1. Warunek klarownego roztworu. Klarowny roztwór powstanie tylko wtedy, gdy dodany związek spowoduje reakcję, w wyniku której trudno rozpuszczalny $\mathrm{Ca}(\mathrm{OH}{)}_2$ przejdzie całkowicie do roztworu w postaci rozpuszczalnej soli wapnia.

Krok 2. Analiza każdego związku.

• $\mathrm{HCl}$ — kwas silny, reaguje z $\mathrm{Ca}(\mathrm{OH}{)}_2$: $\mathrm{Ca}(\mathrm{OH}{)}_2+2\mathrm{HCl}\to \mathrm{CaC}{\mathrm{l}}_2+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$, powstaje rozpuszczalny $\mathrm{CaC}{\mathrm{l}}_2$ — roztwór klarowny. ✓
• $\mathrm{KOH}$ — zasada, nie reaguje z $\mathrm{Ca}(\mathrm{OH}{)}_2$ (nie ma reakcji kwasowo-zasadowej między dwiema zasadami) — osad pozostaje. ✗
• $\mathrm{KCl}$ — sól obojętna, nie reaguje z $\mathrm{Ca}(\mathrm{OH}{)}_2$ — osad pozostaje. ✗
• $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3$ — zawiera jon $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$, który (analogicznie do zadania 11.1.) reaguje z $\mathrm{Ca}(\mathrm{OH}{)}_2$, uwalniając $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$ i tworząc rozpuszczalny $\mathrm{Ca}(\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3{)}_2$ — roztwór klarowny. ✓

Odpowiedź: HCl oraz NH${}_4$NO${}_3$.

Krok 1. Analiza wpływu ciśnienia. Reakcja $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2+{\mathrm{H}}_2\rightleftharpoons \mathrm{CO}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ zachodzi bez zmiany łącznej liczby moli gazów (2 mole substratów → 2 mole produktów). Zgodnie z regułą przekory, zmiana ciśnienia nie przesuwa równowagi takiej reakcji (bo nie zmienia się liczba moli gazu po obu stronach), więc wydajność reakcji nie wzrośnie. Stwierdzenie 1. jest fałszywe (F).

Krok 2. Analiza wpływu temperatury na stałą równowagi. Reakcja jest endotermiczna ($\Delta H>0$). Zgodnie z regułą przekory, obniżenie temperatury przesuwa równowagę reakcji endotermicznej w stronę substratów (reakcji egzotermicznej, czyli odwrotnej) — zmniejsza to stopień przemiany, a stała równowagi (zależna wyłącznie od temperatury) dla reakcji endotermicznej zmniejsza się wraz ze spadkiem temperatury. Stwierdzenie 2. jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: (1) F, (2) P.

Krok 1. Oznaczenia. Niech początkowa liczba moli wodoru wynosi $x$, a tlenku węgla(IV) — $10-x$ (bo suma = 10 mol, a objętość reaktora to 1,0 dm${}^3$, więc liczby moli = stężenia molowe).

Krok 2. Bilans reakcji. Przereagowało 60% wodoru, czyli $0,6x$ mol; zgodnie ze stechiometrią 1:1 tyle samo moli $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ przereagowało i tyle samo moli $\mathrm{CO}$ i ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ powstało:

Krok 3. Wykorzystanie stałej równowagi $K=1,0$. $K=\frac{[\mathrm{CO}][{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}]}{[\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2][{\mathrm{H}}_2]}=\frac{(0,6x{)}^2}{(10-1,6x)(0,4x)}=1,0$ $0,36x^2=0,4x(10-1,6x)=4x-0,64x^2$ $0,36x^2+0,64x^2-4x=0\Rightarrow x^2-4x=0\Rightarrow x(x-4)=0$ Ponieważ $x\ne 0$, mamy $x=4$.

Krok 4. Wynik. $n({\mathrm{H}}_2)=x=4\mathrm{mol},n(\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2)=10-x=6\mathrm{mol}$

Odpowiedź: Początkowa liczba moli tlenku węgla(IV) wynosiła 6 mol, a wodoru — 4 mol.

Krok 1. Odczyny poszczególnych soli. $\mathrm{NaHC}{\mathrm{O}}_3$ to sól słabego kwasu i silnej zasady — hydrolizuje anion, roztwór ma odczyn zasadowy (papierek zielony/niebieski, tu: zielony). $\mathrm{ZnC}{\mathrm{l}}_2$ to sól silnego kwasu i słabej zasady ($\mathrm{Zn}(\mathrm{OH}{)}_2$) — hydrolizuje kation $\mathrm{Z}{\mathrm{n}}^{2+}$, roztwór ma odczyn kwasowy (papierek czerwony). $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COON}{\mathrm{H}}_4$ to sól słabego kwasu i słabej zasady o zbliżonej mocy — hydrolizują oba jony w podobnym stopniu, odczyn jest bliski obojętnemu (papierek żółty, czyli w praktyce odczyn obojętny/lekko kwasowy na skali uniwersalnego wskaźnika).

Krok 2. Przypisanie kolorów do probówek. Probówka 1. (czerwona, kwasowy) → $\mathrm{ZnC}{\mathrm{l}}_2$. Probówka 2. (żółta, obojętny) → $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COON}{\mathrm{H}}_4$. Probówka 3. (zielona, zasadowy) → $\mathrm{NaHC}{\mathrm{O}}_3$.

Odpowiedź:

Krok 1. Analiza stwierdzenia 1. Probówka 1. to $\mathrm{ZnC}{\mathrm{l}}_2$ — hydrolizie ulega tu kation $\mathrm{Z}{\mathrm{n}}^{2+}$ (a nie anion $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$, który pochodzi od silnego kwasu HCl i nie hydrolizuje). Probówka 3. to $\mathrm{NaHC}{\mathrm{O}}_3$ — hydrolizie ulega anion $\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3^{-}$ (a nie kation $\mathrm{N}{\mathrm{a}}^{+}$, który pochodzi od silnej zasady NaOH i nie hydrolizuje). Zdanie mówi odwrotnie (aniony w probówce 1., kationy w probówce 3.) — jest więc fałszywe (F).

Krok 2. Analiza stwierdzenia 2. Probówka 2. to $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COON}{\mathrm{H}}_4$ — sól słabego kwasu ($\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$) i słabej zasady ($\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3$). Tutaj hydrolizie ulegają jednocześnie kation $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$ oraz anion $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}$. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: (1) F, (2) P.

Krok 1. Addycja HBr do związku X. Związek X to pent-2-en: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$. Addycja HBr do tego symetrycznie podobnego alkenu (oba węgle wiązania podwójnego są drugorzędowe) daje dwa możliwe produkty addycji bromowodoru — bromopentan z Br przy węglu 2 lub przy węglu 3 łańcucha, czyli 3-bromopentan i (równoważny mu przez symetrię numeracji) analogiczny izomer.

Krok 2. Warunek jedynego produktu eliminacji. Ogrzewanie związku A z alkoholowym KOH (eliminacja) musi dać wyłącznie X (pent-2-en) jako jedyny produkt organiczny — czyli eliminacja HBr z A musi być jednoznaczna (brak alternatywnego kierunku eliminacji dającego inny alken). To spełnia 3-bromopentan ($\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CHBr}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$) — usunięcie H i Br z sąsiednich węgli (2 i 3, lub 3 i 4 — symetrycznie) prowadzi zawsze do tego samego alkenu, pent-2-enu, ze względu na symetrię cząsteczki.

Krok 3. Wzór związku B. Związek B to drugi produkt addycji HBr do X — powstający przy przyłączeniu Br do węgla 2 (analogicznie, z symetrii cząsteczki pentenu, addycja daje w praktyce ten sam typ produktu, 2-bromopentan): $\mathrm{B}:{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}-\mathrm{CH}(\mathrm{Br})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$

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. W addycji wody do niesymetrycznego alkenu (katalizowanej H${}_3$O${}^{+}$), grupa $-\mathrm{OH}$ przyłącza się do atomu węgla przy wiązaniu podwójnym, który jest połączony z większą liczbą atomów wodoru (a proton — do węgla z mniejszą liczbą atomów wodoru), bo prowadzi to przez bardziej stabilny (bardziej podstawiony) karbokation przejściowy.

Krok 2. Analiza związku Y. Y to 2-metylobut-2-en: $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{C}=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$. Wiązanie podwójne łączy węgiel trzeciorzędowy (bez H) z węglem drugorzędowym (1H). Zgodnie z regułą Markownikowa, grupa OH przyłącza się do węgla trzeciorzędowego (tworząc bardziej stabilny karbokation trzeciorzędowy) — głównym produktem jest 2-metylobutan-2-ol (alkohol III-rzędowy).

Krok 3. Analiza związku Q. Q to 3-metylobut-1-en: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2=\mathrm{CH}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$. Wiązanie podwójne łączy węgiel pierwszorzędowy (2H, na końcu łańcucha) z węglem drugorzędowym (1H). Zgodnie z regułą Markownikowa, grupa OH przyłącza się do węgla drugorzędowego (karbokation drugorzędowy jest stabilniejszy niż pierwszorzędowy) — głównym produktem jest 3-metylobutan-2-ol (alkohol II-rzędowy).

Odpowiedź: Rozstrzygnięcie: nie, to nie są te same produkty. Uzasadnienie: zgodnie z regułą Markownikowa grupa OH przyłącza się do węgla przy wiązaniu podwójnym połączonego z mniejszą liczbą atomów wodoru — w związku Y prowadzi to do alkoholu III-rzędowego (2-metylobutan-2-olu), a w związku Q — do alkoholu II-rzędowego (3-metylobutan-2-olu), ze względu na różne rzędowości atomów węgla przy wiązaniu podwójnym w obu cząsteczkach.

Krok 1. Warunek powstania ketonu. Zgodnie ze schematem, keton powstaje tylko wtedy, gdy jeden z węgli wiązania podwójnego jest podstawiony dwukrotnie (nie ma przy nim atomu wodoru) — czyli alken ma budowę ${\mathrm{R}}^1-\mathrm{C}({\mathrm{R}}^2)=\mathrm{CH}-{\mathrm{R}}^3$.

Krok 2. Który z alkenów X, Y, Q ma taką budowę. Spośród X (pent-2-en, oba węgle wiązania podwójnego mają po 1 H), Y (2-metylobut-2-en: $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{C}=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ — jeden z węgli wiązania podwójnego, ten z dwiema grupami metylowymi, nie ma H) i Q (3-metylobut-1-en, oba węgle wiązania podwójnego mają H), tylko Y ma węgiel przy wiązaniu podwójnym bez atomu wodoru.

Krok 3. Produkty utleniania Y. $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{C}=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ utlenia się do: $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{C}=\mathrm{O}$ (aceton, keton) oraz $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$ (kwas octowy).

Odpowiedź: Nazwa systematyczna alkenu: 2-metylobut-2-en. Wzór ketonu: $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{C}=\mathrm{O}$ (aceton, czyli $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CO}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$).

Krok 1. Produkty utleniania X. Węglowodór 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 $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}=$) oraz 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. Który kwas ma wyższą stałą dysocjacji. Krótszy łańcuch alkilowy słabiej „rozprasza” (poprzez efekt indukcyjny +I) ładunek ujemny na grupie karboksylanowej, więc kwas octowy (krótszy łańcuch, $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$-) jest silniejszym kwasem (ma wyższą $K_a$) niż kwas propanowy (dłuższy łańcuch, silniejszy efekt +I stabilizujący cząsteczkę niezdysocjowaną, obniżający $K_a$).

Krok 3. Reakcja z KOH. Kwas octowy reaguje z wodorotlenkiem potasu, tworząc octan potasu: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}+\mathrm{KOH}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOK}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Odpowiedź: Wyższą wartość $K_a$ ma kwas octowy $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOH}$. Produkt jego reakcji z KOH: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{COOK}$ (octan potasu).

Krok 1. Identyfikacja gazu X. Gaz X to bezbarwny gaz o ostrym zapachu, o cząsteczkach dwuatomowych, powstający ze spalania PVC (który zawiera chlor) — to chlorowodór, $\mathrm{HCl}$.

Krok 2. Wzór fragmentu z czterech merów. Fragment PVC z czterech merów to $[\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CHCl}{]}_4$, czyli ${\mathrm{C}}_8{\mathrm{H}}_{12}\mathrm{C}{\mathrm{l}}_4$ (4 atomy C od $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$ + 4 od $\mathrm{CHCl}$ = 8 C; wodory: $4\cdot 2+4\cdot 1=12$ H; 4 Cl).

Krok 3. Bilansowanie równania spalania. Produkty spalania: $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$, ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$, $\mathrm{HCl}$ w stosunku molowym $2:1:1$. Dla 8 atomów C: $n_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}=8$. Z proporcji $n_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}:n_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=2:1$ wynika $n_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=4$, a z proporcji $n_{\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2}:n_X=2:1$ wynika $n_{\mathrm{HCl}}=4$. Sprawdzenie atomów H: $4\cdot 2({\text{z H}}_2\mathrm{O})+4\cdot 1(\text{z HCl})=8+4=12$ — zgodne z 12 atomami H w substracie. Sprawdzenie Cl: 4 Cl w substracie = 4 Cl w $\mathrm{HCl}$ — zgodne.

Krok 4. Bilans atomów O. Po prawej stronie: $2\cdot 8({\text{z CO}}_2)+1\cdot 4({\text{z H}}_2\mathrm{O})=16+4=20$ atomów O, czyli 10 moli ${\mathrm{O}}_2$.

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 (w przeliczeniu na mery, $M_{\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{CHCl}}=62,5g/mol$). $n_{\text{PVC}}=\frac{100}{62,5}=1,6\mathrm{mol}$

Krok 2. Stechiometria całego procesu. Zgodnie ze schematem z informacji do zadań 17.–18.: 1 mol $\mathrm{Ca}{\mathrm{C}}_2\to$ 1 mol ${\mathrm{C}}_2{\mathrm{H}}_2\to$ 1 mol merów $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{CHCl}$ w PVC. Teoretycznie (przy 100% wydajności) potrzeba więc $1,6$ mol $\mathrm{Ca}{\mathrm{C}}_2$.

Krok 3. Uwzględnienie wydajności całego procesu (78%). Aby otrzymać $1,6$ mol PVC przy wydajności 78%, trzeba użyć więcej substratu: $n_{\mathrm{Ca}{\mathrm{C}}_2}=\frac{1,6}{0,78}\approx 2,05\mathrm{mol}$

Krok 4. Masa czystego $\mathrm{Ca}{\mathrm{C}}_2$ ($M_{\mathrm{Ca}{\mathrm{C}}_2}=64g/mol$): $m_{\mathrm{Ca}{\mathrm{C}}_2}=2,05\cdot 64\approx 131,2\mathrm{g}$

Krok 5. Masa karbidu (82% czystości). $m_{\text{karbidu}}=\frac{131,2}{0,82}\approx 160\mathrm{g}$

Odpowiedź: Potrzeba około 160 g karbidu.

Krok 1. Który węglowodór reaguje w I etapie. Manganian(VII) potasu w środowisku obojętnym utlenia wiązania podwójne (test Baeyera) — reaguje tylko ze styrenem (posiada winylową grupę $-\mathrm{CH}=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$ jako podstawnik przy pierścieniu aromatycznym), a nie z benzenem czy cykloheksanem (brak wiązań podwójnych C=C poza aromatycznymi, które nie reagują z KMnO${}_4$ w tych warunkach). Reakcja z alkenem daje charakterystyczny brunatny osad $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2$ (redukcja Mn od $+7$ do $+4$) — to właśnie zaobserwowano w jednej z probówek.

Krok 2. Produkt organiczny. Utlenianie wiązania podwójnego stryenu przez $\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4$ w środowisku obojętnym prowadzi do addycji dwóch grup $-\mathrm{OH}$ do obu atomów węgla wiązania podwójnego (synteza glikolu, tzw. reakcja Wagnera): ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{CH}=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2⟶{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$

Odpowiedź: Wzór związku manganu: $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2$. Wzór produktu organicznego: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ (1-fenyloetano-1,2-diol).

Krok 1. Które substancje pozostały do odróżnienia. Po I etapie zidentyfikowano styren. Do odróżnienia pozostały benzen i cykloheksan — oba niereaktywne wobec neutralnego $\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4$.

Krok 2. Reakcja różnicująca w II etapie. Stężony kwas azotowy(V) z dodatkiem stężonego kwasu siarkowego(VI), po ogrzaniu, nitruje pierścień aromatyczny benzenu (reakcja elektrofilowego podstawienia), dając żółtobrązowy nitrobenzen. Cykloheksan (węglowodór nasycony, brak pierścienia aromatycznego) nie ulega tej reakcji w zauważalnym stopniu — pozostaje bezbarwny w obu warstwach. ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_6+\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3\stackrel{\mathrm{st}\mathrm{ę}\dot{\mathrm{z}}.{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4,T}{\to }{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Odpowiedź: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_6+\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3\stackrel{{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4}{\to }{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ (nitrowanie benzenu — próbka z benzenem zabarwia się żółtobrązowo od powstałego nitrobenzenu, próbka z cykloheksanem pozostaje bezbarwna).

Krok 1. Zasada etapu decydującego o szybkości. W mechanizmach wieloetapowych szybkość całej reakcji jest zdeterminowana przez etap najwolniejszy (etap limitujący szybkość).

Krok 2. Identyfikacja etapu najwolniejszego. Z treści zadania wynika, że etap 1. (tworzenie enolu) jest wolny, a etap 2. (reakcja enolu z jodem) jest szybki.

Odpowiedź: Etap 1.

Krok 1. Sumowanie dwóch etapów. Sumując substraty i produkty obu etapów mechanizmu i skracając cząstki powtarzające się po obu stronach (protonowane formy pośrednie, ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ i ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ występujące jako pośrednie produkty i substraty), otrzymujemy sumaryczne równanie reakcji jodowania acetonu, w którym jony hydroniowe pełnią rolę katalizatora (są zużywane w etapie 1., a odtwarzane w etapie 2., dlatego nie występują w równaniu sumarycznym).

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

Krok 1. Rola jonów H${}_3$O${}^{+}$/H${}^{+}$. Jony hydroniowe są zużywane w etapie 1. (protonują acetone), ale są też odtwarzane — w etapie 1. (przy powstawaniu enolu) i w etapie 2. (przy powstawaniu jodoacetonu z formy protonowanej) — czyli są jednocześnie reagentem pośrednim i produktem końcowym reakcji sumarycznej (zob. zadanie 20.2., gdzie H${}^{+}$ jest produktem).

Krok 2. Definicja reakcji autokatalitycznej. Reakcja jest autokatalityczna, gdy jeden z jej produktów katalizuje tę samą reakcję. Ponieważ jony ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ (lub ${\mathrm{H}}^{+}$) są zarówno katalizatorem etapu 1., jak i produktem reakcji sumarycznej (zadanie 20.2.), reakcja jodowania acetonu jest reakcją autokatalityczną — powstający ${\mathrm{H}}^{+}$ przyspiesza dalszy przebieg reakcji.

Odpowiedź: Katalizator: ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ (lub ${\mathrm{H}}^{+}$). Rozstrzygnięcie: tak — reakcję jodowania acetonu zalicza się do reakcji autokatalitycznych, ponieważ jeden z jej produktów (${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$) jest jednocześnie jej katalizatorem.

Krok 1. Kwas karboksylowy potrzebny do otrzymania chlorku benzoilu. Chlorek benzoilu to ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{COCl}$ — pochodzi od kwasu benzoesowego ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{COOH}$.

Krok 2. Reakcja z chlorkiem tionylu. Zgodnie z opisaną metodą, kwas benzoesowy reaguje z chlorkiem tionylu, a grupa $-\mathrm{OH}$ zostaje zastąpiona atomem chloru; produktami nieorganicznymi są $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_2$ i $\mathrm{HCl}$: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{COOH}+\mathrm{SOC}{\mathrm{l}}_2\stackrel{\text{temp.}}{\to }{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{COCl}+\mathrm{S}{\mathrm{O}}_2+\mathrm{HCl}$

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

Krok 1. Reakcja z chlorkiem kwasowym. W reakcji chlorku kwasowego z alkoholem (${\mathrm{R}}^1\mathrm{COCl}+{\mathrm{R}}^2\mathrm{OH}\to {\mathrm{R}}^1\mathrm{COO}{\mathrm{R}}^2+\mathrm{HCl}$) powstaje chlorowodór — gaz, który opuszcza środowisko reakcji. Reakcja jest praktycznie jednokierunkowa (nieodwracalna), bo nie ustala się stan równowagi.

Krok 2. Reakcja estryfikacji kwasu karboksylowego. W reakcji kwasu karboksylowego z alkoholem w obecności ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ (${\mathrm{R}}^1\mathrm{COOH}+{\mathrm{R}}^2\mathrm{OH}\rightleftharpoons {\mathrm{R}}^1\mathrm{COO}{\mathrm{R}}^2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$) produktem obok estru jest woda, która nie opuszcza środowiska reakcji (pozostaje w mieszaninie) — reakcja jest odwracalna i ustala się stan równowagi, w którym część substratów nie przereagowała.

Odpowiedź: Reakcja z chlorkiem kwasowego jest praktycznie nieodwracalna, ponieważ jeden z produktów (chlorowodór) opuszcza środowisko reakcji jako gaz, co uniemożliwia przebieg reakcji odwrotnej. Reakcja estryfikacji z kwasem karboksylowym jest odwracalna, bo produkt uboczny (woda) pozostaje w środowisku reakcji i ustala się stan równowagi — dlatego wydajność tej drugiej reakcji jest niższa.

Krok 1. Podział wiązania estrowego. Cynamonian benzylu to ester kwasu cynamonowego (kwasu 3-fenyloprop-2-enowego) i alkoholu benzylowego. Analogicznie do zadania 21.–22., ester ten można otrzymać z odpowiedniego chlorku kwasowego i alkoholu.

Krok 2. Wzór chlorku kwasu. Chlorek kwasu cynamonowego: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{CH}=\mathrm{CH}-\mathrm{COCl}$.

Krok 3. Wzór alkoholu. Alkohol benzylowy: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{OH}$.

Odpowiedź: Wzór chlorku kwasu karboksylowego: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{CH}=\mathrm{CH}-\mathrm{COCl}$. Wzór alkoholu: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{OH}$.

Krok 1. Alternatywna droga otrzymywania estru. Ester (cynamonian benzylu) można otrzymać także bezpośrednio z kwasu karboksylowego i alkoholu (reakcja estryfikacji, katalizowana kwasem). Potrzebny jest kwas cynamonowy (związek A) i alkohol benzylowy (związek F) — związek C to inny kwas (fenylooctowy), a D to inny alkohol (cynamylowy), niepasujące do struktury cynamonianu benzylu.

Krok 2. Hydroliza w środowisku zasadowym (zmydlanie). Hydroliza estru w środowisku zasady sodowej (NaOH) daje sól kwasu karboksylowego (a nie sam kwas) oraz alkohol. Solą pochodzącą od kwasu cynamonowego jest cynamonian sodu, czyli związek B (a nie A — kwas w postaci wolnej — bo w środowisku zasadowym natychmiast przechodzi w sól; i nie E, bo E to sól alkoholu benzylowego, a nie kwasu).

Odpowiedź: Cynamonian benzylu powstaje w reakcji związku A ze związkiem F. W środowisku zasady sodowej hydroliza cynamonianu benzylu daje m.in. związek B.