Chemia — Maj 2025

Krok 1. Identyfikacja pierwiastka E. Atom E w stanie podstawowym zajmuje 8 orbitali, z czego 6 jest całkowicie zapełnionych. Sześć w pełni obsadzonych orbitali to $10$ elektronów sparowanych, a pozostałe dwa orbitale są obsadzone częściowo. Konfiguracja krzemu $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^2$ obsadza dokładnie: $1s$, $2s$, trzy orbitale $2p$, $3s$ (to sześć w pełni zapełnionych orbitali) oraz dwa orbitale $3p$ (po jednym elektronie) — razem $8$ orbitali. Zatem E = Si (krzem).

Krok 2. Blok i elektrony walencyjne E. Ostatni elektron trafia na podpowłokę $3p$, więc krzem należy do bloku p. Elektrony walencyjne to $3s^{2}3p^2$, czyli sumarycznie $2+2=4$.

Krok 3. Identyfikacja pierwiastka X. Zliczamy elektrony z diagramu klatkowego: $1s^2$, $2s^2$, $2p^6$ (pięć par = 10 e) oraz $3s^1$, $3p^3$, $3d^3$ (siedem pojedynczych = 7 e). Łącznie $10+7=17$ elektronów — to chlor, X = Cl (przedstawiony w stanie wzbudzonym).

Krok 4. Blok i elektrony walencyjne X. W stanie podstawowym chlor ma konfigurację $[\mathrm{Ne}]3s^{2}3p^5$; ostatni elektron trafia na $3p$, więc to blok p. Sumaryczna liczba elektronów walencyjnych (podpowłoki $3s$ i $3p$) wynosi $2+5=7$.

Odpowiedź:

Krok 1. Niesparowane elektrony krzemu. Atom krzemu w stanie podstawowym ma konfigurację $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^2$. Niesparowane są dwa elektrony na podpowłoce $3p$ (zgodnie z regułą Hunda zajmują dwa różne orbitale $3p$ ze zgodnym spinem).

Krok 2. Liczby kwantowe elektronu $3p$. Główna liczba kwantowa opisuje numer powłoki: dla powłoki trzeciej $n=3$. Poboczna liczba kwantowa opisuje typ podpowłoki: dla podpowłoki $p$ mamy $l=1$.

Odpowiedź:

Krok 1. Liczba elektronów jonu. Atom chloru ma 17 elektronów; jon chlorkowy $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$ powstaje przez przyłączenie jednego elektronu, więc ma $18$ elektronów (konfiguracja jak u argonu).

Krok 2. Rozmieszczenie elektronów. Osiemnaście elektronów obsadza kolejno podpowłoki: $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^6.$

Odpowiedź: $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^6$.

Krok 1. Zasada zachowania liczby masowej. Po lewej: $235+1=236$. Po prawej: $141+92+x\cdot 1$ (gdzie $x$ to liczba emitowanych neutronów). Zatem $236=233+x$, czyli $x=3$.

Krok 2. Zasada zachowania liczby atomowej. Po lewej: $92+0=92$. Po prawej: $56+36+3\cdot 0=92$. Bilans ładunku się zgadza.

Odpowiedź: emitowane są 3 neutrony: ${}_{92}^{235}\mathrm{U}+{}_0^{1}n\to 3{}_0^{1}n+{}_{36}^{92}\mathrm{Kr}+{}_{56}^{141}\mathrm{Ba}.$

Krok 1. Ustalenie drugiego jądra — bilans masy. ${}^{235}\mathrm{U}+{}^{1}n\to {}_{38}^{93}\mathrm{Sr}+3{}^{1}n+{}_Z^A\mathrm{X}$. Liczba masowa: $235+1=93+3+A$, więc $A=140$.

Krok 2. Bilans ładunku. Liczba atomowa uranu to $92$, strontu $38$. $92=38+0+Z$, więc $Z=54$ — to ksenon. Drugie jądro to ${}_{54}^{140}\mathrm{Xe}$.

Krok 3. Stosunek liczby neutronów do protonów. Dla ${}_{92}^{235}\mathrm{U}$: $\frac{235-92}{92}=\frac{143}{92}\approx 1,55$. Dla ${}_{38}^{93}\mathrm{Sr}$: $\frac{93-38}{38}=\frac{55}{38}\approx 1,45$. Większy stosunek ma jądro uranu.

Odpowiedź: tworzy się jądro ${}^{140}\mathrm{Xe}$; większy stosunek liczby neutronów do protonów ma jądro ${}^{235}\mathrm{U}$.

Krok 1. Wzory reagentów. Tlenek jodu(V) to ${\mathrm{I}}_2{\mathrm{O}}_5$ (jod na stopniu $+5$). W reakcji z wodą powstaje jednoprotonowy kwas, w którym jod również jest na $+5$ — to kwas jodowy(V) $\mathrm{HI}{\mathrm{O}}_3$.

Krok 2. Bilansowanie. Z jednej cząsteczki ${\mathrm{I}}_2{\mathrm{O}}_5$ (dwa atomy jodu) powstają dwie cząsteczki $\mathrm{HI}{\mathrm{O}}_3$; potrzebna jest jedna cząsteczka wody: ${\mathrm{I}}_2{\mathrm{O}}_5+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 2\mathrm{HI}{\mathrm{O}}_3.$

Odpowiedź: ${\mathrm{I}}_2{\mathrm{O}}_5+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 2\mathrm{HI}{\mathrm{O}}_3$.

Krok 1. Rozpoznanie procesu redoks. Tlenek jodu(V) ${\mathrm{I}}_2{\mathrm{O}}_5$ jest utleniaczem — jod redukuje się z $+5$ do $0$ (powstaje wolny ${\mathrm{I}}_2$). Tlenek węgla(II) $\mathrm{CO}$ jest reduktorem — węgiel utlenia się z $+2$ do $+4$ (powstaje $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$).

Krok 2. Bilans elektronowy. Dwa atomy jodu przyjmują łącznie $2\cdot 5=10$ elektronów; jeden atom węgla oddaje $2$ elektrony. Aby zbilansować $10$ elektronów, potrzeba $5$ cząsteczek $\mathrm{CO}$: ${\mathrm{I}}_2{\mathrm{O}}_5+5\mathrm{CO}\to {\mathrm{I}}_2+5\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2.$

Odpowiedź: ${\mathrm{I}}_2{\mathrm{O}}_5+5\mathrm{CO}\to {\mathrm{I}}_2+5\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$.

Krok 1. Skład masowy. W $100$ g tlenku jest $20,14$ g tlenu oraz $100-20,14=79,86$ g jodu.

Krok 2. Liczby moli (masy molowe $M_O=16,00g/mol$, $M_I=126,90g/mol$): $n_O=\frac{20,14}{16,00}\approx 1,259\mathrm{mol},n_I=\frac{79,86}{126,90}\approx 0,629\mathrm{mol}.$

Krok 3. Stosunek molowy. $n_I:n_O=0,629:1,259\approx 1:2$, więc wzór empiryczny to $\mathrm{I}{\mathrm{O}}_2$.

Krok 4. Wzór rzeczywisty. Skoro liczba atomów jodu we wzorze rzeczywistym jest dwa razy większa niż we wzorze empirycznym, mnożymy wskaźniki przez 2: ${\mathrm{I}}_2{\mathrm{O}}_4$.

Odpowiedź: wzór empiryczny $\mathrm{I}{\mathrm{O}}_2$; wzór rzeczywisty ${\mathrm{I}}_2{\mathrm{O}}_4$.

Krok 1. Stopnie utlenienia jodu. W jonie $\mathrm{I}{\mathrm{O}}_3^{-}$ jod ma stopień $+5$, w $\mathrm{IC}{\mathrm{l}}_3$ – stopień $+3$ (bo chlor jest bardziej elektroujemny i ma $-1$). W cząsteczce ${\mathrm{I}}_2$ jod ma stopień $0$.

Krok 2. Reakcja redukcji. Redukcja to przejście $\mathrm{I}{\mathrm{O}}_3^{-}$ (jod $+5$) w $\mathrm{IC}{\mathrm{l}}_3$ (jod $+3$) — pobranie 2 elektronów. W środowisku kwasowym z tlenu powstaje woda, a chlor pochodzi z jonów $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$: $\mathrm{I}{\mathrm{O}}_3^{-}+3\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}+6{\mathrm{H}}^{+}+2e^{-}\to \mathrm{IC}{\mathrm{l}}_3+3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Krok 3. Reakcja utleniania. Jod z ${\mathrm{I}}_2$ (stopień $0$) utlenia się do $+3$ w $\mathrm{IC}{\mathrm{l}}_3$; każdy atom oddaje 3 elektrony, cała cząsteczka ${\mathrm{I}}_2$ – 6 elektronów: ${\mathrm{I}}_2+6\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}\to 2\mathrm{IC}{\mathrm{l}}_3+6e^{-}.$

Krok 4. Bilans elektronów. Redukcja pobiera 2 e, utlenianie oddaje 6 e — mnożymy równanie redukcji przez 3, dodajemy i porządkujemy: $3\mathrm{I}{\mathrm{O}}_3^{-}+{\mathrm{I}}_2+18{\mathrm{H}}^{+}+15\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}\to 5\mathrm{IC}{\mathrm{l}}_3+9{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Odpowiedź: Równanie reakcji redukcji: $\mathrm{I}{\mathrm{O}}_3^{-}+3\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}+6{\mathrm{H}}^{+}+2e^{-}\to \mathrm{IC}{\mathrm{l}}_3+3{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$. Schemat z współczynnikami: $3\mathrm{I}{\mathrm{O}}_3^{-}+{\mathrm{I}}_2+18{\mathrm{H}}^{+}+15\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}\to 5\mathrm{IC}{\mathrm{l}}_3+9{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Bilans elektronów atomu centralnego. Atomem centralnym jest jod (7 elektronów walencyjnych). Trzy z nich tworzą wiązania z trzema atomami chloru, a pozostałe cztery elektrony tworzą dwie wolne pary elektronowe na atomie jodu. Wzór elektronowy: atom I połączony trzema wiązaniami pojedynczymi z trzema atomami Cl (każdy Cl ma po trzy wolne pary), a przy jodzie dwie wolne pary.

Krok 2. Liczba przestrzenna $\mathrm{IC}{\mathrm{l}}_3$. Liczba podstawników $x=3$ (trzy atomy Cl), liczba wolnych par $y=2$, więc: $L_p=x+y=3+2=5.$

Krok 3. Rozstrzygnięcie. Przedstawiony model ma $x=3$ i $L_p=4$ (jedna wolna para), co odpowiada kształtowi piramidy trygonalnej. Cząsteczka $\mathrm{IC}{\mathrm{l}}_3$ ma $x=3$, ale $L_p=5$ (dwie wolne pary) — kształt litery T. Wartości liczby przestrzennej są różne, więc model nie ilustruje kształtu cząsteczki $\mathrm{IC}{\mathrm{l}}_3$.

Odpowiedź: rozstrzygnięcie – nie; liczba przestrzenna $L_p=5$.

Krok 1. Analiza probówki I. $\mathrm{CuC}{\mathrm{l}}_2+\mathrm{Ba}(\mathrm{OH}{)}_2\to \mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2\downarrow +\mathrm{BaC}{\mathrm{l}}_2$. Chlorek baru jest dobrze rozpuszczalny i pozostaje w roztworze, więc jedynym osadem jest $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$, który po rozkładzie termicznym daje czysty $\mathrm{CuO}$.

Krok 2. Analiza probówki II. $\mathrm{CuS}{\mathrm{O}}_4+\mathrm{Ba}(\mathrm{OH}{)}_2\to \mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2\downarrow +\mathrm{BaS}{\mathrm{O}}_4\downarrow$. Siarczan(VI) baru jest trudno rozpuszczalny i wytrąca się razem z $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$. Po rozkładzie termicznym osad zawiera więc $\mathrm{CuO}$ oraz $\mathrm{BaS}{\mathrm{O}}_4$ — nie jest to czysty tlenek metalu.

Krok 3. Rozstrzygnięcie. Czysty tlenek metalu można otrzymać tylko w probówce I.

Odpowiedź: Osad tylko tlenku metalu otrzymano w probówce I. W probówce II obok $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ (a po prażeniu $\mathrm{CuO}$) wytrąca się dodatkowo trudno rozpuszczalny $\mathrm{BaS}{\mathrm{O}}_4$, więc produkt jest mieszaniną dwóch substancji.

Krok 1. Które wodorotlenki są białe. $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ jest niebieski, $\mathrm{Cr}(\mathrm{OH}{)}_3$ — szarozielony. Białe są $\mathrm{Ca}(\mathrm{OH}{)}_2$ i $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3$ — to one są w probówkach I i II.

Krok 2. Rozróżnienie po zachowaniu z ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$. Oba wodorotlenki roztwarzają się w $\mathrm{HCl}$ (klarowny roztwór). Po dodaniu ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$:

• w probówce I powstaje ponownie zawiesina — to znak, że powstał trudno rozpuszczalny siarczan(VI). $\mathrm{C}{\mathrm{a}}^{2+}+\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}\to \mathrm{CaS}{\mathrm{O}}_4\downarrow$ (siarczan wapnia jest trudno rozpuszczalny). Zatem probówka I to $\mathrm{Ca}(\mathrm{OH}{)}_2$.
• w probówce II roztwór pozostaje klarowny — $\mathrm{A}{\mathrm{l}}_2(\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4{)}_3$ jest dobrze rozpuszczalny. Zatem probówka II to $\mathrm{Al}(\mathrm{OH}{)}_3$.

Odpowiedź:

Krok 1. Identyfikacja probówek. Czarny osad po ogrzaniu (zdjęcie A) to $\mathrm{CuO}$ — powstaje z rozkładu $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$, więc probówka III zawierała $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$. Zielony roztwór po dodaniu $\mathrm{NaOH}$ (zdjęcie B) świadczy o roztworzeniu amfoterycznego $\mathrm{Cr}(\mathrm{OH}{)}_3$, więc probówka IV zawierała $\mathrm{Cr}(\mathrm{OH}{)}_3$.

Krok 2. Reakcja 1 — rozkład termiczny (forma cząsteczkowa). $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2\stackrel{\Delta }{\to }\mathrm{CuO}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Krok 3. Reakcja 2 — roztwarzanie amfoterycznego wodorotlenku (forma jonowa skrócona). $\mathrm{Cr}(\mathrm{OH}{)}_3$ reaguje z nadmiarem jonów $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$, tworząc jon hydroksokompleksowy: $\mathrm{Cr}(\mathrm{OH}{)}_3+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to [\mathrm{Cr}(\mathrm{OH}{)}_4{]}^{-}.$

Odpowiedź: Reakcja 1.: $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2\stackrel{\Delta }{\to }\mathrm{CuO}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$. Reakcja 2.: $\mathrm{Cr}(\mathrm{OH}{)}_3+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to [\mathrm{Cr}(\mathrm{OH}{)}_4{]}^{-}$ (dopuszczalny też zapis $\mathrm{Cr}(\mathrm{OH}{)}_3+3\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to [\mathrm{Cr}(\mathrm{OH}{)}_6{]}^{3-}$).

Krok 1. Stężenie $\mathrm{KOH}$. $\mathrm{pH}=13\Rightarrow \mathrm{pOH}=1\Rightarrow [\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}]=10^{-1}=0,1\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$, czyli $c_{\mathrm{KOH}}=0,1\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$.

Krok 2. Liczba moli $\mathrm{HBr}$ w próbce $1\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3$. Zobojętnianie zachodzi w stosunku 1:1 ($\mathrm{HBr}+\mathrm{KOH}\to \mathrm{KBr}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$): $n_{\mathrm{KOH}}=0,1\cdot 0,0069=6,9\cdot 10^{-4}\mathrm{mol}=n_{\mathrm{HBr}}(\text{w }1\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3).$

Krok 3. Liczba moli $\mathrm{HBr}$ w całych $80\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3$. $n_{\mathrm{HBr}}=80\cdot 6,9\cdot 10^{-4}=0,0552\mathrm{mol}.$

Krok 4. Ile $\mathrm{KBr}$ przereagowało. Z równania $\mathrm{KBr}\to \mathrm{HBr}$ (stosunek 1:1), więc przereagowało $0,0552$ mol $\mathrm{KBr}$. Masa: $M_{\mathrm{KBr}}=119g/mol$, $m=0,0552\cdot 119\approx 6,57\mathrm{g}.$

Krok 5. Procent przereagowanego $\mathrm{KBr}$. $\frac{6,57}{9,5}\cdot 100\%\approx 69,2\%.$

Odpowiedź: reakcji z ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$ uległo około $69,2\%$ użytego $\mathrm{KBr}$.

Krok 1. Doświadczenie 1. — srebro ze stężonym $\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3$. Srebro jest metalem szlachetnym i nie reaguje z kwasami nieutleniającymi, ale roztwarza się w stężonym kwasie azotowym(V). Brunatny gaz to $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2$ (azot redukuje się z $+5$ do $+4$), a srebro utlenia się do $\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}$: $\mathrm{Ag}+\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3^{-}+2{\mathrm{H}}^{+}\to \mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}+\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Krok 2. Doświadczenie 2. — cynk z kwasem solnym. Cynk leży w szeregu aktywności przed wodorem, więc roztwarza się w kwasie nieutleniającym z wydzieleniem wodoru: $\mathrm{Zn}+2{\mathrm{H}}^{+}\to \mathrm{Z}{\mathrm{n}}^{2+}+{\mathrm{H}}_2.$

Odpowiedź: Doświadczenie 1.: $\mathrm{Ag}+\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3^{-}+2{\mathrm{H}}^{+}\to \mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}+\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$. Doświadczenie 2.: $\mathrm{Zn}+2{\mathrm{H}}^{+}\to \mathrm{Z}{\mathrm{n}}^{2+}+{\mathrm{H}}_2$.

Krok 1. Zdanie 1. Zmniejszenie objętości przy stałej liczbie moli zwiększa stężenia substratów. Szybkość reakcji rośnie wraz ze stężeniem substratów, więc szybkość wzrośnie. Zdanie prawdziwe (P).

Krok 2. Zdanie 2. Wzrost temperatury zawsze zwiększa szybkość reakcji (większa energia i częstość zderzeń), a nie ją zmniejsza. Zdanie jest więc fałszywe (F).

Odpowiedź: (1) P, (2) F.

Krok 1. Rząd względem ${\mathrm{X}}_2$ (linia czerwona). Zależność $v$ od $c_{{\mathrm{X}}_2}$ jest liniowa (prosta), więc szybkość jest wprost proporcjonalna do $c_{{\mathrm{X}}_2}$ — rząd $a=1$.

Krok 2. Rząd względem ${\mathrm{Y}}_2$ (linia zielona). Zależność $v$ od $c_{{\mathrm{Y}}_2}$ jest parabolą: przy $c=1$ mamy $v=1$, a przy $c=2$ mamy $v=4$ (czterokrotny wzrost przy dwukrotnym wzroście stężenia) — rząd $b=2$. Zatem $v=k\cdot c_{{\mathrm{X}}_2}\cdot c_{{\mathrm{Y}}_2}^2$.

Krok 3. Stała szybkości $k$. Z wykresu przy $c_{{\mathrm{X}}_2}=c_{{\mathrm{Y}}_2}=1\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$ szybkość $v=1$: $1=k\cdot 1\cdot 1^2\Rightarrow k=1\mathrm{mo}{\mathrm{l}}^{-2}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^6\cdot {\mathrm{s}}^{-1}.$

Krok 4. Początkowe liczby moli. Mieszanina stechiometryczna (${\mathrm{X}}_2:{\mathrm{Y}}_2=1:2$), łącznie 12 mol: $n_{{\mathrm{X}}_2}=4$ mol, $n_{{\mathrm{Y}}_2}=8$ mol.

Krok 5. Ubytek moli. Niech $x$ = liczba moli ${\mathrm{X}}_2$, które przereagowały. ${\mathrm{X}}_2:4-x$, ${\mathrm{Y}}_2:8-2x$, $\mathrm{X}{\mathrm{Y}}_2:2x$. Łączna liczba moli: $(4-x)+(8-2x)+2x=12-x$. Ma być równa 9, więc $x=3$ mol.

Krok 6. Stężenia w tej chwili ($V=4,0\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$): ${\mathrm{X}}_2=4-3=1$ mol $\Rightarrow c_{{\mathrm{X}}_2}=0,25mol/d{\mathrm{m}}^3$; ${\mathrm{Y}}_2=8-6=2$ mol $\Rightarrow c_{{\mathrm{Y}}_2}=0,5mol/d{\mathrm{m}}^3$.

Krok 7. Szybkość reakcji. $v=1\cdot 0,25\cdot (0,5{)}^2=0,25\cdot 0,25=0,0625=6,25\cdot 10^{-2}\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}\cdot {\mathrm{s}}^{-1}.$

Odpowiedź: $a=1$, $b=2$, $k=1\mathrm{mo}{\mathrm{l}}^{-2}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^6\cdot {\mathrm{s}}^{-1}$, $v=6,25\cdot 10^{-2}\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}\cdot {\mathrm{s}}^{-1}$.

Krok 1. Roztwór $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{HP}{\mathrm{O}}_4$ (odczyn zasadowy). O odczynie decyduje jon $\mathrm{HP}{\mathrm{O}}_4^{2-}$, który tu zachowuje się jak zasada Brønsteda — przyjmuje proton od wody (kwas). Powstają jony ${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}$ i $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$: $\underset{\text{kwas 1}}{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}+\underset{\text{zasada 2}}{\mathrm{HP}{\mathrm{O}}_4^{2-}}\rightleftharpoons \underset{\text{zasada 1}}{\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}}+\underset{\text{kwas 2}}{{\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}}.$ Pojawienie się jonów $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ daje odczyn zasadowy.

Krok 2. Roztwór $\mathrm{Na}{\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4$ (odczyn kwasowy). O odczynie decyduje jon ${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}$, który tu jest kwasem Brønsteda — oddaje proton wodzie (zasada). Powstają jony $\mathrm{HP}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ i ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$: $\underset{\text{kwas 1}}{{\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}}+\underset{\text{zasada 2}}{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}\rightleftharpoons \underset{\text{zasada 1}}{\mathrm{HP}{\mathrm{O}}_4^{2-}}+\underset{\text{kwas 2}}{{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}}.$ Pojawienie się jonów ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$ daje odczyn kwasowy.

Odpowiedź: Dla $\mathrm{N}{\mathrm{a}}_2\mathrm{HP}{\mathrm{O}}_4$: ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+\mathrm{HP}{\mathrm{O}}_4^{2-}\rightleftharpoons \mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}$. Dla $\mathrm{Na}{\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4$: ${\mathrm{H}}_2\mathrm{P}{\mathrm{O}}_4^{-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\rightleftharpoons \mathrm{HP}{\mathrm{O}}_4^{2-}+{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$.

Krok 1. Stała $K_a$ jonu amonowego. Z tablic $K_{\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3}=1,78\cdot 10^{-5}$. Dla sprzężonego kwasu $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}$: $K_{\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}}=\frac{K_w}{K_{\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3}}=\frac{1,0\cdot 10^{-14}}{1,78\cdot 10^{-5}}\approx 5,62\cdot 10^{-10}.$

Krok 2. Stężenie $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4\mathrm{Cl}$. $M_{\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4\mathrm{Cl}}=53,5g/mol$, $n=\frac{0,10}{53,5}\approx 1,87\cdot 10^{-3}$ mol w $0,10\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$: $c_{\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}}=\frac{1,87\cdot 10^{-3}}{0,10}\approx 0,0187\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Krok 3. Stężenie jonów ${\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}$. Z przybliżenia $K_a\approx \frac{x^2}{c}$ (gdzie $x=[{\mathrm{H}}_3{\mathrm{O}}^{+}]$): $x=\sqrt{K_a\cdot c}=\sqrt{5,62\cdot 10^{-10}\cdot 0,0187}\approx 3,2\cdot 10^{-6}\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Krok 4. pH. $\mathrm{pH}=-\log (3,2\cdot 10^{-6})\approx 5,5.$

Krok 5. Wybór zdjęcia. Roztwór ma odczyn kwasowy ($\mathrm{pH}=5,5$). Błękit bromotymolowy w środowisku kwasowym jest żółty — to zdjęcie B (probówka z żółtą zawartością).

Odpowiedź: $\mathrm{pH}\approx 5,5$; zdjęcie B.

Krok 1. Powiązanie ciśnienia ze stężeniem. Przy stałych $V$, $T$ ciśnienie jest proporcjonalne do łącznej liczby moli (stężenia) gazów. Spadek ciśnienia do $75\%$ oznacza spadek łącznego stężenia do $75\%$ wartości początkowej.

Krok 2. Bilans stężeń. Początkowe łączne stężenie: $0,20+0,60=0,80\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$. Niech $x$ = spadek stężenia azotu. Zmiany: ${\mathrm{N}}_2:-x$, ${\mathrm{H}}_2:-3x$, $\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3:+2x$; łączna zmiana liczby moli $=-2x$. Łączne stężenie równowagowe: $0,80-2x$.

Krok 3. Wyznaczenie $x$. $0,80-2x=0,75\cdot 0,80=0,60$, więc $x=0,10\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$.

Krok 4. Stężenia równowagowe. $[{\mathrm{N}}_2]=0,20-0,10=0,10,[{\mathrm{H}}_2]=0,60-0,30=0,30,[\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3]=0,20\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Krok 5. Stała równowagi. $K=\frac{[\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3{]}^2}{[{\mathrm{N}}_2]\cdot [{\mathrm{H}}_2{]}^3}=\frac{(0,20{)}^2}{0,10\cdot (0,30{)}^3}=\frac{0,04}{0,0027}\approx 14,8.$

Odpowiedź: $K\approx 14,8$ (wielkość bezwymiarowa, w jednostkach $\mathrm{d}{\mathrm{m}}^6\cdot \mathrm{mo}{\mathrm{l}}^{-2}$).

Krok 1. Warunek malejącego pH. Malejące pH oznacza rosnące stężenie jonów ${\mathrm{H}}^{+}$. W półogniwie A jony ${\mathrm{H}}^{+}$ pojawiają się, gdy reakcja biegnie w lewo (odwrotnie do zapisanej): $\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}+4{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to \mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}+8{\mathrm{H}}^{+}+5e^{-}$ — to proces utleniania. Zatem stężenie ${\mathrm{H}}^{+}$ musi się zwiększać.

Krok 2. Rola półogniw. Skoro w półogniwie A zachodzi utlenianie, jest ono anodą, a drugie półogniwo pełni funkcję katody (zachodzi tam redukcja).

Krok 3. Wybór półogniwa. Aby półogniwo A było anodą, drugie musi mieć wyższy potencjał standardowy. Potencjały: $E_A^{\circ }(\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}/M{\mathrm{n}}^{2+})\approx +1,51$ V, $E_B^{\circ }(\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2/B{\mathrm{r}}^{-})\approx +1,07$ V, $E_C^{\circ }(\mathrm{C}{\mathrm{o}}^{3+}/C{\mathrm{o}}^{2+})\approx +1,82$ V. Wyższy od A jest tylko potencjał półogniwa C.

Odpowiedź: zwiększać; utleniania; katody. Półogniwo A należy połączyć z półogniwem C.

Krok 1. Który elektroda jest którą. Potencjały: $E_B^{\circ }(\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2/B{\mathrm{r}}^{-})\approx +1,07$ V, $E_C^{\circ }(\mathrm{C}{\mathrm{o}}^{3+}/C{\mathrm{o}}^{2+})\approx +1,82$ V. Wyższy potencjał ma półogniwo C — to katoda (biegun dodatni), a półogniwo B — anoda (biegun ujemny).

Krok 2. Zapis schematu. Na anodzie (B) zachodzi utlenianie $\mathrm{B}{\mathrm{r}}^{-}$ do $\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2$, na katodzie (C) redukcja $\mathrm{C}{\mathrm{o}}^{3+}$ do $\mathrm{C}{\mathrm{o}}^{2+}$: $(-)\mathrm{Pt}|\mathrm{B}{\mathrm{r}}^{-},\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2||\mathrm{C}{\mathrm{o}}^{3+},\mathrm{C}{\mathrm{o}}^{2+}|\mathrm{Pt}(+).$

Odpowiedź: $(-)\mathrm{Pt}|\mathrm{B}{\mathrm{r}}^{-},\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2||\mathrm{C}{\mathrm{o}}^{3+},\mathrm{C}{\mathrm{o}}^{2+}|\mathrm{Pt}(+)$ (kolejność drobin w obrębie każdego półogniwa jest dowolna).

Krok 1. Masa próbki. $1,0\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3=1000\mathrm{c}{\mathrm{m}}^3$, gęstość letniego LPG $0,56g/c{\mathrm{m}}^3$: $m=1000\cdot 0,56=560\mathrm{g}.$

Krok 2. Liczby moli propanu i butanu. Stosunek molowy propan:butan $=30:70=3:7$, więc $n_{\text{propan}}=\frac{3}{7}{n}_{\text{butan}}$. Masy molowe: $M_{\text{propan}}=44g/mol$, $M_{\text{butan}}=58g/mol$: $44\cdot \frac{3}{7}{n}_{\text{butan}}+58\cdot n_{\text{butan}}=560\Rightarrow (18,857+58)n_{\text{butan}}=560.$ $n_{\text{butan}}\approx 7,286\mathrm{mol},n_{\text{propan}}\approx 3,123\mathrm{mol}.$

Krok 3. Wydzielona energia. Sumujemy iloczyny liczby moli i wartości bezwzględnych entalpii spalania: $E=7,286\cdot 2878+3,123\cdot 2219\approx 20969+6930=27899\mathrm{kJ}.$

Odpowiedź: wydzieli się około $27900\mathrm{kJ}$ energii.

Krok 1. Porównanie energii. Zimowy LPG (gęstość $0,54g/c{\mathrm{m}}^3$) ma mniejszą masę w $1\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$ ($540$ g) i więcej propanu (o mniejszej molowej entalpii spalania niż butan). Obliczenia dają dla zimowego LPG ok. $27100\mathrm{kJ}$, a dla letniego (z zadania 15.) ok. $27900\mathrm{kJ}$. Zatem energia dla zimowego LPG jest mniejsza niż dla letniego.

Krok 2. Porównanie emisji $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$. Spalanie 1 mol propanu daje 3 mole $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$, a 1 mol butanu — 4 mole. Letni LPG zawiera więcej butanu (i ma większą masę w tej samej objętości), więc daje więcej $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$. Więcej $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ emituje letni LPG.

Odpowiedź: energia dla zimowego LPG – mniejsza niż dla letniego; więcej $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ – w przypadku letniego LPG.

Krok 1. Schemat 1 — produkt Markownikowa (alkohol III-rzędowy). Produkt $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}(\mathrm{OH})(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ ma grupę $-\mathrm{OH}$ przy trzeciorzędowym atomie węgla. Aby powstała ona zgodnie z regułą Markownikowa (woda w środowisku kwasowym), substratem jest alken z wiązaniem podwójnym przy tym atomie: 3-etylopent-2-en $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}=\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$. Warunki: ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$, katalizator kwasowy (np. ${\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4$).

Krok 2. Schemat 2 — produkt niezgodny z Markownikowem (alkohol I-rzędowy). Produkt $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ ma grupę $-\mathrm{OH}$ przy skrajnym, pierwszorzędowym atomie węgla. Taki alkohol powstaje w addycji wody niezgodnej z regułą Markownikowa z alkenu 2-metylobut-1-en $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2=\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$. Warunki: 1) $\mathrm{B}{\mathrm{H}}_3$; 2) ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2$, $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$.

Odpowiedź: Schemat 1: substrat $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}=\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$, warunki ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ / ${\mathrm{H}}^{+}$ (środowisko kwasowe). Schemat 2: substrat $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2=\mathrm{C}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$, warunki $\mathrm{B}{\mathrm{H}}_3$, następnie ${\mathrm{H}}_2{\mathrm{O}}_2$/$\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$.

Krok 1. Analiza wiązania podwójnego. Kamfen ma egzocykliczne wiązanie $\mathrm{C}=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$: jeden z atomów (należący do pierścienia) jest bardziej podstawiony (nie ma przy nim atomu wodoru), a drugi to skrajna, terminalna grupa $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$.

Krok 2. Addycja $\mathrm{HBr}$ (zgodnie z Markownikowem). Wodór przyłącza się do atomu węgla o większej liczbie atomów wodoru (terminalny $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$), a atom bromu — do bardziej podstawionego atomu pierścienia. Produkt: pierścieniowy atom C uzyskuje podstawnik $-\mathrm{Br}$, a grupa $=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$ przechodzi w $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$.

Krok 3. Addycja ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ (niezgodnie z Markownikowem). Grupa $-\mathrm{OH}$ przyłącza się do mniej podstawionego, terminalnego atomu węgla ($=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\to -\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$), a atom wodoru — do bardziej podstawionego atomu pierścienia (uzyskuje on atom $-\mathrm{H}$).

Odpowiedź:

• z $\mathrm{HBr}$: przy pierścieniowym atomie C pojawia się $-\mathrm{Br}$, a egzocykliczna grupa staje się $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (bromopochodna),
• z ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$: egzocykliczna grupa staje się $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$, a pierścieniowy atom C uzyskuje atom $-\mathrm{H}$ (pierwszorzędowy alkohol).

Krok 1. Reakcja pod wpływem światła. Światło inicjuje reakcję łańcuchową w grupie metylowej (łańcuchu bocznym): atom wodoru w grupie $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ zostaje zastąpiony atomem bromu. Jest to substytucja przebiegająca według mechanizmu rodnikowego.

Krok 2. Reakcja w obecności Fe. Żelazo (jako $\mathrm{FeB}{\mathrm{r}}_3$) katalizuje bromowanie pierścienia aromatycznego: atom wodoru w pierścieniu zostaje zastąpiony atomem bromu. Jest to substytucja przebiegająca według mechanizmu elektrofilowego.

Odpowiedź:

Krok 1. Miejsce podstawienia. Pod wpływem światła reakcja zachodzi w łańcuchu bocznym (grupa metylowa), a nie w pierścieniu. Jeden atom wodoru grupy $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ zostaje zastąpiony atomem bromu — powstaje grupa $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Br}$.

Krok 2. Równanie reakcji. Oznaczając p-ksylen jako $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3+\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2\stackrel{\text{sˊwiatło}}{\to }\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{Br}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3+\mathrm{HBr}.$

Odpowiedź: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3+\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2\stackrel{h\nu }{\to }\mathrm{BrC}{\mathrm{H}}_2-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3+\mathrm{HBr}$ (bromowana jest grupa metylowa).

Krok 1. Budowa kwasu. Katalityczne utlenienie obu grup metylowych p-ksylenu przekształca je w grupy karboksylowe $-\mathrm{COOH}$ w położeniach 1 i 4 pierścienia benzenowego.

Krok 2. Wzór. Kwas benzeno-1,4-dikarboksylowy to $\mathrm{HOOC}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{COOH}$ (grupy $-\mathrm{COOH}$ w położeniu para).

Odpowiedź: $\mathrm{HOOC}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{COOH}$ (kwas tereftalowy).

Krok 1. Produkt i grupa funkcyjna. 2,2-dimetylopropan-1-ol to $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_3\mathrm{C}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{OH}$ — pierwszorzędowy alkohol z grupą $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$. Powstaje on z redukcji odpowiedniego aldehydu ($-\mathrm{CHO}\to -\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$).

Krok 2. Substrat. Aldehydem jest 2,2-dimetylopropanal $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_3\mathrm{C}-\mathrm{CHO}$.

Krok 3. Równanie. $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_3\mathrm{C}-\mathrm{CHO}\stackrel{\mathrm{NaB}{\mathrm{H}}_4}{\to }(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_3\mathrm{C}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{OH}.$

Odpowiedź: substrat $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_3\mathrm{C}-\mathrm{CHO}$ (2,2-dimetylopropanal), produkt $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_3\mathrm{C}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{OH}$.

Krok 1. Produkt redukcji propan-2-onu. $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CO}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\stackrel{\mathrm{NaB}{\mathrm{H}}_4}{\to }\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (propan-2-ol). Środkowy atom węgla ma dwa jednakowe podstawniki ($-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$), więc nie jest centrum stereogenicznym — cząsteczka nie jest chiralna.

Krok 2. Produkt redukcji butan-2-onu. $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CO}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\stackrel{\mathrm{NaB}{\mathrm{H}}_4}{\to }\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (butan-2-ol). Atom węgla z grupą $-\mathrm{OH}$ ma cztery różne podstawniki ($-\mathrm{OH}$, $-\mathrm{H}$, $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$, $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$) — jest centrum stereogenicznym, więc powstaje mieszanina dwóch enancjomerów.

Odpowiedź: mieszaninę enancjomerów otrzymano w reakcji z butan-2-onem, ponieważ powstały alkohol (butan-2-ol) ma asymetryczny atom węgla (centrum stereogeniczne) — cztery różne podstawniki przy jednym atomie węgla o hybrydyzacji $s{p}^3$.

Krok 1. Liczba elektronów w redukcji. Redukcja grupy ketonowej polega na przejściu $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ w $\mathrm{CH}-\mathrm{OH}$ — do atomu węgla przyłącza się atom wodoru (formalnie węgiel zmienia stopień utlenienia o 2, przyjmując 2 elektrony). Redukcja jednego mola substratu wymaga więc dwóch moli elektronów.

Krok 2. Hybrydyzacja w substracie. W grupie karbonylowej $\mathrm{C}=\mathrm{O}$ atom węgla tworzy wiązanie podwójne — ma hybrydyzację $s{p}^2$.

Krok 3. Hybrydyzacja w produkcie. Po redukcji atom węgla ($\mathrm{CH}-\mathrm{OH}$) tworzy tylko wiązania pojedyncze — ma hybrydyzację $s{p}^3$.

Odpowiedź: dwóch moli elektronów; w substracie $s{p}^2$, w produkcie $s{p}^3$.

Krok 1. Zależność temperatury wrzenia od budowy. Wszystkie trzy estry mają ten sam wzór sumaryczny (są izomerami). Temperatura wrzenia rośnie, gdy cząsteczka jest mniej rozgałęziona (bardziej wydłużona) — większa powierzchnia kontaktu daje silniejsze oddziaływania międzycząsteczkowe (siły van der Waalsa).

Krok 2. Porównanie rozgałęzienia. Ester A ma najbardziej zwartą, silnie rozgałęzioną grupę tert-butylową — najniższa temperatura wrzenia. Ester C (grupa sec-butylowa) jest umiarkowanie rozgałęziony. Ester B ma prosty, nierozgałęziony łańcuch butylowy — najwyższa temperatura wrzenia.

Krok 3. Uszeregowanie. Rosnąco: A < C < B.

Odpowiedź: A, C, B (od najniższej do najwyższej temperatury wrzenia).

Krok 1. Budowa kwasu mlekowego. Kwas 2-hydroksypropanowy to $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{COOH}$. Środkowy atom węgla ma cztery różne podstawniki: $-\mathrm{COOH}$, $-\mathrm{OH}$, $-\mathrm{H}$, $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ — jest centrum stereogenicznym, więc istnieją dwa enancjomery.

Krok 2. Zapis enancjomerów. Enancjomery to wzajemne odbicia lustrzane. Ustawiając grupę $-\mathrm{COOH}$ u góry i $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ u dołu, w jednym enancjomerze grupa $-\mathrm{OH}$ jest po prawej stronie (a $-\mathrm{H}$ po lewej), a w drugim odwrotnie — $-\mathrm{OH}$ po lewej, $-\mathrm{H}$ po prawej.

Odpowiedź: dwie lustrzane cząsteczki $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{COOH}$ — w jednej przy centralnym atomie węgla grupa $-\mathrm{OH}$ jest po prawej, atom $-\mathrm{H}$ po lewej; w drugiej (odbicie lustrzane) $-\mathrm{OH}$ po lewej, a $-\mathrm{H}$ po prawej.

Krok 1. Charakter polimeru. PLA to poliester — powstaje w polikondensacji, w której grupa $-\mathrm{OH}$ jednej cząsteczki kwasu mlekowego łączy się z grupą $-\mathrm{COOH}$ następnej, z odłączeniem wody i utworzeniem wiązań estrowych $-\mathrm{O}-\mathrm{CO}-$.

Krok 2. Jednostka powtarzalna. Z merów kwasu mlekowego $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{COOH}$ powstaje łańcuch z powtarzającym się fragmentem zawierającym wiązanie estrowe: $[-\mathrm{O}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{CO}-{]}_n.$

Odpowiedź: $[-\mathrm{O}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{CO}-{]}_n$ (poliester kwasu mlekowego).

Krok 1. Rozróżnienie substancji po zabarwieniu roztworu. Wszystkie trzy substancje roztwarzają $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$, ale dają różne barwy: tripeptyd (alanyloglicyloalanina) daje fioletowy roztwór (reakcja biuretowa z wiązaniami peptydowymi), glicerol – szafirowoniebieski (kompleks z polihydroksylowym alkoholem), a kwas mlekowy (hydroksykwas) tworzy z $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ sól miedziową o barwie niebieskiej. Zgodnie z wynikiem doświadczenia kwas mlekowy wprowadzono do probówki III.

Krok 2. Reakcja kwasu mlekowego z $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$. Grupa karboksylowa kwasu reaguje z wodorotlenkiem miedzi(II), tworząc rozpuszczalną sól (mleczan miedzi(II)) i wodę. Na jeden $\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2$ przypadają dwie cząsteczki kwasu: $2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{COOH}+\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2\to (\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{COO}{)}_2\mathrm{Cu}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$

Odpowiedź: kwas mlekowy wprowadzono do probówki III; równanie: $2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CH}(\mathrm{OH})\mathrm{COOH}+\mathrm{Cu}(\mathrm{OH}{)}_2\to (\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{CH}(\mathrm{OH})\mathrm{COO}{)}_2\mathrm{Cu}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.