Chemia — Maj 2026

Krok 1. Identyfikacja pierwiastka Q. Q jest niemetalem występującym w dwuatomowych cząsteczkach i głównym składnikiem powietrza — to azot, ${\mathrm{N}}_2$. Atom azotu ma konfigurację $1s^{2}2s^{2}2p^3$, więc liczba elektronów walencyjnych (2s+2p) wynosi $2+3=5$.

Krok 2. Liczba niesparowanych elektronów wiążących w atomie A. Ma być o jeden większa od liczby elektronów walencyjnych Q, czyli $5+1=6$. Szukamy metalu (liczba atomowa < 36) z sześcioma niesparowanymi elektronami mogącymi tworzyć wiązania.

Krok 3. Identyfikacja pierwiastka A. Chrom ($Z=24$) ma nietypową konfigurację podstawową $[\mathrm{Ar}]3d^{5}4s^1$ — wszystkie te elektrony (pięć na $3d$ i jeden na $4s$) są niesparowane i mogą uczestniczyć w tworzeniu wiązań: razem $5+1=6$ elektronów. To zgadza się z warunkiem zadania.

Krok 4. Blok konfiguracyjny i maksymalny stopień utlenienia.

• Chrom: ostatni elektron trafia na podpowłokę $3d$, więc blok d; maksymalny stopień utlenienia to $+6$ (przy oddaniu wszystkich 6 elektronów walencyjnych, np. w $\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}$).
• Azot: ostatni elektron trafia na podpowłokę $2p$, więc blok p; maksymalny stopień utlenienia to $+5$ (np. w $\mathrm{HN}{\mathrm{O}}_3$).

Odpowiedź:

Krok 1. Elektrony walencyjne chromu. Atom chromu w stanie podstawowym ma konfigurację $[\mathrm{Ar}]3d^{5}4s^1$. Zgodnie z zadaniem 1.1. wszystkie te elektrony (na $3d$ i na $4s$) są niesparowane i mogą brać udział w tworzeniu wiązań.

Krok 2. Reguła Hunda. Na pięciu orbitalach podpowłoki $3d$ elektrony rozmieszczamy zgodnie z regułą Hunda — każdy na osobnym orbitalu, ze zgodnym (równoległym) spinem, a szósty elektron zajmuje orbital $4s$, również z tym samym spinem.

Odpowiedź (schemat klatkowy):

$\underset{3d}{\underbrace{[\uparrow ][\uparrow ][\uparrow ][\uparrow ][\uparrow ]}}\underset{4s}{\underbrace{[\uparrow ]}}$

Pięć niesparowanych elektronów na podpowłoce $3d$ i jeden na podpowłoce $4s$ — wszystkie ze zgodnym spinem.

Krok 1. Co to za jon. A to chrom (z zadania 1.1.), więc $\mathrm{A}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ to jon chromianowy(VI) $\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ — ma barwę żółtą. Jony chromianowe(VI) w środowisku kwasowym przekształcają się w jony dichromianowe(VI) $\mathrm{C}{\mathrm{r}}_2{\mathrm{O}}_7^{2-}$, które mają barwę pomarańczową: $2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}+2{\mathrm{H}}^{+}\to \mathrm{C}{\mathrm{r}}_2{\mathrm{O}}_7^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}.$ W środowisku zasadowym ta reakcja nie zachodzi — jon chromianowy jest tam trwały.

Krok 2. Rozstrzygnięcie. Do probówki I dodano kwas siarkowy(VI) (środowisko kwasowe) — to tu powinna zajść reakcja przejścia $\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}\to \mathrm{C}{\mathrm{r}}_2{\mathrm{O}}_7^{2-}$. Do probówki II dodano wodorotlenek potasu (środowisko zasadowe) — jon chromianowy pozostaje bez zmian.

Reakcja zaszła w probówce I.

Obserwacje. Zawartość probówki I zmieniła zabarwienie z żółtego na pomarańczowe (powstały jony $\mathrm{C}{\mathrm{r}}_2{\mathrm{O}}_7^{2-}$). W probówce II nie zaobserwowano żadnej zmiany barwy.

Wniosek. Jony chromianowe(VI) $\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ są trwałe w roztworze o odczynie zasadowym, a w roztworze o odczynie kwasowym przekształcają się (są nietrwałe) w jony dichromianowe(VI) $\mathrm{C}{\mathrm{r}}_2{\mathrm{O}}_7^{2-}$.

Krok 1. Budowa cząsteczki ${\mathrm{N}}_2$. Azot ma 5 elektronów walencyjnych, więc każdy atom potrzebuje 3 dodatkowych elektronów, aby uzupełnić oktet. Dwa atomy azotu łączą się wiązaniem potrójnym: $:\mathrm{N}\equiv \mathrm{N}:$

Krok 2. Rozkład wiązania potrójnego. Wiązanie potrójne to jedno wiązanie $\sigma$ (czołowe nakładanie orbitali) i dwa wiązania $\pi$ (boczne nakładanie orbitali $p$).

Krok 3. Wolne pary elektronowe. Każdy atom azotu ma jedną wolną (niewiążącą) parę elektronową — razem 2 wolne pary w całej cząsteczce.

Odpowiedź: liczba wiązań $\sigma$ = 1, liczba wiązań $\pi$ = 2, liczba wolnych par elektronowych = 2.

Krok 1. Skład masowy. Masa wapnia to 50%, węgla – 15%, więc masa azotu to $100\%-50\%-15\%=35\%$ masy związku. Przyjmując 100 g związku: $m_{Ca}=50$ g, $m_C=15$ g, $m_N=35$ g.

Krok 2. Liczby moli pierwiastków (masy molowe: $M_{Ca}=40g/mol$, $M_C=12g/mol$, $M_N=14g/mol$): $n_{Ca}=\frac{50}{40}=1,25,n_C=\frac{15}{12}=1,25,n_N=\frac{35}{14}=2,5.$

Krok 3. Najmniejszy wspólny stosunek. Dzielimy przez najmniejszą wartość (1,25): $n_{Ca}:n_C:n_N=1,25:1,25:2,5=1:1:2.$

Krok 4. Wzór sumaryczny. Skoro wzór empiryczny jest też wzorem rzeczywistym, otrzymujemy $\mathrm{CaC}{\mathrm{N}}_2$ — jonowy związek zbudowany z kationów $\mathrm{C}{\mathrm{a}}^{2+}$ i anionu $\mathrm{C}{\mathrm{N}}_2^{2-}$.

Krok 5. Wzór elektronowy anionu. Anion $\mathrm{C}{\mathrm{N}}_2^{2-}$ ma taką samą liczbę elektronów walencyjnych i taką samą strukturę elektronową jak $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$ (izoelektronowość) — liniowy układ z atomem węgla w środku, połączonym z każdym atomem azotu wiązaniem podwójnym, a każdy azot ma jedną wolną parę elektronową: $[:\mathrm{N}=\mathrm{C}=\mathrm{N}:{]}^{2-}$

Odpowiedź: wzór sumaryczny związku X: $\mathrm{CaC}{\mathrm{N}}_2$; wzór elektronowy anionu: $[:\mathrm{N}=\mathrm{C}=\mathrm{N}:{]}^{2-}$ (liniowy, analogiczny do $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_2$, z wolną parą elektronową na każdym atomie azotu i ładunkiem $2-$ na anionie).

Krok 1. Zapis pełnego równania. Jądro plutonu ${}_{94}^{239}\mathrm{Pu}$ pochłania 1 neutron (${}_0^{1}n$), a w wyniku rozszczepienia emitowane są 2 neutrony oraz powstają jądra ${}^{144}\mathrm{Ba}$ i ${}_Z^A\mathrm{X}$: ${}_{94}^{239}\mathrm{Pu}+{}_0^{1}n\to 2{}_0^{1}n+{}_{56}^{144}\mathrm{Ba}+{}_Z^A\mathrm{X}.$

Krok 2. Zasada zachowania liczby masowej. $239+1=2\cdot 1+144+A$, więc $240=146+A$, czyli $A=94$.

Krok 3. Zasada zachowania liczby atomowej. $94+0=2\cdot 0+56+Z$, więc $94=56+Z$, czyli $Z=38$. Liczbie atomowej $Z=38$ odpowiada stront ($\mathrm{Sr}$), więc ${}_Z^A\mathrm{X}={}_{38}^{94}\mathrm{Sr}$.

Krok 4. Liczba neutronów w jądrze ${}_{38}^{94}\mathrm{Sr}$. $94-38=56$ neutronów.

Krok 5. Liczba neutronów w jednym molu izotopu. W jednym molu jest $N_A=6,02\cdot 10^{23}$ jąder, każde zawiera 56 neutronów: $56\cdot 6,02\cdot 10^{23}\approx 3,37\cdot 10^{25}.$

Odpowiedź: równanie: ${}_{94}^{239}\mathrm{Pu}+{}_0^{1}n\to 2{}_0^{1}n+{}_{56}^{144}\mathrm{Ba}+{}_{38}^{94}\mathrm{Sr}$; liczba neutronów w 1 molu ${}_{38}^{94}\mathrm{Sr}$ wynosi $3,37\cdot 10^{25}$.

Krok 1. Analiza substancji A. Niska temperatura topnienia (185°C), bardzo dobra rozpuszczalność w wodzie i brak przewodnictwa elektrycznego zarówno w stanie stałym, jak i po stopieniu — to cechy typowe dla kryształów molekularnych: słabe siły międzycząsteczkowe dają niską temperaturę topnienia, a brak swobodnych jonów lub elektronów tłumaczy brak przewodnictwa nawet w stopionej postaci.

Krok 2. Analiza substancji B. Bardzo wysoka temperatura topnienia (1710°C), brak rozpuszczalności w wodzie i brak przewodnictwa elektrycznego (nawet po stopieniu) — to cechy charakterystyczne dla kryształów kowalencyjnych (atomowych): silne wiązania kowalencyjne w całej sieci krystalicznej wymagają ogromnej energii do zerwania, a brak swobodnych nośników ładunku uniemożliwia przewodzenie prądu nawet w cieczy. Gdyby substancja B przewodziła prąd po stopieniu, wskazywałoby to na kryształ jonowy — tu jednak przewodnictwo jest nieobecne w obu stanach, co wyklucza kryształ jonowy.

Odpowiedź: Substancja A tworzy kryształy molekularne. Substancja B tworzy kryształy kowalencyjne.

Krok 1. Odczyt z wykresu. Na początku doświadczenia ($t=0$) stężenie substancji A wynosi $0,10\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$. Z wykresu odczytujemy, że w chwili $t=255$ min stężenie substancji A spadło do $c_A=0,04\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$.

Krok 2. Ile substancji A przereagowało. $\Delta c_A=0,10-0,04=0,06\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Krok 3. Stechiometria reakcji. Z równania $\mathrm{A}\to \mathrm{B}+\mathrm{C}$ wynika, że z 1 mola A powstaje 1 mol B i 1 mol C, czyli łącznie 2 mole produktów na każdy przereagowany mol A: $c_B+c_C=2\cdot \Delta c_A=2\cdot 0,06=0,12\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Odpowiedź: łączne stężenie molowe substancji B i C w chwili $t=255$ min wynosi $0,12\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$.

Krok 1. Rozpoznanie utleniacza i reduktora. Fioletowy roztwór soli potasu zawierającej mangan to roztwór manganianu(VII) potasu $\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4$ (jon $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}$, Mn na $+7$). Dodany siarczan(IV) potasu ${\mathrm{K}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3$ zawiera jon $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}$ (S na $+4$), który jest reduktorem, bo siarka może się utlenić do $+6$.

Krok 2. Środowisko obojętne — produkt redukcji. W środowisku obojętnym jon $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}$ redukuje się nie do $\mathrm{M}{\mathrm{n}}^{2+}$, lecz do brunatnego osadu $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2$ (Mn na $+4$): $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+3e^{-}\to \mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2+4\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}.$

Krok 3. Równanie utleniania. Siarka w $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}$ utlenia się z $+4$ do $+6$ (w $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}$), oddając 2 elektrony: $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+2e^{-}.$

Krok 4. Bilansowanie liczby elektronów. Redukcja pobiera 3 elektrony, utlenianie oddaje 2 — wspólna wielokrotność to 6. Mnożymy równanie redukcji przez 2, a utleniania przez 3, następnie sumujemy i redukujemy wspólne cząstki, otrzymując schemat cząsteczkowy: $2\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4+3{\mathrm{K}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 2\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2+3{\mathrm{K}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4+2\mathrm{KOH}.$

Odpowiedź: Równanie redukcji: $\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_4^{-}+2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+3e^{-}\to \mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2+4\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$. Równanie utleniania: $\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3^{2-}+2\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to \mathrm{S}{\mathrm{O}}_4^{2-}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}+2e^{-}$. Schemat: $2\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4+3{\mathrm{K}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_3+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}\to 2\mathrm{Mn}{\mathrm{O}}_2+3{\mathrm{K}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4+2\mathrm{KOH}$.

Krok 1. Odczyt równania prostej z wykresu. Prosta przechodzi przez punkty $(\log c=-1;E=0,312)$ i $(\log c=0;E=0,342)$. Nachylenie: $a=\frac{0,342-0,312}{0-(-1)}=0,030\mathrm{V}.$ Dla $n=2$ teoretyczne nachylenie wynosi $\frac{0,059}{2}=0,0295\approx 0,030$ — zgadza się, więc $n=2$. Przy $\log c=0$ ($c=1mol/d{\mathrm{m}}^3$) mamy $E=E^{\circ }=0,342$ V — to potencjał standardowy miedzi: $E_{\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}/Cu}^{\circ }=0,342$ V, czyli Me = Cu.

Krok 2. SEM ogniwa i potencjał katody. Anodą jest cynk: $E_{\mathrm{Z}{\mathrm{n}}^{2+}/Zn}^{\circ }=-0,762$ V, stężenie $\mathrm{Z}{\mathrm{n}}^{2+}=1,0mol/d{\mathrm{m}}^3$ ($\log c=0$), więc $E_A=-0,762$ V. Z definicji $SEM=E_K-E_A$: $E_K=SEM+E_A=1,084+(-0,762)=0,322\mathrm{V}.$

Krok 3. Stężenie jonów $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$ z równania Nernsta. $0,322=0,342+\frac{0,059}{2}\cdot \log c_{\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}}\Rightarrow \log c_{\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}}=\frac{-0,020}{0,0295}\approx -0,678$ $c_{\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}}=10^{-0,678}\approx 0,210\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Krok 4. Liczba moli jonów $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$ (objętość $0,500\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$): $n_{\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}}=0,210\cdot 0,500=0,105\mathrm{mol}.$

Krok 5. Podział na obie sole. Mieszanina była równomolowa, a każda sól daje po 1 molu $\mathrm{C}{\mathrm{u}}^{2+}$ na mol soli: $2x=0,105$, czyli $x=0,0525\mathrm{mol}$ każdej soli.

Krok 6. Masa soli siarczanowej. $M_{\mathrm{CuS}{\mathrm{O}}_4\cdot 5{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=63,55+32,07+4\cdot 16,00+5\cdot 18,02\approx 249,71g/mol$. $m_1=0,0525\cdot 249,71\approx 13,11\mathrm{g}.$

Krok 7. Masa i masa molowa hydratu chlorkowego. $m_2=22,05-13,11=8,94\mathrm{g},M_2=\frac{8,94}{0,0525}\approx 170,3g/mol.$

Krok 8. Liczba moli wody $x$. $M_{\mathrm{CuC}{\mathrm{l}}_2}=63,55+2\cdot 35,45=134,45g/mol$. $M_2-M_{\mathrm{CuC}{\mathrm{l}}_2}=170,3-134,45\approx 35,8g/mol,x=\frac{35,8}{18,02}\approx 2.$

Odpowiedź: wzór hydratu chlorku miedzi(II) użytego do sporządzenia roztworu katodowego: $\mathrm{CuC}{\mathrm{l}}_2\cdot 2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Który elektrod jest anodą. W ogniwie stężeniowym prąd płynie tak, aby wyrównać stężenia — na anodzie zachodzi utlenianie (rozpuszczanie metalu, co zwiększa stężenie jonów w roztworze o niższym stężeniu). Zlewka 1. ma mniejsze stężenie $\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}$ — to tu zachodzi utlenianie $\mathrm{Ag}\to \mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}+{\mathrm{e}}^{-}$, czyli półogniwo w zlewce 1. jest anodą. Stwierdzenie (1) jest prawdziwe (P).

Krok 2. Zmiana masy blaszek. Na anodzie (zlewka 1.) srebro się rozpuszcza — masa blaszki maleje. Na katodzie (zlewka 2.) jony $\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}$ redukują się i osadzają na elektrodzie — masa blaszki rośnie. Zatem masa blaszki ze zlewki 2. jest większa od masy blaszki ze zlewki 1. Stwierdzenie (2) jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: (1) P, (2) P.

Krok 1. Która para soli daje trudno rozpuszczalny osad. Jon $\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}$ (z $\mathrm{AgN}{\mathrm{O}}_3$ w probówce) reaguje z jonem chromianowym $\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}$ (z ${\mathrm{K}}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4$ w pipecie), tworząc trudno rozpuszczalny, ceglastoczerwony osad chromianu(VI) srebra(I) $\mathrm{A}{\mathrm{g}}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4$.

Krok 2. Wybór soli. W pipecie: ${\mathrm{K}}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4$. W probówce: $\mathrm{AgN}{\mathrm{O}}_3$.

Krok 3. Równanie reakcji w formie jonowej skróconej. Jony niebiorące udziału w wytrącaniu osadu (${\mathrm{K}}^{+}$, $\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3^{-}$) pomijamy: $2\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}+\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}\to \mathrm{A}{\mathrm{g}}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4\downarrow$

Odpowiedź: sól w pipecie: ${\mathrm{K}}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4$; sól w probówce: $\mathrm{AgN}{\mathrm{O}}_3$; równanie: $2\mathrm{A}{\mathrm{g}}^{+}+\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4^{2-}\to \mathrm{A}{\mathrm{g}}_2\mathrm{Cr}{\mathrm{O}}_4$.

Krok 1. Liczba moli bezwodnego $\mathrm{F}{\mathrm{e}}_2{\mathrm{O}}_3$. $M_{\mathrm{F}{\mathrm{e}}_2{\mathrm{O}}_3}=2\cdot 55,85+3\cdot 16,00=159,7g/mol$. $n_{\mathrm{F}{\mathrm{e}}_2{\mathrm{O}}_3}=\frac{0,040}{159,7}\approx 2,5\cdot 10^{-4}\mathrm{mol}.$

Krok 2. Liczba moli jonów $\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}$. Z formuły $\mathrm{F}{\mathrm{e}}_2{\mathrm{O}}_3$: 1 mol tlenku odpowiada 2 molom żelaza: $n_{\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}}=2\cdot 2,5\cdot 10^{-4}=5\cdot 10^{-4}\mathrm{mol}.$

Krok 3. Stężenie molowe ($V=0,100\mathrm{d}{\mathrm{m}}^3$): $c_{\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}}=\frac{5\cdot 10^{-4}}{0,100}=5\cdot 10^{-3}\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}.$

Odpowiedź: $c_{\mathrm{F}{\mathrm{e}}^{3+}}=5\cdot 10^{-3}\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$ (czyli $0,005\mathrm{mol}\cdot \mathrm{d}{\mathrm{m}}^{-3}$).

Krok 1. Charakter czynności. Trzeba oddzielić powstały osad (ciało stałe, trudno rozpuszczalne) od cieczy, tak aby ilościowo (bez strat) wyodrębnić cały osad.

Krok 2. Analiza metod. Dekantacja (zlewanie cieczy z osadu) nie daje pełnego, ilościowego wyodrębnienia osadu, bo część drobnych cząstek może pozostać w zlewanej cieczy. Destylacja i odparowanie służą do rozdzielania na podstawie różnicy temperatur wrzenia/parowania cieczy, nie do wydzielania osadu. Sączenie (filtracja) pozwala ilościowo oddzielić cały osad na filtrze od przesączu.

Odpowiedź: C. sączenie.

Krok 1. Barwy wskaźników. Fenoloftaleina (A) jest bezbarwna w środowisku kwasowym i neutralnym, a malinowo-różowa w środowisku zasadowym. Czerwień Kongo (B) jest niebiesko-fioletowa w silnie kwasowym środowisku, a czerwona w środowisku neutralnym i zasadowym. Błękit bromotymolowy (C) jest żółty w środowisku kwasowym, zielony w neutralnym, a niebieski w zasadowym.

Krok 2. Przypisanie kolorów na zdjęciach.

• Probówka 1 (zielona): błękit bromotymolowy (C), środowisko neutralne → $\mathrm{NaCl}$.
• Probówka 2 (czerwona): czerwień Kongo (B), środowisko neutralne → $\mathrm{NaCl}$.
• Probówka 3 (niebieska): błękit bromotymolowy (C), środowisko zasadowe → $\mathrm{NaOH}$.
• Probówka 4 (malinowa): fenoloftaleina (A), środowisko zasadowe → $\mathrm{NaOH}$.
• Probówka 5 (fioletowa): czerwień Kongo (B), środowisko silnie kwasowe → $\mathrm{HCl}$.
• Probówka 6 (żółta): błękit bromotymolowy (C), środowisko kwasowe → $\mathrm{HCl}$.

Odpowiedź:

Substancje: probówki 1–2 → $\mathrm{NaCl}$; probówki 3–4 → $\mathrm{NaOH}$; probówki 5–6 → $\mathrm{HCl}$.

Krok 1. Stała $K_b$ dla jonu $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}$. Rozważana reakcja jest sprzężona ze stałą $K_{a2}=4,68\cdot 10^{-11}$ (drugi etap dysocjacji kwasu węglowego). Z $K_{a2}\cdot K_b=K_w$: $K_b=\frac{K_w}{K_{a2}}=\frac{1,00\cdot 10^{-14}}{4,68\cdot 10^{-11}}\approx 2,14\cdot 10^{-4}.$

Krok 2. Uproszczone równanie równowagi. Niech $x=[\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}]=[\mathrm{HC}{\mathrm{O}}_3^{-}]$, a $c=0,10mol/d{\mathrm{m}}^3$ — stężenie początkowe $\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}$. Ponieważ $K_b$ jest małe, $[\mathrm{C}{\mathrm{O}}_3^{2-}]\approx c$: $K_b\approx \frac{x^2}{c}\Rightarrow x=\sqrt{K_b\cdot c}=\sqrt{2,14\cdot 10^{-4}\cdot 0,10}\approx 4,63\cdot 10^{-3}mol/d{\mathrm{m}}^3.$

Krok 3. pOH i pH. $\mathrm{pOH}=-\log (4,63\cdot 10^{-3})\approx 2,33,\mathrm{pH}=14-2,33=11,67\approx 11,7.$

Odpowiedź: $\mathrm{pH}\approx 11,7$.

Krok 1. Co to jest reforming. Reforming katalityczny przekształca proste (niskooktanowe) węglowodory łańcuchowe z rafinacji ropy naftowej w węglowodory rozgałęzione i aromatyczne o wyższej liczbie oktanowej. Produktem reformingu jest więc węglowodór aromatyczny — toluen (związek 3), nie n‑heksan, który jest prostym produktem destylacji ropy naftowej.

Krok 2. Co jest antydetonatorem. Antydetonatory podnoszą liczbę oktanową benzyny i ograniczają spalanie stukowe. Typowym antydetonatorem jest eter tert‑butylowo‑metylowy (MTBE, związek 1).

Krok 3. Podsumowanie. Produkty rafinacji ropy naftowej: n‑heksan (2) i toluen (3, powstający w reformingu z produktów rafinacji). Produkt reformingu: toluen (3). Antydetonator: MTBE (1).

Odpowiedź: Produkt reformingu – związek 3; antydetonator – związek 1.

Krok 1. Cykloheksan. Cykloheksan ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_{12}$ jest węglowodorem cyklicznym, nasyconym — ma jeden pierścień i zero wiązań $\pi$. Indeks = liczba pierścieni + liczba wiązań $\pi$ = $1+0=1$.

Krok 2. Heks‑1‑en. Heks‑1‑en $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ jest acykliczny, z jednym wiązaniem podwójnym (jedno wiązanie $\pi$). Indeks = $0+1=1$.

Odpowiedź: indeks niedoboru wodoru dla cykloheksanu = 1; dla heks‑1‑enu = 1.

Krok 1. Wzór sumaryczny. Indeks niedoboru wodoru (IHD) = 2 dla 6 atomów węgla daje wzór sumaryczny ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_{10}$.

Krok 2. Analiza węglowodoru B. B ma łańcuch nierozgałęziony z czterema atomami C o hybrydyzacji $s{p}^2$ — to układ dwóch sprzężonych wiązań podwójnych. Zgodnie z podanym fragmentem jednostki polimeru, monomerem B jest heksa‑2,4‑dien: $\mathrm{B}:\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}=\mathrm{CH}-\mathrm{CH}=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ Do uwodornienia obu wiązań podwójnych potrzeba 2 mol ${\mathrm{H}}_2$ na 1 mol B.

Krok 3. Analiza węglowodoru A. A ma ten sam wzór sumaryczny ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_{10}$ i IHD=2, ale potrzebuje dwa razy mniej wodoru niż B (1 mol ${\mathrm{H}}_2$ na 1 mol A). To wskazuje, że tylko jeden „niedobór” w A odpowiada wiązaniu podwójnemu, a drugi to pierścień, który w warunkach zwykłej katalitycznej hydrogenacji nie ulega rozerwaniu. A jest więc cyklicznym alkenem o 6 atomach węgla, bez trzeciorzędowych atomów węgla — najprostszym takim związkiem jest cykloheksen.

Krok 4. Równanie reakcji A z wodorem. $\text{cykloheksen}+{\mathrm{H}}_2\stackrel{\mathrm{Pt}}{\to }\text{cykloheksan}$

Odpowiedź: równanie reakcji A z wodorem: cykloheksen + ${\mathrm{H}}_2$ $\stackrel{\mathrm{Pt}}{\to }$ cykloheksan; wzór węglowodoru B: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}=\mathrm{CH}-\mathrm{CH}=\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (heksa‑2,4‑dien).

Krok 1. Warunek reakcji. Reakcji dysproporcjonowania ulegają aldehydy, których atom węgla $\alpha$ (przy grupie $-\mathrm{CHO}$) nie ma przyłączonych atomów wodoru (jak w 2,2‑dimetylopropanalu). Szukamy więc izomeru dimetylobutanalu, który ma atom wodoru przy węglu $\alpha$ — taki aldehyd nie ulega tej reakcji.

Krok 2. Wybór izomeru. Przykładem jest 2,3‑dimetylobutanal: $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{CHO}$ Węgiel $\alpha$ (sąsiadujący z $-\mathrm{CHO}$) ma tu jeden atom wodoru, więc ten aldehyd nie ulega opisanej reakcji dysproporcjonowania.

Odpowiedź: np. $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{CH}(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3)-\mathrm{CHO}$ (2,3‑dimetylobutanal) — izomer z atomem wodoru przy węglu $\alpha$.

Krok 1. Który aldehyd reaguje jako reduktor. Aldehyd benzoesowy ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{CHO}$ nie ma atomu wodoru przy węglu $\alpha$ (jest połączony z pierścieniem aromatycznym), więc sam nie ulega klasycznej reakcji Cannizzaro. W obecności metanalu $\mathrm{HCHO}$ (silny reduktor, utlenia się najłatwiej ze wszystkich aldehydów) zachodzi reakcja krzyżowa: metanal utlenia się do mrówczanu, a aldehyd benzoesowy redukuje się do alkoholu benzylowego.

Krok 2. Równanie jonowe skrócone. ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{CHO}+\mathrm{HCHO}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to {\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{OH}+\mathrm{HCO}{\mathrm{O}}^{-}$

Odpowiedź: ${\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{CHO}+\mathrm{HCHO}+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to {\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{OH}+\mathrm{HCO}{\mathrm{O}}^{-}$.

Krok 1. Docelowy kwas. Kwas 3‑metylobut‑2‑enowy to $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{C}=\mathrm{CH}-\mathrm{COOH}$ — fragment R w schemacie to $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{C}=\mathrm{CH}-$.

Krok 2. Odtworzenie ketonu. W reakcji haloformowej grupa $-\mathrm{C}(=\mathrm{O})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ przekształca się w $-\mathrm{COOH}$, a reszta R pozostaje niezmieniona (wiązanie C=C nie reaguje w tych warunkach): $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{C}=\mathrm{CH}-\mathrm{C}(=\mathrm{O})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ To 4‑metylopent‑3‑en‑2‑on (tlenek mezytylu).

Odpowiedź: wzór półstrukturalny ketonu: $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{C}=\mathrm{CH}-\mathrm{CO}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ (4‑metylopent‑3‑en‑2‑on).

Krok 1. Symetria produktu. Reakcja $2\mathrm{R}-\mathrm{COOK}\to \mathrm{R}-\mathrm{R}$ daje symetryczny alkan zbudowany z dwóch identycznych grup R. Produkt ma 4 atomy węgla, więc każda grupa R ma 2 atomy węgla: $\mathrm{R}=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-$, a produktem jest butan $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$.

Krok 2. Odtworzenie kwasu. Grupa R ($\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-$) była przyłączona do $-\mathrm{COOH}$, więc kwas to $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COOH}$ (kwas propanowy).

Odpowiedź: wzór półstrukturalny kwasu karboksylowego: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COOH}$ (kwas propanowy).

Krok 1. Warunek wysokiej wydajności. Reakcja $2\mathrm{R}-\mathrm{COOK}\to \mathrm{R}-\mathrm{R}$ daje wysoką wydajność, gdy w produkcie środkowe wiązanie C–C łączy dwa niepodstawione atomy węgla ($-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-$) — to odpowiada kwasowi, którego węgiel $\alpha$ (przy $-\mathrm{COOH}$) nie jest rozgałęziony.

Krok 2. Analiza struktur. Każda struktura ma 8 atomów węgla i mogłaby teoretycznie powstać z symetrycznego sprzężenia dwóch grup ${\mathrm{C}}_4{\mathrm{H}}_9$.

• Struktura III (2,5‑dimetyloheksan) dzieli się w środku na dwie identyczne grupy izobutylowe $(\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3{)}_2\mathrm{CH}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-$, a środkowe wiązanie łączy dwa niepodstawione atomy węgla ($-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-$) — odpowiada to niepodstawionemu węglowi $\alpha$ w kwasie 3‑metylobutanowym. Wysoka wydajność.
• Struktury I i IV mają rozgałęzienie bezpośrednio przy środkowym wiązaniu — odpowiada to rozgałęzieniu przy węglu $\alpha$ kwasu — niska wydajność.
• Struktura II (2,3,4‑trimetylopentan) ma nieparzysty, 5‑węglowy łańcuch główny i nie dzieli się na dwie równe grupy ${\mathrm{C}}_4{\mathrm{H}}_9$ połączone jednym wiązaniem — nie może być produktem tej reakcji.

Odpowiedź: C. III.

Krok 1. Mechanizm reakcji Hecka. Atom X (Br lub I) w halogenku arylu zostaje zastąpiony nowym wiązaniem C–C z alkenem — grupa winylowa pojawia się w miejscu, gdzie wcześniej był atom halogenu w pierścieniu aromatycznym.

Krok 2. Analiza struktury Q. W związku Q grupa winylowa $-\mathrm{CH}=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$ znajduje się przy atomie oznaczonym $b$ (pozycja 2 pierścienia naftalenowego), a grupa metoksylowa $-\mathrm{OC}{\mathrm{H}}_3$ jest przy atomie oznaczonym $a$ po drugiej stronie (pozycja 6). Substrat arylowy musiał więc mieć atom bromu w tej samej pozycji, w której w produkcie Q jest grupa winylowa (pozycja 2), a grupę metoksylową niezmienioną (pozycja 6).

Krok 3. Wybór odpowiedzi. Potrzebny substrat: 2‑bromo‑6‑metoksynaftalen.

Odpowiedź: B. 2‑bromo‑6‑metoksynaftalen.

Krok 1. Atom węgla $a$. Atom $a$ to atom pierścienia aromatycznego naftalenu — jest częścią układu aromatycznego, więc ma hybrydyzację $s{p}^2$. Jest połączony z dwoma atomami węgla pierścienia i jednym atomem wodoru (same wiązania C–C nie zmieniają formalnego stopnia utlenienia, a wiązanie C–H „oddaje” elektron węglowi, bo węgiel jest bardziej elektroujemny), więc formalny stopień utlenienia wynosi $-1$.

Krok 2. Atom węgla $b$. Atom $b$ to atom pierścienia bezpośrednio połączony z podstawnikiem winylowym $-\mathrm{CH}=\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2$ — również jest częścią pierścienia aromatycznego, więc ma hybrydyzację $s{p}^2$. Jest połączony z trzema atomami węgla (dwa w pierścieniu + jeden w łańcuchu winylowym) i nie ma przy nim atomu wodoru (same wiązania C–C), więc formalny stopień utlenienia wynosi $0$.

Odpowiedź:

Krok 1. Liczby moli substratów. $M_{{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{Br}}=157,0g/mol$, $M_{{\mathrm{C}}_3{\mathrm{H}}_4{\mathrm{O}}_2}=72,0g/mol$. $n_{{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_5\mathrm{Br}}=\frac{0,1570}{157,0}=0,00100\mathrm{mol},n_{{\mathrm{C}}_3{\mathrm{H}}_4{\mathrm{O}}_2}=\frac{0,1081}{72,0}\approx 0,00150\mathrm{mol}.$

Krok 2. Reagent ograniczający. Reakcja przebiega w stosunku molowym 1:1. Bromobenzenu jest mniej ($0,00100$ mol) — jest reagentem ograniczającym; kwas propenowy jest w nadmiarze.

Krok 3. Wydajność teoretyczna. $n_{\text{teor}}=0,00100$ mol, $M_{{\mathrm{C}}_9{\mathrm{H}}_8{\mathrm{O}}_2}=148,0g/mol$: $m_{\text{teor}}=0,00100\cdot 148,0=0,148\mathrm{g}.$

Krok 4. Wydajność rzeczywista. $W=\frac{0,1245}{0,148}\cdot 100\%\approx 84,1\%.$

Odpowiedź: wydajność przemiany $\approx 84,1\%$; w nadmiarze użyto kwasu propenowego (${\mathrm{C}}_3{\mathrm{H}}_4{\mathrm{O}}_2$).

Krok 1. Chiralność. Kwas cynamonowy i kwas kawowy nie zawierają żadnego atomu węgla o czterech różnych podstawnikach (centrum stereogenicznego) — łańcuch $-\mathrm{CH}=\mathrm{CH}-\mathrm{COOH}$ oraz pierścień aromatyczny są płaskie. Żadna z cząsteczek nie jest chiralna. Stwierdzenie (1) jest fałszywe (F).

Krok 2. Izomeria geometryczna. Obie cząsteczki mają wiązanie podwójne $\mathrm{C}=\mathrm{C}$ w łańcuchu bocznym, przy którym każdy z dwóch atomów węgla ma dwa różne podstawniki — to warunek istnienia izomerii cis‑trans (Z/E). Zarówno kwas cynamonowy, jak i kwas kawowy występują jako izomery cis (Z) i trans (E). Stwierdzenie (2) jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: (1) F, (2) P.

Krok 1. Różnica w budowie. Kwas kawowy różni się od kwasu cynamonowego obecnością dwóch grup hydroksylowych $-\mathrm{OH}$ przyłączonych bezpośrednio do pierścienia aromatycznego (jest więc jednocześnie fenolem), natomiast pierścień w kwasie cynamonowym nie ma żadnych podstawników.

Krok 2. Wybór odczynnika. Chlorek żelaza(III) $\mathrm{FeC}{\mathrm{l}}_3$ jest klasycznym odczynnikiem wykrywającym grupy fenolowe — z fenolami tworzy barwne związki kompleksowe. Kwas kawowy da z $\mathrm{FeC}{\mathrm{l}}_3$ charakterystyczne zabarwienie, a kwas cynamonowy (bez grup $-\mathrm{OH}$ na pierścieniu) nie wykaże tej reakcji. Odczynniki $\mathrm{B}{\mathrm{r}}_2(\mathrm{aq})$ i $\mathrm{KMn}{\mathrm{O}}_4(\mathrm{aq})$ reagują z wiązaniem $\mathrm{C}=\mathrm{C}$ obecnym w obu kwasach — nie pozwoliłyby ich rozróżnić.

Odpowiedź: odczynnikiem różnicującym jest $\mathrm{FeC}{\mathrm{l}}_3(\mathrm{aq})$. Kwas kawowy, mający grupy $-\mathrm{OH}$ związane z pierścieniem benzenowym (jest fenolem), tworzy z roztworem $\mathrm{FeC}{\mathrm{l}}_3$ barwny związek kompleksowy, natomiast kwas cynamonowy takiej reakcji nie daje.

Krok 1. Identyfikacja związku X. Obie grupy funkcyjne reagują z sodem (typowe dla $-\mathrm{OH}$ i $-\mathrm{COOH}$), ale tylko jedna reaguje z $\mathrm{NaOH}$ — to musi być grupa kwasowa $-\mathrm{COOH}$. Produktem utlenienia jest kwas bursztynowy $\mathrm{HOOC}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COOH}$, a X ma jedną grupę $-\mathrm{COOH}$ i jedną grupę $-\mathrm{OH}$ na końcu łańcucha (utlenienie $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}\to -\mathrm{COOH}$): $\mathrm{X}:\mathrm{HO}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COOH}(\text{kwas 4‑hydroksybutanowy}).$

Krok 2. Izomery z prostym łańcuchem. Możliwe pozycje grupy $-\mathrm{OH}$ na czterowęglowym łańcuchu z $-\mathrm{COOH}$ na końcu: 2‑, 3‑ lub 4‑hydroksy (X). Chiralne są te, w których węgiel z grupą $-\mathrm{OH}$ ma cztery różne podstawniki:

• kwas 2‑hydroksybutanowy $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{COOH}$ — chiralny, grupy $-\mathrm{OH}$ i $-\mathrm{COOH}$ na tym samym atomie węgla.
• kwas 3‑hydroksybutanowy $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COOH}$ — chiralny, grupy $-\mathrm{OH}$ i $-\mathrm{COOH}$ nie są na tym samym atomie węgla.

Szukany izomer to kwas 3‑hydroksybutanowy: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COOH}$.

Krok 3. Równanie reakcji z NaOH. $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COOH}+\mathrm{NaOH}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COONa}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$

Odpowiedź: wzór związku X: $\mathrm{HO}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COOH}$; wzór opisanego izomeru: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COOH}$; równanie: $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COOH}+\mathrm{NaOH}\to \mathrm{C}{\mathrm{H}}_3-\mathrm{CH}(\mathrm{OH})-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COONa}+{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$.

Krok 1. Mechanizm. Kwas bursztynowy $\mathrm{HOOC}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{COOH}$ ma dwie grupy karboksylowe rozdzielone dwoma atomami węgla. W wysokiej temperaturze wewnątrzcząsteczkowo odłącza się ${\mathrm{H}}_2\mathrm{O}$ (grupa $-\mathrm{OH}$ z jednej grupy $-\mathrm{COOH}$ i atom H z drugiej), a pozostałe fragmenty łączą się, tworząc pięcioczłonowy pierścień z grupą bezwodnikową $-\mathrm{C}(=\mathrm{O})-\mathrm{O}-\mathrm{C}(=\mathrm{O})-$.

Krok 2. Produkt. Powstaje bezwodnik bursztynowy — cykliczny pięcioczłonowy pierścień zawierający fragment $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2-\mathrm{C}(=\mathrm{O})-\mathrm{O}-\mathrm{C}(=\mathrm{O})-$ zamknięty w cykl.

Odpowiedź: produktem dehydratacji jest bezwodnik bursztynowy (cykliczny bezwodnik kwasu bursztynowego, pięcioczłonowy pierścień z grupą $-\mathrm{CO}-\mathrm{O}-\mathrm{CO}-$).

Krok 1. Docelowy produkt. Szukamy 3‑chloroaniliny — grupy $-\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2$ i $-\mathrm{Cl}$ muszą być w położeniu meta względem siebie.

Krok 2. Reguły podstawienia elektrofilowego. Podstawnik $-\mathrm{Cl}$ jest podstawnikiem I rodzaju — kieruje kolejne podstawniki w pozycje orto/para. Podstawnik $-\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2$ jest podstawnikiem II rodzaju — kieruje kolejne podstawniki w pozycję meta.

Krok 3. Analiza Projektu 1. Chlorowanie benzenu → chlorobenzen (A1); nitrowanie A1 — grupa $-\mathrm{Cl}$ kieruje $-\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2$ w pozycje orto/para, a nie meta. Po redukcji otrzymamy głównie orto‑ i para‑chloroanilinę — nie żądaną 3‑chloroanilinę.

Krok 4. Analiza Projektu 2. Nitrowanie benzenu → nitrobenzen (A2); chlorowanie A2 — grupa $-\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2$ kieruje $-\mathrm{Cl}$ w pozycję meta. Produkt B2 to głównie meta‑chloronitrobenzen. Redukcja $-\mathrm{N}{\mathrm{O}}_2$ do $-\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2$ (Cl nie ulega redukcji) daje 3‑chloroanilinę z dobrą wydajnością.

Krok 5. Rozstrzygnięcie. Należy wybrać Projekt 2 — tylko w nim grupa kierująca wprowadzona w pierwszym etapie (grupa nitrowa) kieruje kolejny podstawnik w oczekiwaną pozycję meta.

Odpowiedź: Należy wybrać projekt 2 — związek A2 (nitrobenzen) zawiera grupę nitrową, która jest podstawnikiem kierującym w położenie meta (3‑), co pozwala otrzymać żądaną 3‑chloroanilinę. W projekcie 1 podstawnik $-\mathrm{Cl}$ kierowałby podstawniki w pozycje orto/para (2‑ lub 4‑), a nie w oczekiwaną pozycję meta.

Krok 1. Charakter grupy aminowej. Benzokaina zawiera grupę aminową $-\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2$, która ma właściwości zasadowe — wolna para elektronowa na atomie azotu może przyjąć proton ${\mathrm{H}}^{+}$.

Krok 2. Reakcja z kwasem solnym. Grupa $-\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2$ przyłącza proton, tworząc kation amoniowy i sól (wraz z przeciwjonem $\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}$): $\mathrm{Ar}-\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2+\mathrm{HCl}\to [\mathrm{Ar}-\mathrm{N}{\mathrm{H}}_3{]}^{+}\mathrm{C}{\mathrm{l}}^{-}.$

Krok 3. Wpływ na rozpuszczalność. Powstała sól ma budowę jonową i jest znacznie lepiej rozpuszczalna w wodzie niż obojętna cząsteczka benzokainy. To tłumaczy, dlaczego zamiast słabo rozpuszczalnego ciała stałego po dodaniu HCl otrzymano klarowny roztwór.

Odpowiedź: Benzokaina reaguje z kwasem solnym (grupa $-\mathrm{N}{\mathrm{H}}_2$ przyłącza proton), tworząc chlorowodorek benzokainy — sól o budowie jonowej, dobrze rozpuszczalną w wodzie, dlatego powstaje klarowny roztwór.

Krok 1. Mechanizm hydrolizy zasadowej estru. Jon $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ atakuje atom węgla karbonylowego grupy estrowej, co prowadzi do rozpadu wiązania na anion karboksylanowy i alkohol.

Krok 2. Zastosowanie do benzokainy. Benzokaina ${\mathrm{H}}_2\mathrm{N}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{COO}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3$ pod działaniem $\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}$ rozpada się na anion 4‑aminobenzoesanowy i etanol: ${\mathrm{H}}_2\mathrm{N}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{COO}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to {\mathrm{H}}_2\mathrm{N}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}+\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$

Odpowiedź: ${\mathrm{H}}_2\mathrm{N}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{COO}-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3+\mathrm{O}{\mathrm{H}}^{-}\to {\mathrm{H}}_2\mathrm{N}-{\mathrm{C}}_6{\mathrm{H}}_4-\mathrm{CO}{\mathrm{O}}^{-}+\mathrm{C}{\mathrm{H}}_3\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$.

Krok 1. Rola katalizatora $\mathrm{FeB}{\mathrm{r}}_3$. $\mathrm{FeB}{\mathrm{r}}_3$ jest typowym katalizatorem bromowania pierścienia aromatycznego — generuje silny elektrofil, który atakuje bogaty w elektrony pierścień.

Krok 2. Typ reakcji. Pierścień aromatyczny zachowuje aromatyczność po reakcji — atom wodoru zostaje zastąpiony atomem bromu. To reakcja substytucji (addycja zniszczyłaby aromatyczność).

Krok 3. Mechanizm. Elektrofil atakuje pierścień aromatyczny — mechanizm elektrofilowy, analogiczny do nitrowania czy chlorowania benzenu.

Odpowiedź: B (substytucji) oraz 1. (elektrofilowego).

Krok 1. Aminokwas z grupą $-\mathrm{SH}$. Jedynym aminokwasem białkowym z grupą tiolową $-\mathrm{SH}$ jest cysteina (Cys), $M=121g/mol$.

Krok 2. Aminokwas achiralny. Jedynym achiralnym aminokwasem białkowym (dwa podstawniki przy węglu $\alpha$ to atomy wodoru) jest glicyna (Gly), $M=75g/mol$.

Krok 3. Trzeci aminokwas. Masa tripeptydu = suma mas trzech reszt aminokwasowych minus dwie cząsteczki wody (dwa wiązania peptydowe): $249=121+75+M_3-2\cdot 18\Rightarrow M_3=249-121-75+36=89.$ Masa molowa $89g/mol$ odpowiada alaninie (Ala).

Krok 4. Uporządkowanie sekwencji. Masy: Gly ($75$) < Ala ($89$) < Cys ($121$). Wolną grupę aminową ma aminokwas o najmniejszej masie — glicyna (N‑koniec). Wolną grupę karboksylową ma aminokwas o największej masie — cysteina (C‑koniec). Środkowa pozycja przypada alaninie.

Odpowiedź: Gly‑Ala‑Cys.

Krok 1. Szkielet cząsteczki. Alkohol tetrahydroksylowy ${\mathrm{C}}_4{\mathrm{H}}_{10}{\mathrm{O}}_4$ ma dwa centra stereogeniczne (C2 i C3); C1 i C4 to końcowe grupy $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$. Możliwe konfiguracje na C2/C3: grupy $-\mathrm{OH}$ po tej samej stronie (forma meso, achiralna) lub po przeciwnych stronach (para enancjomerów, chiralna).

Krok 2. Erytrol (achiralny, forma meso). W projekcji Fischera obie grupy $-\mathrm{OH}$ (C2 i C3) są po tej samej stronie łańcucha: $\begin{array}{c}\mathrm{CHO}\text{-podobny szkielet: }\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}\\ \mathrm{H}-\mathrm{C}-\mathrm{OH}(\text{prawa strona})\\ \mathrm{H}-\mathrm{C}-\mathrm{OH}(\text{prawa strona})\\ \mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}\end{array}$ Cząsteczka ma płaszczyznę symetrii, dlatego jest achiralna.

Krok 3. L‑treitol (chiralny). Grupy $-\mathrm{OH}$ na C2 i C3 są po przeciwnych stronach łańcucha (brak płaszczyzny symetrii): $\begin{array}{c}\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}\\ \mathrm{HO}-\mathrm{C}-\mathrm{H}(\text{OH po lewej})\\ \mathrm{H}-\mathrm{C}-\mathrm{OH}(\text{OH po prawej})\\ \mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}\end{array}$

Odpowiedź: erytrol — obie grupy $-\mathrm{OH}$ (C2, C3) po tej samej stronie projekcji Fischera (forma meso, achiralna); L‑treitol — grupy $-\mathrm{OH}$ po przeciwnych stronach (chiralny diastereoizomer erytrolu).

Krok 1. Tworzenie pierścienia furanozowego. Arabinofuranoza powstaje przez zamknięcie pięcioczłonowego pierścienia między grupą karbonylową (C1) a grupą hydroksylową przy C4. Atom tlenu z grupy $-\mathrm{OH}$ na C4 staje się atomem tlenu pierścienia, a nowa grupa $-\mathrm{OH}$ (hemiacetalowa) pojawia się na C1 — centrum anomeryczne.

Krok 2. Przenoszenie konfiguracji z Fischera do Hawortha. Grupy po prawej stronie w projekcji Fischera (dla cukru D) w projekcji Hawortha znajdują się poniżej płaszczyzny pierścienia, a grupy po lewej stronie — powyżej. Z wzoru D‑arabinozy: C2 (OH po lewej) → OH powyżej płaszczyzny; C3 (OH po prawej) → OH poniżej płaszczyzny; grupa $\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ przy C4 → powyżej płaszczyzny.

Krok 3. Konfiguracja anomeryczna $\alpha$. W formie $\alpha$ grupa $-\mathrm{OH}$ przy C1 (anomeryczna) znajduje się poniżej płaszczyzny pierścienia.

Odpowiedź: wzór $\alpha$‑D‑arabinofuranozy w projekcji Hawortha — pięcioczłonowy pierścień z atomem O między C1 i C4, grupą $-\mathrm{OH}$ poniżej płaszczyzny przy C1 (anomeryczny, $\alpha$), grupą $-\mathrm{OH}$ powyżej płaszczyzny przy C2, grupą $-\mathrm{OH}$ poniżej płaszczyzny przy C3 oraz grupą $-\mathrm{C}{\mathrm{H}}_2\mathrm{OH}$ powyżej płaszczyzny przy C4.

Krok 1. Które cukry są redukujące. Glukoza, fruktoza (proste monosacharydy) i maltoza (disacharyd z wolnym, mogącym się otwierać centrum anomerycznym) mają właściwości redukujące — reagują z odczynnikiem Tollensa, dając osad metalicznego srebra. Sacharoza nie jest cukrem redukującym, bo oba centra anomeryczne (glukozy i fruktozy) są zaangażowane w wiązanie glikozydowe.

Krok 2. Ocena zdania 1. Maltoza ma wolne centrum anomeryczne i wykazuje właściwości redukujące — jej roztwór dodany do odczynnika Tollensa daje pozytywny wynik (osad srebra), zgodny z opisanym doświadczeniem. Zdanie jest prawdziwe (P).

Krok 3. Ocena zdania 2. Nieprawda — sacharoza nie wykazuje właściwości redukujących (nie ma wolnego centrum anomerycznego, obie jednostki cukrowe są związane wiązaniem glikozydowym). Zdanie jest fałszywe (F).

Odpowiedź: (1) P, (2) F.