Rozwiązanie

• Konfiguracja atomu Br (stan podstawowy): [Ar]3d¹⁰4s²4p⁵; w powłoce walencyjnej (n=4): 7 elektronów; blok p.
• Minimalny stopień utlenienia bromu: −I; maksymalny: +VII.

Rozwiązanie

Masa cząsteczki $=78{,}92+80{,}92=159{,}84$ u. $m=\dfrac{159{,}84\text{ g/mol}}{6{,}02\cdot10^{23}}\approx2{,}65\cdot10^{-22}$ g.

Rozwiązanie

Niech $x$ — udział izotopu $78{,}92$ u. $78{,}92x+80{,}92(1-x)=79{,}90\Rightarrow 80{,}92-2x=79{,}90\Rightarrow x=0{,}51$.

Odpowiedź: $78{,}92$ u — $51\%$; $80{,}92$ u — $49\%$.

Rozwiązanie

• CBr₄ — kowalencyjne spolaryzowane (C–Br, mała różnica elektroujemności).
• CaBr₂ — jonowe (metal + niemetal).
• HBr — kowalencyjne spolaryzowane.

Rozwiązanie

Atom siarki tworzy $3$ wiązania $\sigma$ (z trzema atomami O) i nie ma wolnych par — hybrydyzacja sp², geometria płaska (trójkątna płaska).

Rozwiązanie

Trzy wiązania S–O to $3$ wiązania $\sigma$; jedno wiązanie podwójne S=O zawiera dodatkowo $1$ wiązanie $\pi$.

Odpowiedź: $\sigma=3$, $\pi=1$.

Rozwiązanie

Jony K⁺ ($138$ pm) i Na⁺ ($102$ pm) mają zbyt różne promienie jonowe (różnica jest zbyt duża), więc nie mogą się wzajemnie zastępować w sieci przestrzennej — dlatego KCl i NaCl nie tworzą kryształów mieszanych (nie są izomorficzne).

Rozwiązanie

wodorowymi; tetraedryczna; większą; pływa po. W lodzie luźna, tetraedryczna sieć wiązań wodorowych daje mniejszą gęstość niż woda ciekła, dlatego lód pływa.

Rozwiązanie

1. $2$H₂$+$O₂$\to2$H₂O; $n($H₂O$)=\dfrac{0{,}9}{18}=0{,}05$ mol → $n($H₂$)=0{,}05$ mol, $n($O₂$)=0{,}025$ mol.
2. $V_{H_2}:V_{O_2}=0{,}05:0{,}025=\mathbf{2:1}$.
3. Masy: $m_{H_2}=0{,}05\cdot2=0{,}1$ g, $m_{O_2}=0{,}025\cdot32=0{,}8$ g → $m_{H_2}:m_{O_2}=\mathbf{1:8}$.

Rozwiązanie

1. $n($CaSO₄$)=\dfrac{1000}{136}\approx7{,}35$ mol; stosunek CaSO₄:SO₂ $=2:2$, więc teoretycznie $n($SO₂$)=7{,}35$ mol.
2. $V_{teor}=7{,}35\cdot22{,}4\approx164{,}6$ dm³.
3. Wydajność $=\dfrac{150}{164{,}6}\cdot100\%\approx91\%$.

Rozwiązanie

$\Delta H>0$ → proces endoenergetyczny; podniesienie temperatury (reguła przekory) zwiększa wydajność. Rozdrobnienie zwiększa powierzchnię kontaktu, więc ma wpływ na szybkość reakcji.

Rozwiązanie

1. Rozpuścić mieszaninę w wodzie destylowanej.
2. Dodać roztwór NaOH — wytrąca się osad Mg(OH)₂ (NaCl pozostaje w roztworze).
3. Odsączyć i przemyć wodą osad Mg(OH)₂.
4. Rozpuścić osad w kwasie solnym: Mg(OH)₂ $+ 2$HCl $\to$ MgCl₂ $+ 2$H₂O.
5. Odparować wodę → czysty stały MgCl₂.

Rozwiązanie

pH: roztwór 1 ($[$OH⁻$]=0{,}1$) i 2 ($[$OH⁻$]=0{,}1$) → pH$=13$; roztwór 3 (słaba zasada) → pH$\approx11$; roztwór 4 (słaby kwas) → pH$\approx3$.

• pH roztworu 1 jest równe pH roztworu 2.
• pH roztworu 2 jest wyższe niż pH roztworu 3.
• pH roztworu 3 jest wyższe niż pH roztworu 4.

Rozwiązanie

Kwas chlorowy(I) jest słabszy (mniejsza $K_a$), więc wiązanie O–H jest mniej spolaryzowane, a jego roztwór ma wyższe pH. Sole sodowe słabych kwasów tlenowych chloru ulegają hydrolizie zasadowej → papierek przyjmuje niebieskie zabarwienie.

Rozwiązanie

• Etap I: NaCl — wytrąca AgCl (Ba²⁺, Mg²⁺ pozostają).
• Etap II: Na₂CrO₄ — wytrąca BaCrO₄.
• Etap III: NaOH — wytrąca Mg(OH)₂.

Rozwiązanie

Etap I: AgCl; Etap II: BaCrO₄; Etap III: Mg(OH)₂ (wodorotlenek — produkt strącania, choć formalnie nie sól).

Rozwiązanie

• I — odczyn zasadowy (sól mocnej zasady i słabego kwasu): C₁₇H₃₅COO⁻ $+$ H₂O $\rightleftharpoons$ C₁₇H₃₅COOH $+$ OH⁻.
• II — odczyn kwasowy (sól słabej zasady i mocnego kwasu): NH₄⁺ $+$ H₂O $\rightleftharpoons$ NH₃·H₂O $+$ H⁺.

Rozwiązanie

Jon NH₄⁺ oddaje proton — pełni funkcję kwasu. Jon C₁₇H₃₅COO⁻ przyłącza proton — pełni funkcję zasady.

Rozwiązanie

Etap $A\to C$ jest egzoenergetyczny, więc $C$ leży poniżej $A$; etap $C\to B$ jest endoenergetyczny, więc $B$ leży powyżej $C$. Odpowiada temu wykres II (głęboki dołek $C$ poniżej $A$, następnie wzrost do $B$).

Rozwiązanie

1. W $131{,}9$ g roztworu jest $31{,}9$ g KNO₃: $n=\dfrac{31{,}9}{101}=0{,}316$ mol.
2. Objętość: $V=\dfrac{131{,}9}{1{,}16}=113{,}7$ cm³$=0{,}1137$ dm³.
3. $c=\dfrac{0{,}316}{0{,}1137}\approx2{,}78\,\tfrac{\text{mol}}{\text{dm}^3}$.

Rozwiązanie

• I: CaO(s) $+$ HCl(aq) → CaCl₂.
• II: Al(s) $+$ H₂SO₄(rozc.) → Al₂(SO₄)₃ (Ag nie reaguje z rozcieńczonymi kwasami — jest odczynnikiem zbędnym).
• III: Cu(OH)₂(s) $+$ HCl(aq) → CuCl₂.

Rozwiązanie

Cu(OH)₂ $+ 2$H⁺ $\to$ Cu²⁺ $+ 2$H₂O (Cu(OH)₂ nierozpuszczalny — zapis cząsteczkowy).

Rozwiązanie

1. $m($AlCl₃$)=200\cdot0{,}15=30$ g; $n=\dfrac{30}{133{,}5}=0{,}225$ mol. $n($NaOH$)=\dfrac{32}{40}=0{,}8$ mol.
2. Al³⁺$+3$OH⁻$\to$Al(OH)₃: zużyto $3\cdot0{,}225=0{,}674$ mol NaOH, powstało $0{,}225$ mol Al(OH)₃.
3. Nadmiar NaOH $=0{,}8-0{,}674=0{,}126$ mol roztwarza $0{,}126$ mol osadu: Al(OH)₃$+$OH⁻$\to[$Al(OH)₄$]^{-}$.

Obserwacje: najpierw wytrąca się biały galaretowaty osad Al(OH)₃, który po dodaniu nadmiaru NaOH częściowo się roztwarza; po zakończeniu w kolbie pozostaje biały osad.

Rozwiązanie

1. Al³⁺ $+ 3$OH⁻ $\to$ Al(OH)₃↓.
2. Al(OH)₃ $+$ OH⁻ $\to$ [Al(OH)₄]⁻.

Rozwiązanie

Pozostało $n=0{,}225-0{,}126=0{,}099$ mol Al(OH)₃; $M=78\,\tfrac{\text{g}}{\text{mol}}$. $m=0{,}099\cdot78\approx7{,}7$ g.

Rozwiązanie

• Redukcja: MnO₄⁻ $+ 8$H⁺ $+ 5$e⁻ $\to$ Mn²⁺ $+ 4$H₂O.
• Utlenianie: (COOH)₂ $\to 2$CO₂ $+ 2$H⁺ $+ 2$e⁻.

Rozwiązanie

$2$MnO₄⁻ $+ 5$(COOH)₂ $+ 6$H⁺ $\to 2$Mn²⁺ $+ 10$CO₂ $+ 8$H₂O.

Rozwiązanie

Utleniacz: MnO₄⁻ (ulega redukcji); reduktor: (COOH)₂ (ulega utlenieniu).

Rozwiązanie

1. P.
2. F — to produkty przerobu (suchej destylacji) węgla kamiennego, nie ropy.
3. P.

Odpowiedź: P, F, P.

Rozwiązanie

• Addycja: CH₃–C(CH₃)=CH–CH₃ $+$ HBr $\to$ CH₃–CBr(CH₃)–CH₂–CH₃ (2-metylobut-2-en + HBr).
• Substytucja: CH₃–CH(CH₃)–CH₂–CH₃ $+$ Br₂ $\to$ CH₃–CBr(CH₃)–CH₂–CH₃ $+$ HBr (2-metylobutan + Br₂).

Rozwiązanie

Addycja HBr do alkenu — mechanizm elektrofilowy. Substytucja Br₂ (na świetle) — mechanizm rodnikowy.

Rozwiązanie

W addycji (reguła Markownikowa) powstaje najtrwalszy karbokation — trzeciorzędowy na atomie C2, więc Br przyłącza się do C2. W substytucji rodnikowej podstawienie zachodzi najłatwiej przy trzeciorzędowym atomie węgla (najtrwalszy rodnik trzeciorzędowy) — również na C2. Dlatego oba dają 2-bromo-2-metylobutan.

Rozwiązanie

Alkohol II-rzędowy, którego utlenienie daje keton i który jest optycznie czynny, to pentan-2-ol: CH₃–CH(OH)–CH₂–CH₂–CH₃ (atom C2 ma cztery różne podstawniki — jest asymetryczny). Rzędowość: drugorzędowy (II). Utlenienie → pentan-2-on.

Rozwiązanie

I to kwas karboksylowy — kwas 2,3-dimetylobutanowy; II to keton — 3-metylobutanon (3-metylobutan-2-on).

Odpowiedź: B

Rozwiązanie

Związek II to keton. Prawdziwe: 1 (redukcja → alkohol II-rzędowy) i 3 (keton powstaje z utleniania alkoholu II-rzędowego). Fałszywe: 2 (ketony nie redukują Cu(OH)₂ — nie dają osadu ceglastego) i 4 (keton nie reaguje z Na).

Odpowiedź: 1 i 3.

Rozwiązanie

1. Stężenie: w $1000$ g roztworu jest $60$ g kwasu; $c=\dfrac{60}{60}=1{,}0\,\tfrac{\text{mol}}{\text{dm}^3}$.
2. Słaby kwas: $[$H⁺$]=\sqrt{K_a\cdot c}=\sqrt{1{,}8\cdot10^{-5}\cdot1}\approx4{,}2\cdot10^{-3}$.
3. pH $=-\log(4{,}2\cdot10^{-3})\approx2{,}4$.

Rozwiązanie

Redukcja przekształca grupę aldehydową –CHO w grupę hydroksymetylową –CH₂OH; powstaje alkohol furfurylowy: pierścień furanowy połączony z grupą –CH₂OH (furylo–CH₂OH).

Rozwiązanie

Grupa aldehydowa utlenia się do karboksylowej (próba Trommera): furfural $+ 2$Cu(OH)₂ $\xrightarrow{T}$ kwas piroszluzowy (furylo–COOH) $+$ Cu₂O↓ $+ 2$H₂O.

Rozwiązanie

Mocniejszy kwas wypiera słabszy z jego soli. Odczynniki: CH₃COCOOH(aq) (kwas pirogronowy) oraz CH₃COONa(aq) (octan sodu).

Rozwiązanie

Zachodzi reakcja: CH₃COCOOH $+$ CH₃COO⁻ $\to$ CH₃COCOO⁻ $+$ CH₃COOH — mocniejszy kwas pirogronowy wypiera z soli słabszy kwas octowy, co potwierdza pojawienie się charakterystycznego zapachu kwasu octowego (octu).

Rozwiązanie

Stearyna (kwas stearynowy) reaguje z NaOH, tworząc rozpuszczalne mydło; parafina (mieszanina alkanów) nie reaguje z NaOH — to pozwala je odróżnić.

Odpowiedź: C

Rozwiązanie

Reguła: grupy z prawej strony wzoru Fischera są na dole w projekcji Hawortha, z lewej — na górze; dla cukru D grupa CH₂OH jest na górze, a w formie $\alpha$ grupa –OH przy węglu anomerycznym (C1) jest skierowana w dół. Dla $\alpha$-D-mannopiranozy: C1 –OH w dół; C2 –OH w górę (mannoza różni się od glukozy właśnie przy C2); C3 –OH w górę; C4 –OH w dół; C5 –CH₂OH w górę (pozostałe pozycje zajmują atomy H).

Rozwiązanie

Liczba wiązań podwójnych: I — dwie (dwie reszty oleinowe C₁₇H₃₃); II — dwie; III — jedna (tylko jedna reszta oleinowa). Liczba jodowa (na $100$ g) uwzględnia też masę molową — im cięższy tłuszcz, tym mniejsza. Obliczeniowo: III $\approx31$, II $\approx57$, I $\approx59$.

Odpowiedź: III, II, I.

Rozwiązanie

• Seria I (naczynie I): fenol (fioletowe zabarwienie z FeCl₃).
• Seria II (naczynie II): glicyloalanyloglicyna (reakcja biuretowa — fiolet).
• Seria III (naczynie III): glukoza (osad ceglasty po ogrzaniu).
• Naczynie IV: glicerol.

Rozwiązanie

Reakcja biuretowa (charakterystyczna dla wiązań peptydowych).

Rozwiązanie

Obecność co najmniej dwóch grup hydroksylowych (–OH) przy sąsiednich atomach węgla (grupy polihydroksylowe) — tworzą one rozpuszczalny, szafirowy kompleks z jonami miedzi(II).

Rozwiązanie

Glukoza (naczynie III) zawiera grupę aldehydową o właściwościach redukujących, która redukuje Cu(II) do Cu₂O (ceglasty osad). Glicerol (naczynie IV) ma tylko grupy –OH, nie ma grupy aldehydowej, więc nie redukuje jonów miedzi(II) — osad ceglasty nie powstaje.

Rozwiązanie

1. Hydroliza N-końcowa: aminokwas N-końcowy + dipeptyd; oba optycznie czynne → aminokwas N-końcowy to Ala, a dipeptyd zawiera Ala.
2. Hydroliza C-końcowa: dipeptyd + aminokwas C-końcowy; tylko jeden optycznie czynny → aminokwas C-końcowy to Gly (nieczynny), a więc środkowa reszta to Ala.

Odpowiedź: Ala–Ala–Gly.