Jak to rozwiązać — dane liczbowe → pierwiastek

Krok 1. Pierwiastek A. Liczba masowa = liczba atomowa niklu = 28, i jest ona 2× większa od Z(A), więc Z(A) = 14 → A = Si (krzem), blok p (3p²).

Krok 2. Pierwiastek X. Dla atomu obojętnego e = p = Z. Mamy Z + n = 79 (nukleony) oraz 2Z + n = 114. Odejmując: Z = 35 → X = Br (brom), blok p (4p⁵). (n = 44.)

✔ Zgodne z kluczem: A = Si, X = Br, blok p.

Jak to rozwiązać — elektrony walencyjne krzemu

Krzem (Z = 14): 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p². Elektrony walencyjne to 3s² 3p². Dwa elektrony 3p rozmieszczamy pojedynczo (reguła Hunda), spiny zgodne:

✔ Zgodne z kluczem: 3s² (para) + 3p² (dwa niesparowane elektrony o zgodnych spinach).

Jak to rozwiązać — liczby kwantowe elektronu 4p

Brom (Z = 35): [Ar] 3d¹⁰ 4s² 4p⁵. Niesparowany elektron znajduje się na podpowłoce 4p. Dla podpowłoki 4p: główna liczba kwantowa n = 4, poboczna l = 1 (podpowłoka typu p).

✔ Zgodne z kluczem: n = 4, l = 1.

Jak to rozwiązać — bilans reakcji jądrowej

Krok 1. Ustal X. Bilans masowy: 249 + 48 − 3 = 294; bilans ładunku: 98 + 20 = 118. Zatem X = ²⁹⁴₁₁₈Og (oganeson).

Krok 2. Rodzaj rozpadu. Og (Z = 118, A = 294) → Lv (Z = 116, A = 290): Z maleje o 2, A o 4 → rozpad α (emisja jądra helu):

²⁹⁴₁₁₈Og → ²⁹⁰₁₁₆Lv + ⁴₂He

✔ Zgodne z kluczem: rozpad α, ²⁹⁴₁₁₈Og → ²⁹⁰₁₁₆Lv + ⁴₂He.

Jak to rozwiązać — budowa a właściwości alotropów

Zdanie 1 — FAŁSZ. Odmiany alotropowe węgla różnią się przede wszystkim właściwościami fizycznymi (twardość, przewodnictwo, barwa), więc twierdzenie o „identycznych właściwościach fizycznych" jest błędne.

Zdanie 2 — PRAWDA. W diamencie każdy atom węgla (hybrydyzacja sp³) tworzy cztery wiązania kowalencyjne σ z sąsiednimi atomami węgla.

✔ Zgodne z kluczem: 1 — F, 2 — P.

Jak to rozwiązać — budowa liniowej cząsteczki kumulenowej

Krok 1. Wzór elektronowy. Cząsteczka jest liniowa z układem wiązań kumulowanych: O=C=C=C=O (na każdym atomie tlenu po 2 wolne pary elektronowe).

Krok 2. Hybrydyzacja. Każdy z trzech atomów węgla tworzy dwa wiązania σ pod kątem 180° → hybrydyzacja sp.

Krok 3. Wiązania π. W cząsteczce są 4 wiązania podwójne (O=C, C=C, C=C, C=O), a każde wiązanie podwójne zawiera jedno wiązanie π → liczba wiązań π = 4.

✔ Zgodne z kluczem: O=C=C=C=O; trzech atomów węgla; 4 wiązania π.

Jak to rozwiązać — hydroliza i amonoliza bezwodnika

C₃O₂ jest bezwodnikiem kwasu malonowego. Z wodą daje kwas dikarboksylowy — kwas malonowy: HOOC–CH₂–COOH. Z amoniakiem daje diamid tego kwasu — malonamid: H₂N–OC–CH₂–CO–NH₂.

✔ Zgodne z kluczem: z wodą HOOC–CH₂–COOH; z amoniakiem H₂NOC–CH₂–CONH₂.

Jak to rozwiązać — stężenia bieżące i podstawienie do równania

Krok 1. Zmiana B: przereagowało 0,5·3 = 1,5 mol·dm⁻³, więc c_B = 3 − 1,5 = 1,5 mol·dm⁻³.

Krok 2. Zmiana A (ze stechiometrii 2A : 1B): przereagowało 2·1,5 = 3 mol·dm⁻³, więc c_A = 4 − 3 = 1 mol·dm⁻³.

Krok 3. Podstawienie:

$v = k\cdot c_A^2\cdot c_B = 6{,}7\cdot10^3\cdot1^2\cdot1{,}5 = 1{,}0\cdot10^4\ \text{mol}\cdot\text{dm}^{-3}\cdot\text{s}^{-1}$

✔ Zgodne z kluczem: v ≈ 1,0·10⁴ (10,05·10³) mol·dm⁻³·s⁻¹.

Jak to rozwiązać — moc kwasu a stopień dysocjacji

Mocniejszy jest ten kwas, który przy tym samym stężeniu molowym ma większy stopień dysocjacji. Z wykresu dla każdego stężenia krzywa HX leży wyżej niż krzywa HQ.

Odpowiedź: mocniejszy jest HX. Uzasadnienie: dla danej wartości stężenia molowego roztworu dysocjacja kwasu HX zachodzi w większym stopniu niż dysocjacja kwasu HQ.

✔ Zgodne z kluczem: HX (większy stopień dysocjacji przy tym samym stężeniu).

Jak to rozwiązać — pH słabego kwasu i bilans stężeń

Krok 1. Wzory: $[H^+]=\alpha\cdot c_0$ oraz $pH=-\log[H^+]$.

Krok 2. Brakujące pH:

• c₀ = 0,042; α = 11,9 % → [H⁺] = 0,119·0,042 = 5,0·10⁻³ → pH = 2,3
• c₀ = 0,100; α = 7,9 % → [H⁺] = 0,079·0,100 = 7,9·10⁻³ → pH = 2,1

Krok 3. Roztwór o pH = 2,2: $[H^+]=10^{-2{,}2}=6{,}3\cdot10^{-3}$ mol·dm⁻³. Ponieważ w dysocjacji HX ⇄ H⁺ + X⁻ powstaje tyle samo jonów X⁻ co H⁺: [X⁻] = [H⁺] ≈ 0,006 mol·dm⁻³.

Krok 4. Stężenie niezdysocjowanego HX: z wykresu c₀ = 0,068 mol·dm⁻³, więc $[HX]=c_0-[X^-]=0{,}068-0{,}006=\mathbf{0{,}062}$ mol·dm⁻³.

✔ Zgodne z kluczem: pH 2,3 i 2,1; [X⁻] ≈ 0,006 mol·dm⁻³; [HX] ≈ 0,062 mol·dm⁻³.

Jak to rozwiązać — hydroliza anionu SO₃²⁻

Różowe zabarwienie fenoloftaleiny świadczy o odczynie zasadowym. Odpowiada za to hydroliza anionu (zasada Brønsteda) SO₃²⁻, który odbiera proton od wody:

SO₃²⁻ + H₂O ⇄ HSO₃⁻ + OH⁻

Pary sprzężone: kwas 1 (H₂O) / zasada 1 (OH⁻); zasada 2 (SO₃²⁻) / kwas 2 (HSO₃⁻). Powstające jony OH⁻ nadają odczyn zasadowy.

✔ Zgodne z kluczem.

Jak to rozwiązać — mocny kwas wypiera słaby (lotny)

Obserwacja: wydziela się bezbarwny gaz (widoczne pęcherzyki, charakterystyczny ostry zapach) — to tlenek siarki(IV).

Równanie (mocny HCl wypiera lotny SO₂ z soli słabego kwasu siarkowego(IV)):

2 H₃O⁺ + SO₃²⁻ → 3 H₂O + SO₂↑  (lub 2 H⁺ + SO₃²⁻ → H₂O + SO₂↑)

✔ Zgodne z kluczem: wydziela się gaz (SO₂); równanie jak wyżej.

Jak to rozwiązać — cechy krzywej dla mocnego vs słabego kwasu

Rozstrzygnięcie: NIE — wykres przedstawia miareczkowanie mocnego kwasu.

Argument 1 (pH początkowe): roztwór o pH = 1,0 przy stężeniu 0,10 mol·dm⁻³ odpowiada kwasowi całkowicie zdysocjowanemu (mocnemu). Słaby kwas HX o tym stężeniu miałby pH > 1,0.

Argument 2 (punkt równoważnikowy): PR jest przy pH = 7,0 — powstaje sól mocnego kwasu i mocnej zasady. Dla słabego kwasu miareczkowanego mocną zasadą PR wypadłby przy pH > 7.

✔ Zgodne z kluczem: nie; pH początkowe = 1,0 i pH w PR = 7,0 wskazują na mocny kwas.

Jak to rozwiązać — reakcja strącania

Jony Pb²⁺ łączą się z jonami Cl⁻, tworząc trudno rozpuszczalny osad PbCl₂:

Pb²⁺ + 2 Cl⁻ → PbCl₂↓

✔ Zgodne z kluczem.

Jak to rozwiązać — od bardziej do mniej rozpuszczalnego osadu

Kolejność: najpierw dodajemy KCl (I etap), potem KI (II etap). Ponieważ PbI₂ jest trudniej rozpuszczalny niż PbCl₂, dodany jodek przekształci biały osad chlorku w żółty osad jodku — co dowodzi mniejszej rozpuszczalności PbI₂.

Obserwacje:

• I etap (KCl): wytrąca się biały osad (PbCl₂).
• II etap (KI): pojawia się żółty osad (PbI₂).

✔ Zgodne z kluczem: I etap KCl → biały osad; II etap KI → żółty osad.

Jak to rozwiązać — układ równań z bilansu masy i CO₂

Krok 1. Liczba moli CO₂: $n_{CO_2}=\dfrac{0{,}672}{22{,}4}=0{,}030$ mol. Każdy węglan daje 1 mol CO₂ na 1 mol soli.

Krok 2. Układ równań ($x$ = mol CaCO₃, $y$ = mol MgCO₃):

$x+y=0{,}030$  oraz  $100x+84y=2{,}84$

Krok 3. Rozwiązanie: z pierwszego $y=0{,}03-x$; podstawiając: $100x+84(0{,}03-x)=2{,}84$ → $16x=0{,}32$ → $x=0{,}02$ mol CaCO₃.

Krok 4. Procent masowy: $\%_{CaCO_3}=\dfrac{100\cdot0{,}02}{2{,}84}\cdot100\%\approx\mathbf{70\%}$.

✔ Zgodne z kluczem: ok. 70 % (70,4 %).

Jak to rozwiązać — szereg napięciowy metali

Z kwasami nieutleniającymi (jak HCl) reagują tylko metale o niższym standardowym potencjale niż wodór (leżące przed wodorem, o ujemnym E°).

Spośród Ag (E° ≈ +0,80 V), Cu (+0,34 V), Zn (−0,76 V) tylko cynk ma potencjał niższy od wodoru (ujemny), więc tylko on wypiera wodór z kwasu. Miedź i srebro mają potencjały wyższe niż wodór — nie reagują.

Rozstrzygnięcie: probówka III (Zn).

✔ Zgodne z kluczem: III; tylko cynk ma niższy potencjał standardowy niż wodór.

Jak to rozwiązać — tlenek zasadowy + mocny kwas

Tlenek metalu (CuO) reaguje z jonami hydroniowymi (H₃O⁺) mocnego kwasu, dając kation metalu i wodę (jony SO₄²⁻ są widzami):

CuO + 2 H₃O⁺ → Cu²⁺ + 3 H₂O  (lub CuO + 2 H⁺ → Cu²⁺ + H₂O)

✔ Zgodne z kluczem (Me = Cu).

Jak to rozwiązać — Ag + stężony HNO₃

Srebro reaguje ze stężonym HNO₃ (kwasem utleniającym). Produktem redukcji azotu(V) jest w tym przypadku brunatny gaz NO₂ (tlenek azotu(IV)).

✔ Zgodne z kluczem: NO₂.

Jak to rozwiązać — który jon utlenia Sn²⁺

Krok 1. Sn²⁺ jest reduktorem. Spośród Cr³⁺, Al³⁺, Fe³⁺ tylko Fe³⁺ ma potencjał wystarczająco wysoki, by utlenić Sn²⁺ do Sn⁴⁺ (Al³⁺ i Cr³⁺ nie ulegają redukcji w tych warunkach). Zatem reakcja zaszła w probówce z FeCl₃ → to probówka B.

Krok 2. Pozostają A i C. Roztwór CrCl₃ jest barwny, a AlCl₃ — bezbarwny, więc A = CrCl₃, C = AlCl₃.

Krok 3. Równanie w B (2 jony Fe³⁺ przyjmują 2 elektrony, Sn²⁺ oddaje 2):

2 Fe³⁺ + Sn²⁺ → 2 Fe²⁺ + Sn⁴⁺

✔ Zgodne z kluczem: A = CrCl₃, C = AlCl₃; 2 Fe³⁺ + Sn²⁺ → 2 Fe²⁺ + Sn⁴⁺.

Jak to rozwiązać — bilans masy CaCl₂ i wody

Krok 1. Masa roztworu: $m_r=767{,}4+100=867{,}4$ g.

Krok 2. Masa czystego CaCl₂ (z stężenia procentowego): $m_{CaCl_2}=0{,}5366\cdot867{,}4=465{,}4$ g.

Krok 3. Woda pochodząca z hydratu: woda w hydracie = masa hydratu − masa CaCl₂ = $767{,}4-465{,}4=302{,}0$ g.

Krok 4. Stosunek molowy: na 111 g CaCl₂ przypada n·18 g wody:

$\dfrac{111}{465{,}4}=\dfrac{n\cdot18}{302{,}0}\ \Rightarrow\ 18n=72\ \Rightarrow\ n=4$

Wzór hydratu: CaCl₂·4H₂O.

✔ Zgodne z kluczem: n = 4, CaCl₂·4H₂O.

Jak to rozwiązać — bilans elektronów

Krok 1. Utlenianie: w S₂O₃²⁻ siarka ma +II, w SO₄²⁻ +VI. Dwa atomy S oddają łącznie 2·4 = 8 elektronów (x = 8).

Krok 2. Redukcja: Cl₂ + 2e⁻ → 2 Cl⁻. Aby zbilansować 8 elektronów, potrzeba 4 Cl₂ (przyjmują 8 e⁻ → 8 Cl⁻).

Krok 3. Współczynniki:

S₂O₃²⁻ + 4 Cl₂ + 15 H₂O → 2 SO₄²⁻ + 8 Cl⁻ + 10 H₃O⁺

✔ Zgodne z kluczem: 1, 4, 15 → 2, 8, 10.

Jak to rozwiązać — połówka redukcji

Krok 1. W dysproporcjonowaniu część jonów Tc(+VI) ulega redukcji do Tc(+IV) w TcO₂. Zmiana +VI → +IV to przyjęcie 2 elektronów.

Krok 2. Bilansujemy tlen i ładunek w środowisku (obojętnym/zasadowym) za pomocą H₂O i OH⁻:

TcO₄²⁻ + 2 e⁻ + 2 H₂O → TcO₂ + 4 OH⁻

(sprawdzenie ładunku: lewa −2−2 = −4, prawa −4 ✓).

✔ Zgodne z kluczem.

Jak to rozwiązać — jeden produkt końcowy z dwóch reakcji

Aby oba doświadczenia dały taki sam wygląd (brunatny osad) w reakcji redoks, odczynnikiem jest KMnO₄, który w środowisku obojętnym redukuje się do brunatnego MnO₂:

• Probówka I (K₂SO₃ — reduktor): MnO₄⁻ utlenia SO₃²⁻, sam redukuje się do MnO₂.
• Probówka II (MnSO₄): zachodzi komproporcjonowanie MnO₄⁻ z Mn²⁺ → również MnO₂.

W obu przypadkach powstaje brunatny MnO₂ → jednakowy wygląd.

✔ Zgodne z kluczem: odczynnik KMnO₄; I — K₂SO₃; II — MnSO₄.

Jak to rozwiązać — SEM = E°(katoda) − E°(anoda)

Katodą (+) jest półogniwo wodorowe, anodą (−) — kobaltowe:

$SEM = E^\circ_{katoda} - E^\circ_{anoda} = 0{,}00 - (-0{,}28) = \mathbf{0{,}28\ V}$

✔ Zgodne z kluczem: SEM = 0,28 V.

Jak to rozwiązać — nowe półogniwo musi pozostać anodą

Aby wodorowe półogniwo dalej było katodą, zastępujące półogniwo metaliczne musi mieć potencjał niższy niż wodór (E° < 0), czyli metal aktywniejszy od wodoru.

E°: Ag (+0,80) i Cu (+0,34) są wyższe od wodoru — odpadają. Niższe od wodoru mają: Fe (−0,44), Ni (−0,25), Zn (−0,76).

Odpowiedź: Fe|Fe²⁺, Ni|Ni²⁺, Zn|Zn²⁺.

✔ Zgodne z kluczem: Fe, Ni, Zn.

Jak to rozwiązać — masa molowa i liczba pozycji chlorowania

Krok 1. Masa molowa: gęstość ∝ masa molowa (w tych samych warunkach), więc $M_{alkanu}=50\cdot M_{H_2}=50\cdot2=100$ g·mol⁻¹.

Krok 2. Liczba atomów węgla: dla alkanu C_nH_2n+2: $12n+(2n+2)=100$ → $14n=98$ → n = 7.

Krok 3. Który izomer C₇H₁₆? Ma być rozgałęziony, achiralny i dawać dokładnie 6 monochloropochodnych (6 nierównocennych pozycji atomów H). Warunki spełnia 2-metyloheksan:

CH₃–CH(CH₃)–CH₂–CH₂–CH₂–CH₃

✔ Zgodne z kluczem: n = 7; 2-metyloheksan.

Jak to rozwiązać — reguła przekory i liczba moli gazu

Po stronie substratów są 2 mole gazu (eten + para wodna), a po stronie produktu 1 mol gazu (etanol). Zgodnie z regułą Le Chateliera–Brauna wzrost ciśnienia przesuwa równowagę w stronę mniejszej liczby moli gazu — czyli w stronę produktu. Dlatego przy wyższym ciśnieniu stopień przereagowania etenu jest większy.

✔ Zgodne z kluczem: 2 mole gazowych substratów → 1 mol gazowego produktu, więc wzrost ciśnienia przesuwa równowagę w prawo.

Jak to rozwiązać — temperatura a kierunek równowagi

Z wykresu wynika, że wraz ze wzrostem temperatury maleje równowagowy stopień przereagowania (wydajność). Oznacza to, że podwyższenie temperatury przesuwa równowagę w stronę substratów — a tak dzieje się dla reakcji egzotermicznej.

Rozstrzygnięcie: egzotermiczny.

✔ Zgodne z kluczem: egzotermiczny (wzrost T zmniejsza wydajność → równowaga w lewo).

Jak to rozwi�