Jak to rozwiązać — identyfikacja pierwiastków A i X

Krok 1. Pierwiastek A. Tlenek A na najwyższym stopniu utlenienia ma cząsteczkę z 14 atomów, a jej wzór rzeczywisty nie jest elementarnym (czyli nie da się go uprościć). Warunek spełnia P₄O₁₀ (4 + 10 = 14 atomów). Tlenek ten z wodą daje kwas trójprotonowy — to H₃PO₄. Zatem A = P (fosfor).

Sprawdzenie konfiguracji: P (Z = 15): 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p³ — elektrony leżą w pięciu podpowłokach (1s, 2s, 2p, 3s, 3p) ✓. Najwyższy stopień utlenienia = +V (grupa 15). Na podpowłoce 3p³ są 3 elektrony niesparowane (reguła Hunda).

Krok 2. Pierwiastek X. Wodorek A to PH₃ (4 atomy). Zgodnie z treścią tlenek X na najwyższym stopniu utlenienia też ma 4 atomy → wzór XO₃, więc najwyższy stopień utlenienia X = +VI. Atom X ma wszystkie elektrony walencyjne niesparowane, na powłokach o różnych n. Spełnia to chrom Cr (Z = 24): [Ar] 3d⁵ 4s¹ — 5 niesparowanych na 3d (n = 3) i 1 niesparowany na 4s (n = 4), razem 6 elektronów niesparowanych na powłokach o różnych n ✓. Zatem X = Cr (chrom).

✔ Zgodne z kluczem CKE: A = P (+V, 3 e⁻ niesparowane), X = Cr (+VI, 6 e⁻ niesparowanych).

Jak to rozwiązać — konfiguracja klatkowa Cr³⁺

Krok 1. Atom chromu: Cr (Z = 24) → [Ar] 3d⁵ 4s¹, czyli 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 3d⁵ 4s¹.

Krok 2. Kation Cr³⁺ powstaje przez oddanie 3 elektronów. Usuwamy najpierw elektron 4s, potem dwa z 3d: pozostaje [Ar] 3d³ → 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶ 3d³.

Krok 3. Trzy elektrony 3d rozmieszczamy pojedynczo (reguła Hunda), z równoległymi spinami:

✔ Zgodne z kluczem: Cr³⁺ = [Ar]3d³ — trzy niesparowane elektrony na podpowłoce 3d.

Jak to rozwiązać — wzory i równania reakcji

Krok 1. Wzory (A = P, X = Cr). Wodorek fosforu: PH₃. Tlenek A na +V: P₄O₁₀. Tlenek X na +VI: CrO₃.

Krok 2. Reakcja 1 (cząsteczkowa) — tlenek kwasowy + woda → kwas. P₄O₁₀ jest tlenkiem kwasowym; z wodą daje kwas fosforowy(V). Bilansujemy (1 cząsteczka P₄O₁₀ daje 4 cząsteczki H₃PO₄, potrzeba 6 H₂O):

P₄O₁₀ + 6 H₂O → 4 H₃PO₄

Krok 3. Reakcja 2 (jonowa) — tlenek kwasowy CrO₃ + mocna zasada. CrO₃ reaguje z jonami OH⁻ dając jon chromianowy(VI) CrO₄²⁻. Jony K⁺ są widzami — pomijamy je w zapisie jonowym:

CrO₃ + 2 OH⁻ → CrO₄²⁻ + H₂O

✔ Zgodne z kluczem: PH₃; P₄O₁₀; CrO₃; oraz oba równania jak wyżej.

Jak to rozwiązać — rozpad β⁻

Zasada: w rozpadzie β⁻ neutron zamienia się w proton (emitowany jest elektron), więc liczba atomowa Z rośnie o 1, a liczba masowa A nie zmienia się.

Gal ma Z = 31. Po rozpadzie: Z = 32 (german), A = 72. Powstaje ⁷²Ge.

⁷²₃₁Ga → ⁷²₃₂Ge + ⁰₋₁e

✔ Zgodne z kluczem: ⁷²Ge.

Jak to rozwiązać — bilans reakcji jądrowej

Krok 1. Zapisujemy znane składniki: ⁶⁸₃₀Zn + X → 2 ¹₀n + ⁶⁷₃₁Ga.

Krok 2. Bilans liczby masowej (górne): 68 + A_X = 2·1 + 67 = 69 → A_X = 1.

Krok 3. Bilans ładunku (dolne): 30 + Z_X = 2·0 + 31 = 31 → Z_X = 1. Cząstka o A = 1, Z = 1 to proton (¹₁p, czyli ¹₁H).

⁶⁸₃₀Zn + ¹₁p → 2 ¹₀n + ⁶⁷₃₁Ga

✔ Zgodne z kluczem: cząstką bombardującą jest proton (¹₁H).

Jak to rozwiązać — interpolacja trendu

x (LiCl): w szeregu LiF 1033 > LiCl x > LiBr 798 wartość musi leżeć między 798 a 1033 — z podanych pasuje 840.

y (NaBr): NaCl 778 > NaBr y > NaI 692 → wartość między 692 a 778 → 740.

Temperatura topnienia NaI: NaI ma większy anion (I⁻) i mniejszą energię sieciową niż NaCl (801 °C), więc topi się w niższej temperaturze → 662 °C (nie 882 °C).

✔ Zgodne z kluczem: 840; 740; 662 °C.

Jak to rozwiązać — rola ładunku jonów

Krok 1. Energia sieciowa zależy od iloczynu ładunków jonów: im większe ładunki, tym silniejsze przyciąganie elektrostatyczne (prawo Coulomba: siła ∝ q₊·q₋).

Krok 2. W MgO są jony dwuwartościowe Mg²⁺ i O²⁻ (iloczyn ładunków 2·2 = 4), a w LiF — jednowartościowe Li⁺ i F⁻ (iloczyn 1·1 = 1). Rozmiary jonów są podobne, więc o różnicy decyduje ładunek.

Wyjaśnienie (odpowiedź): Jony Mg²⁺ i O²⁻ mają większe ładunki niż Li⁺ i F⁻, dlatego przyciągają się znacznie silniej — stąd energia sieciowa MgO jest wielokrotnie większa niż LiF.

✔ Zgodne z kluczem: decyduje większa wartość ładunków jonów w MgO (2+ i 2−) wobec LiF (1+ i 1−).

Jak to rozwiązać — struktura a hybrydyzacja

α-GeO₂ (typ rutylu): każdy atom Ge jest otoczony przez sześć atomów tlenu (oktaedr) → liczba koordynacyjna = sześć.

β-GeO₂ (typ kwarcu): atom Ge jest otoczony przez cztery atomy tlenu w układzie tetraedrycznym. Otoczenie tetraedryczne (4 wiązania, kąt ≈ 109,5°) odpowiada hybrydyzacji sp³.

✔ Zgodne z kluczem: sześć; sp³.

Jak to rozwiązać — przeliczenie miareczkowania na stężenie

Krok 1. Stechiometria. Z równania 2 KMnO₄ odpowiada 5 H₂O₂, więc $n_{H_2O_2} = \tfrac{5}{2}\,n_{KMnO_4}$.

Krok 2. Wzór na stężenie w próbce (objętość próbki 2,0 cm³): $c_{H_2O_2} = \dfrac{2{,}5\cdot c_{KMnO_4}\cdot V_{KMnO_4}}{V_{pr}}$, gdzie $c_{KMnO_4}=0{,}0020$ mol·dm⁻³.

Krok 3. Obliczenia dla każdej próbki:

• t=0: $\frac{2{,}5\cdot0{,}002\cdot19{,}1}{2{,}0}=0{,}048$
• t=10: $\frac{2{,}5\cdot0{,}002\cdot14{,}2}{2{,}0}=0{,}036$
• t=20: $\frac{2{,}5\cdot0{,}002\cdot9{,}9}{2{,}0}=0{,}025$
• t=30: $\frac{2{,}5\cdot0{,}002\cdot6{,}2}{2{,}0}=0{,}016$

Wykres: nanosimy 4 punkty i łączymy linią malejącą w całym zakresie (stężenie H₂O₂ maleje z czasem).

✔ Zgodne z kluczem: 0,048; 0,036; 0,025; 0,016 (dop. 0,013) — krzywa malejąca.

Jak to rozwiązać — interpretacja kinetyczna

1. Wraz z upływem czasu maleje stężenie substratu (H₂O₂), a szybkość reakcji zależy od stężenia substratu — dlatego szybkość maleje (wykres coraz mniej stromy).

2. Wzrost temperatury zwiększa szybkość reakcji, więc w 40 °C szybkość jest większa niż w 20 °C.

✔ Zgodne z kluczem: maleje; większa niż.

Jak to rozwiązać — bilans jonów H⁺

Krok 1. Stężenie i liczba moli H⁺ w kwasie: $c_{H^+}=10^{-1{,}5}=0{,}0316$ mol·dm⁻³, więc $n_{H^+}=0{,}0316\cdot0{,}025=7{,}9\cdot10^{-4}$ mol.

Krok 2. Liczba moli OH⁻ z Ba(OH)₂ (2 OH⁻ na 1 Ba(OH)₂): $n_{OH^-}=2\cdot0{,}020\cdot V=0{,}04V$ (V w dm³).

Krok 3. Stężenie H⁺ po reakcji ma dać pH=3,7: $c_{H^+}=10^{-3{,}7}=2{,}0\cdot10^{-4}$ mol·dm⁻³. Niezobojętnione H⁺ w objętości $(0{,}025+V)$:

$2{,}0\cdot10^{-4}=\dfrac{7{,}9\cdot10^{-4}-0{,}04V}{0{,}025+V}$

Krok 4. Rozwiązując: $V\approx0{,}0195$ dm³ = 19,5 cm³.

✔ Zgodne z kluczem: V ≈ 19,5 cm³ (zależnie od zaokrągleń 19,5–19,8 cm³).

Jak to rozwiązać — porównanie z iloczynem rozpuszczalności

Krok 1. Rozcieńczenie. Po zmieszaniu równych objętości każde stężenie maleje 2-krotnie: $[Ag^+]=\tfrac{1\cdot10^{-4}}{2}=5\cdot10^{-5}$, $[Cl^-]=\tfrac{2\cdot10^{-6}}{2}=1\cdot10^{-6}$ mol·dm⁻³.

Krok 2. Iloczyn stężeń: $[Ag^+]\cdot[Cl^-]=5\cdot10^{-5}\cdot1\cdot10^{-6}=\mathbf{5\cdot10^{-11}}$.

Krok 3. Porównanie z K_so: $5\cdot10^{-11}<1{,}8\cdot10^{-10}$ — iloczyn stężeń jest mniejszy od iloczynu rozpuszczalności, więc roztwór jest nienasycony i osad AgCl się nie wytrąci.

✔ Zgodne z kluczem: 5·10⁻¹¹; mniejsza; nie wytrąci.

Jak to rozwiązać — hydroliza a odczyn soli

NaHCO₃ — sól mocnej zasady i słabego kwasu (H₂CO₃); anion HCO₃⁻ hydrolizuje zasadowo → odczyn zasadowy → probówka 3.

ZnCl₂ — sól słabej zasady Zn(OH)₂ i mocnego kwasu HCl; kation Zn²⁺ hydrolizuje kwasowo → odczyn kwasowy → probówka 1.

CH₃COONH₄ — sól słabego kwasu i słabej zasady o zbliżonej mocy → odczyn ≈ obojętny → probówka 2.

✔ Zgodne z kluczem: NaHCO₃→3, ZnCl₂→1, CH₃COONH₄→2.

Jak to rozwiązać — kto ulega hydrolizie

Zdanie 1 — FAŁSZ. W probówce 1. jest ZnCl₂ — hydrolizie ulega kation Zn²⁺ (nie aniony). W probówce 3. jest NaHCO₃ — hydrolizie ulega anion HCO₃⁻ (nie kationy). Zdanie twierdzi odwrotnie → F.

Zdanie 2 — PRAWDA. W probówce 2. jest CH₃COONH₄ — hydrolizie ulegają oba jony: kation NH₄⁺ (kwasowo) i anion CH₃COO⁻ (zasadowo) → P.

✔ Zgodne z kluczem: 1 — F, 2 — P.

Jak to rozwiązać — masa MnCl₂ / masa roztworu

Krok 1. Masa roztworu wyjściowego: $m_{r1}=d\cdot V=1{,}07\cdot150=160{,}5$ g.

Krok 2. Masa MnCl₂ z roztworu: $n=c\cdot V=0{,}678\cdot0{,}150=0{,}1017$ mol → $m=0{,}1017\cdot126=12{,}81$ g.

Krok 3. Masa MnCl₂ z hydratu: w 198 g hydratu jest 126 g MnCl₂, więc z 6,00 g: $m=\dfrac{126\cdot6}{198}=3{,}82$ g.

Krok 4. Stężenie procentowe końcowe (masa roztworu rośnie o 6 g):

$c_p=\dfrac{12{,}81+3{,}82}{160{,}5+6{,}00}\cdot100\%=\dfrac{16{,}63}{166{,}5}\cdot100\%\approx\mathbf{10\%}$

✔ Zgodne z kluczem: ok. 10 %.

Jak to rozwiązać — bilans jonowo-elektronowy w środowisku zasadowym

Krok 1. Stopnie utlenienia żelaza. W Fe(OH)₃ żelazo ma +III, w FeO₄²⁻ ma +VI → utlenianie, oddawane są 3 elektrony.

Krok 2. Równanie utleniania (środowisko zasadowe — bilansujemy tlen jonami OH⁻ i wodą):

Fe(OH)₃ + 5 OH⁻ → FeO₄²⁻ + 4 H₂O + 3e⁻

(sprawdzenie ładunku: lewa −5, prawa −2−3 = −5 ✓).

Krok 3. Równanie redukcji: ClO⁻ + H₂O + 2e⁻ → Cl⁻ + 2 OH⁻. Mnożymy utlenianie ×2, redukcję ×3 (wspólna wielokrotność 6 elektronów) i sumujemy:

2 Fe(OH)₃ + 3 ClO⁻ + 4 OH⁻ → 2 FeO₄²⁻ + 3 Cl⁻ + 5 H₂O

✔ Zgodne z kluczem. Współczynniki: 2, 3, 4 → 2, 3, 5.

Jak to rozwiązać — anoda vs katoda z potencjałów

Krok 1. W ogniwie katodą (+) jest półogniwo o wyższym potencjale standardowym, anodą (–) — o niższym.

Krok 2. E°(A) = +1,51 V > E°(B) = +0,77 V, więc: A (MnO₄⁻/Mn²⁺) = katoda (+) — zachodzi redukcja; B (Fe³⁺/Fe²⁺) = anoda (–) — zachodzi utlenianie.

Schemat ogniwa:

(–) Pt | Fe²⁺, Fe³⁺ ‖ MnO₄⁻, Mn²⁺, H⁺ | Pt (+)

✔ Zgodne z kluczem: anoda — półogniwo B (Fe), katoda — półogniwo A (MnO₄⁻).

Jak to rozwiązać — sumowanie reakcji elektrodowych

Krok 1. Katoda (redukcja): MnO₄⁻ + 8H⁺ + 5e⁻ → Mn²⁺ + 4H₂O. Anoda (utlenianie): Fe²⁺ → Fe³⁺ + e⁻.

Krok 2. Aby zbilansować elektrony, utlenianie mnożymy ×5 i dodajemy stronami:

5 Fe²⁺ + MnO₄⁻ + 8 H⁺ → 5 Fe³⁺ + Mn²⁺ + 4 H₂O

✔ Zgodne z kluczem.

Jak to rozwiązać — reguła przekory i zależność K od T

Zdanie 1 — FAŁSZ. Po obu stronach równania jest tyle samo moli gazu (2 ⇄ 2), więc zmiana ciśnienia nie przesuwa równowagi — wydajność się nie zmieni. Twierdzenie o wzroście wydajności jest błędne → F.

Zdanie 2 — PRAWDA. Reakcja jest endotermiczna (ΔH > 0). Stała równowagi zależy tylko od temperatury; dla reakcji endotermicznej obniżenie temperatury zmniejsza K → P.

✔ Zgodne z kluczem: 1 — F, 2 — P.

Jak to rozwiązać — tabela ICE i stała równowagi

Krok 1. Oznaczenia. Niech początkowo H₂ = $x$ mol, wtedy CO₂ = $10-x$ mol (objętość 1 dm³, więc liczby moli = stężenia).

Krok 2. Zmiany (przereagowało 60 % H₂, czyli $0{,}6x$): CO ma $+0{,}6x$, H₂O ma $+0{,}6x$, CO₂ i H₂ maleją o $0{,}6x$.

Krok 3. Podstawiamy do K = 1:

$K=\dfrac{[CO][H_2O]}{[CO_2][H_2]}=\dfrac{(0{,}6x)^2}{(10-1{,}6x)(0{,}4x)}=1$

Krok 4. Rozwiązanie: $0{,}36x^2 = 0{,}4x(10-1{,}6x) = 4x-0{,}64x^2$ → $x^2=4x$ → $x=4$.

Odpowiedź: początkowo H₂ = 4 mol, CO₂ = 10 − 4 = 6 mol.

✔ Zgodne z kluczem: n(CO₂) = 6 mol, n(H₂) = 4 mol.

Jak to rozwiązać — addycja HBr i odwrotna eliminacja

Krok 1. X = pent-2-en. Addycja HBr do wiązania podwójnego (C2=C3) może dać dwa bromopentany: 2-bromopentan (Br na C2) i 3-bromopentan (Br na C3).

Krok 2. Związek A po eliminacji (–HBr) daje wyłącznie pent-2-en. Tylko 3-bromopentan spełnia ten warunek — eliminacja z C3 może zajść tylko w stronę C2 (obie strony są równoważne, powstaje wyłącznie pent-2-en). Zatem A = 3-bromopentan.

Krok 3. B to drugi produkt addycji: 2-bromopentan: CH₃–CHBr–CH₂–CH₂–CH₃.

✔ Zgodne z kluczem: A = 3-bromopentan; B = CH₃–CHBr–CH₂–CH₂–CH₃.

Jak to rozwiązać — reguła Markownikowa

Zasada Markownikowa: w addycji wody atom H przyłącza się do atomu węgla wiązania podwójnego związanego z większą liczbą atomów H, a grupa –OH do węgla związanego z mniejszą liczbą atomów H.

Związek Y (CH₃)₂C=CH–CH₃: –OH trafia na atom (CH₃)₂C (brak H) → powstaje 2-metylobutan-2-ol — alkohol III-rzędowy.

Związek Q (CH₃)₂CH–CH=CH₂: –OH trafia na wewnętrzny atom =CH– → powstaje 3-metylobutan-2-ol — alkohol II-rzędowy.

Rozstrzygnięcie: NIE — produkty są różne, bo cząsteczki różnią się położeniem wiązania podwójnego, więc zgodnie z regułą Markownikowa –OH przyłącza się do różnych atomów węgla.

✔ Zgodne z kluczem: Nie (Y → alkohol III-rz., Q → alkohol II-rz.).

Jak to rozwiązać — utlenianie alkenu do ketonu

Krok 1. Keton powstaje tylko wtedy, gdy przy wiązaniu podwójnym jest atom węgla bez atomu H, czyli fragment R₂C=. Taki fragment ma tylko Y: (CH₃)₂C=CH–CH₃.

Krok 2. Rozerwanie C=C w Y: fragment (CH₃)₂C= → keton (CH₃)₂C=O (propanon/aceton); fragment =CH–CH₃ → kwas octowy.

✔ Zgodne z kluczem: alken = 2-metylobut-2-en; keton = (CH₃)₂C=O (H₃C–CO–CH₃).

Jak to rozwiązać — porównanie mocy kwasów i zobojętnianie

Krok 1. Utlenianie X (CH₃–CH=CH–CH₂–CH₃) rozrywa C=C, dając kwas octowy CH₃COOH oraz kwas propanowy CH₃CH₂COOH.

Krok 2. Wyższą stałą dysocjacji K_a ma kwas octowy (krótszy łańcuch, słabszy efekt +I grupy alkilowej).

Krok 3. Reakcja kwasu octowego z KOH daje sól: CH₃COOK (octan potasu).

✔ Zgodne z kluczem: CH₃COOK.

Jak to rozwiązać — utlenianie styrenu (próba Baeyera)

Krok 1. W obojętnym roztworze KMnO₄ reaguje tylko związek z wiązaniem C=C — styren C₆H₅–CH=CH₂ (benzen i cykloheksan nie odbarwiają KMnO₄).

Krok 2. Zachodzi utlenienie wiązania podwójnego do diolu (grupy –OH na obu atomach C), a mangan(VII) redukuje się do MnO₂ (brunatny osad).

Produkty: związek manganu = MnO₂; produkt organiczny = C₆H₅–CH(OH)–CH₂OH (1-fenyloetano-1,2-diol).

✔ Zgodne z kluczem: MnO₂ oraz diol C₆H₅–CH(OH)–CH₂OH.

Jak to rozwiązać — nitrowanie benzenu

Krok 1. Benzen (aromatyczny) ulega reakcji nitrowania ze stężonym HNO₃ (kat. stęż. H₂SO₄); cykloheksan (nasycony) w tych warunkach nie reaguje.

Równanie:

C₆H₆ + HNO₃  →(stęż. H₂SO₄)  C₆H₅NO₂ + H₂O

✔ Zgodne z kluczem: nitrowanie benzenu → nitrobenzen + woda.

Jak to rozwiązać — bilans spalania

Krok 1. Gaz X (2 atomy, ostry zapach) to HCl. Fragment (C₂H₃Cl)₄ zawiera 8 C, 12 H, 4 Cl.

Krok 2. Bilans produktów: 8 C → 8 CO₂; 4 Cl → 4 HCl (zabiera 4 H); pozostałe 8 H → 4 H₂O. Sprawdzenie stosunku 8 : 4 : 4 = 2 : 1 : 1 ✓.

Krok 3. Bilans tlenu: po prawej 8·2 + 4 = 20 atomów O → 10 O₂.

(C₂H₃Cl)₄ + 10 O₂ → 8 CO₂ + 4 H₂O + 4 HCl

✔ Zgodne z kluczem.