Jak to rozwiązać — od cech do pierwiastka

Krok 1. Pierwiastek Q. Dwuatomowy niemetal, główny składnik powietrza → azot N (N₂). Azot ma 5 elektronów walencyjnych, blok p, maksymalny stopień utlenienia +V.

Krok 2. Pierwiastek A. Liczba niesparowanych elektronów wiążących = 5 + 1 = 6. Metal o Z < 36 z 6 niesparowanymi elektronami to chrom Cr ([Ar]3d⁵4s¹ → 6 niesparowanych), blok d, maksymalny stopień utlenienia +VI.

✔ Zgodne z kluczem: A = Cr (d, +VI), Q = N (p, +V).

Jak to rozwiązać — anomalna konfiguracja chromu

Chrom (Z = 24) ma konfigurację [Ar] 3d⁵ 4s¹ (jeden elektron 4s „przeskakuje" na 3d, dając 6 niesparowanych elektronów o zgodnych spinach):

✔ Zgodne z kluczem: 3d⁵ 4s¹ — sześć niesparowanych elektronów.

Jak to rozwiązać — przejście chromian ⇄ dichromian

Rozstrzygnięcie: probówka I (dodano kwas).

Obserwacje: żółta barwa roztworu (CrO₄²⁻) zmienia się na pomarańczową (powstaje jon dichromianowy Cr₂O₇²⁻): 2 CrO₄²⁻ + 2 H⁺ → Cr₂O₇²⁻ + H₂O. W probówce II (zasada) brak zmian.

Wniosek: jony CrO₄²⁻ są trwałe w środowisku zasadowym, a nietrwałe w kwasowym (przechodzą w jony dichromianowe).

✔ Zgodne z kluczem: I; barwa żółta → pomarańczowa; CrO₄²⁻ trwałe w zasadzie, nietrwałe w kwasie.

Jak to rozwiązać — wiązanie potrójne w N₂

W cząsteczce N₂ jest wiązanie potrójne N≡N. Wiązanie potrójne = 1 wiązanie σ + 2 wiązania π. Każdy atom azotu ma jeszcze jedną wolną parę elektronową → łącznie 2 wolne pary.

✔ Zgodne z kluczem.

Jak to rozwiązać — skład procentowy → wzór

Krok 1. Procent azotu: 100 − 50 − 15 = 35 %.

Krok 2. Stosunek molowy (dzielimy % przez masy atomowe): $n_{Ca}:n_C:n_N=\dfrac{50}{40}:\dfrac{15}{12}:\dfrac{35}{14}=1{,}25:1{,}25:2{,}5=\mathbf{1:1:2}$.

Krok 3. Wzór: CaCN₂ (cyjanamid wapnia).

Krok 4. Anion CN₂²⁻ jest izoelektronowy z CO₂ (liniowy, 16 elektronów walencyjnych) → wzór elektronowy: [N=C=N]²⁻ z wolnymi parami na atomach azotu (można też zapisać [:N≡C–N:]²⁻).

✔ Zgodne z kluczem: CaCN₂; anion [N=C=N]²⁻.

Jak to rozwiązać — bilans reakcji rozszczepienia

Krok 1. Ustal X. Równanie: ²³⁹₉₄Pu + ¹₀n → 2 ¹₀n + ¹⁴⁴₅₆Ba + X.

Bilans masowy: 239 + 1 = 2 + 144 + A → A = 94. Bilans ładunku: 94 = 56 + Z → Z = 38. Zatem X = ⁹⁴₃₈Sr (stront).

Krok 2. Liczba neutronów w atomie X: 94 − 38 = 56.

Krok 3. W jednym molu: $56\cdot N_A = 56\cdot6{,}02\cdot10^{23}\approx\mathbf{3{,}37\cdot10^{25}}$ neutronów.

✔ Zgodne z kluczem: X = ⁹⁴₃₈Sr; 3,37·10²⁵ neutronów.

Jak to rozwiązać — właściwości a typ sieci

Substancja A: niska temperatura topnienia, dobra rozpuszczalność w wodzie i brak przewodnictwa → kryształ molekularny.

Substancja B: bardzo wysoka temperatura topnienia, nierozpuszczalna, nie przewodzi prądu → kryształ kowalencyjny (atomowy).

✔ Zgodne z kluczem: A — molekularne, B — kowalencyjne.

Jak to rozwiązać — stechiometria produktów

Krok 1. Ubytek A: $\Delta c_A = 0{,}10 - 0{,}04 = 0{,}06$ mol·dm⁻³.

Krok 2. Produkty. Z 1 mola A powstaje 1 mol B i 1 mol C, czyli łącznie 2 mole produktów. Zatem łączne stężenie B i C:

$c_B+c_C = 2\cdot0{,}06 = \mathbf{0{,}12\ \text{mol}\cdot\text{dm}^{-3}}$

✔ Zgodne z kluczem: 0,12 mol·dm⁻³.

Jak to rozwiązać — bilans jonowo-elektronowy w środowisku zasadowym

Redukcja (Mn: +VI → +IV, powstaje brunatny MnO₂):

MnO₄²⁻ + 2 H₂O + 2 e⁻ → MnO₂ + 4 OH⁻

Utlenianie (S: +IV → +VI):

SO₃²⁻ + 2 OH⁻ → SO₄²⁻ + H₂O + 2 e⁻

Sumarycznie: MnO₄²⁻ + SO₃²⁻ + H₂O → MnO₂↓ + SO₄²⁻ + 2 OH⁻ (zielony roztwór → brunatny osad MnO₂).

✔ Zgodne z kluczem: redukcja MnO₄²⁻ → MnO₂; utlenianie SO₃²⁻ → SO₄²⁻.

Jak to rozwiązać — Nernst, stężenie, potem stechiometria hydratu

Krok 1. Identyfikacja metalu. E° = 0,342 V odpowiada półogniwu Cu²⁺/Cu → Me = Cu.

Krok 2. Potencjał katody. SEM = E_K − E_A; E_A = E°(Zn²⁺/Zn) = −0,762 V (stężenie 1 mol·dm⁻³). Zatem E_K = 1,084 + (−0,762) = 0,322 V.

Krok 3. Równanie Nernsta → [Cu²⁺]:

$0{,}322 = 0{,}342 + \dfrac{0{,}059}{2}\log c_{Cu^{2+}} \Rightarrow \log c_{Cu^{2+}} = -0{,}678 \Rightarrow c_{Cu^{2+}} = 0{,}210$ mol·dm⁻³

Krok 4. Liczba moli. $n_{Cu^{2+}} = 0{,}210\cdot0{,}500 = 0{,}105$ mol. Sole są równomolowe, więc każda daje $x=y=0{,}0525$ mol Cu²⁺.

Krok 5. Masy. M(CuSO₄·5H₂O) = 249,71 g·mol⁻¹ → masa = 0,0525·249,71 = 13,11 g. Masa hydratu chlorku = 22,05 − 13,11 = 8,94 g.

Krok 6. Wzór hydratu. M(CuCl₂·xH₂O) = 8,94/0,0525 = 170,3 g·mol⁻¹; M(CuCl₂) = 134,45 → masa wody na mol = 35,85 g → x = 35,85/18,02 ≈ 2. Wzór: CuCl₂·2H₂O.

✔ Zgodne z kluczem: Me = Cu, [Cu²⁺] = 0,210 mol·dm⁻³, hydrat CuCl₂·2H₂O.

Jak to rozwiązać — kierunek pracy ogniwa stężeniowego

W ogniwie stężeniowym utlenianie (anoda) zachodzi w półogniwie o mniejszym stężeniu jonów (dąży do wyrównania stężeń, więc rozpuszcza metal), a redukcja (katoda) — w roztworze bardziej stężonym (osadza metal).

Zdanie 1 — PRAWDA: anodą jest półogniwo ze zlewki 1. (mniejsze stężenie).

Zdanie 2 — PRAWDA: w zlewce 2. (katoda) srebro się osadza → masa blaszki rośnie; w zlewce 1. maleje. Zatem masa blaszki ze zlewki 2. jest większa.

✔ Zgodne z kluczem: 1 — P, 2 — P.

Jak to rozwiązać — dobór substratów reakcji strąceniowej

Aby zaszła reakcja strąceniowa, potrzebne są jony tworzące trudno rozpuszczalny osad. Pasują K₂CrO₄ (dostarcza CrO₄²⁻) w pipecie i AgNO₃ (dostarcza Ag⁺) w probówce — powstaje ceglastoczerwony osad chromianu(VI) srebra(I):

2 Ag⁺ + CrO₄²⁻ → Ag₂CrO₄↓

✔ Zgodne z kluczem: K₂CrO₄ + AgNO₃; 2 Ag⁺ + CrO₄²⁻ → Ag₂CrO₄.

Jak to rozwiązać — od masy tlenku do stężenia jonów

Krok 1. Mole Fe₂O₃: $n=\dfrac{0{,}040}{159{,}7}=2{,}5\cdot10^{-4}$ mol.

Krok 2. Mole Fe³⁺: w 1 molu Fe₂O₃ są 2 mole Fe → $n_{Fe^{3+}}=2\cdot2{,}5\cdot10^{-4}=5{,}0\cdot10^{-4}$ mol.

Krok 3. Stężenie (w 0,1 dm³): $c=\dfrac{5{,}0\cdot10^{-4}}{0{,}1}=\mathbf{5{,}0\cdot10^{-3}}$ mol·dm⁻³.

✔ Zgodne z kluczem: 0,005 mol·dm⁻³.

Jak to rozwiązać — oddzielenie osadu od cieczy

Aby ilościowo (bez strat) oddzielić stały osad od roztworu, stosuje się sączenie (filtrację) — dekantacja nie zapewnia ilościowego wyodrębnienia, a destylacja/odparowanie dotyczą oddzielania cieczy.

Odpowiedź: C (sączenie).

✔ Zgodne z kluczem: C.

Jak to rozwiązać — zakresy działania wskaźników

Fenoloftaleina (A) barwi się tylko w zasadzie → użyta dla NaOH. Czerwień Kongo (B) zmienia barwę w kwasie (czerwona→niebieska) → dla HCl i (czerwona) dla NaCl. Błękit bromotymolowy (C) rozróżnia wszystkie trzy (żółty w kwasie, zielony obojętny, niebieski w zasadzie) → we wszystkich trzech.

✔ Zgodne z kluczem: NaCl {B,C}, NaOH {A,C}, HCl {B,C}.

Jak to rozwiązać — hydroliza anionu węglanowego

Krok 1. Stała K_b. Dla reakcji CO₃²⁻ z wodą używamy K_a2 kwasu węglowego: $K_b=\dfrac{K_w}{K_{a2}}=\dfrac{1{,}00\cdot10^{-14}}{4{,}68\cdot10^{-11}}=2{,}14\cdot10^{-4}$.

Krok 2. Stężenie OH⁻ (prawo rozcieńczeń, $[OH^-]=\sqrt{K_b\cdot c}$): $[OH^-]=\sqrt{2{,}14\cdot10^{-4}\cdot0{,}10}=4{,}63\cdot10^{-3}$ mol·dm⁻³.

Krok 3. pH: $pOH=-\log(4{,}63\cdot10^{-3})=2{,}33$ → $pH=14-2{,}33=\mathbf{11{,}7}$.

✔ Zgodne z kluczem: pH ≈ 11,7.

Jak to rozwiązać — funkcje związków w paliwie

Antydetonator (podnosi liczbę oktanową, zapobiega detonacji) to MTBE — związek 1 (dodatek do benzyny, nie jest węglowodorem z ropy).

Reforming to proces przekształcania węglowodorów w związki o wyższej liczbie oktanowej, m.in. aromatyczne. Produktem reformingu jest więc węglowodór aromatyczny — związek 3. (Związek 2, heksan, to zwykły składnik frakcji benzynowej.)

✔ Zgodne z kluczem: reforming — 3, antydetonator — 1.

Jak to rozwiązać — policz pierścienie i wiązania π

Cykloheksan C₆H₁₂: 1 pierścień, 0 wiązań π → indeks = 1.

Heks-1-en C₆H₁₂: 0 pierścieni, 1 wiązanie π (jedno C=C) → indeks = 1.

✔ Zgodne z kluczem: cykloheksan 1, heks-1-en 1.

Jak to rozwiązać — rozdzielenie pierścienia i wiązań π

Krok 1. Węglowodór A. Indeks = 2, ale przyłącza tylko 1 mol H₂ (połowę tego co B) → ma 1 wiązanie π + 1 pierścień. Bez 3-rzędowych atomów C to cykloheksen. Reakcja z wodorem (przyłączenie do C=C) daje cykloheksan:

C₆H₁₀ (cykloheksen) + H₂ →(Pt) C₆H₁₂ (cykloheksan)

Krok 2. Węglowodór B. Indeks = 2, przyłącza 2 mole H₂ → ma 2 wiązania π (dien). Nierozgałęziony, 4 atomy sp², polimeryzuje → heksa-2,4-dien:

CH₃–CH=CH–CH=CH–CH₃

✔ Zgodne z kluczem: A = cykloheksen (+H₂ → cykloheksan); B = CH₃–CH=CH–CH=CH–CH₃.

Jak to rozwiązać — warunek reakcji Cannizzaro

Reakcji Cannizzaro ulegają tylko aldehydy bez atomu H przy węglu sąsiadującym z –CHO. Aldehyd, który nie ulega tej reakcji, musi mieć taki atom H (wodór α). Wśród dimetylobutanali warunek spełnia np. 3,3-dimetylobutanal:

(CH₃)₃C–CH₂–CHO  (lub 2,3-dimetylobutanal (CH₃)₂CH–CH(CH₃)–CHO)

Atom węgla przy –CHO ma tu atomy wodoru, więc zamiast Cannizzaro zachodziłaby np. kondensacja aldolowa.

✔ Zgodne z kluczem: (CH₃)₃C–CH₂–CHO albo (CH₃)₂CH–CH(CH₃)–CHO.

Jak to rozwiązać — metanal jako reduktor

Metanal ma silne właściwości redukujące, więc to on utlenia się do jonu mrówczanowego HCOO⁻, a aldehyd benzoesowy redukuje się do alkoholu benzylowego:

C₆H₅CHO + HCHO + OH⁻ → C₆H₅CH₂OH + HCOO⁻

✔ Zgodne z kluczem.

Jak to rozwiązać — od kwasu do ketonu

W reakcji haloformowej z ketonu R–CO–CH₃ powstaje kwas R–COOH. Skoro produktem ma być kwas 3-metylobut-2-enowy (CH₃)₂C=CH–COOH, to R = (CH₃)₂C=CH–, a szukany keton to:

(CH₃)₂C=CH–CO–CH₃  (4-metylopent-3-en-2-on)

✔ Zgodne z kluczem.

Jak to rozwiązać — symetryczne łączenie grup R

Powstaje symetryczny alkan R–R o 4 atomach C, więc każde R ma 2 atomy C (grupa etylowa). Kwas R–COOH to zatem kwas propanowy:

CH₃–CH₂–COOH

(2 grupy etylowe łączą się w butan CH₃CH₂–CH₂CH₃.)

✔ Zgodne z kluczem: CH₃CH₂COOH.

Jak to rozwiązać — symetria i brak rozgałęzienia przy węźle

Reakcja daje symetryczne alkany R–R, a wydajność jest wysoka tylko, gdy rozgałęzienie nie leży przy atomie węgla łączącym oba fragmenty R. Warunek ten spełnia symetryczny izomer, w którym rozgałęzienia są odsunięte od centralnego wiązania — izomer III (np. 2,5-dimetyloheksan).

Odpowiedź: C.

✔ Zgodne z kluczem: C (izomer III).

Jak to rozwiązać — który substrat jest halogenkiem arylu

W reakcji Hecka atom Br musi być połączony bezpośrednio z pierścieniem aromatycznym (halogenek arylu), a grupa winylowa produktu Q pochodzi z drugiego substratu (etenu). Warunek — atom Br przy pierścieniu, w miejscu, gdzie w Q jest grupa winylowa, oraz zachowana grupa –OCH₃ — spełnia struktura B.

Odpowiedź: B.

✔ Zgodne z kluczem: B.

Jak to rozwiązać — stopień utlenienia i hybrydyzacja przy C=C i pierścieniu

Atom a (=CH– grupy winylowej): połączony z 1 atomem C (podwójnie), 1 atomem C (pojedynczo) i 1 atomem H. Formalny stopień utlenienia = −I; tworzy wiązania w płaszczyźnie + 1 π → hybrydyzacja sp².

Atom b (aromatyczny, połączony z tlenem grupy –OCH₃): wiązania z 2 atomami C (pierścień) i 1 atomem O. Formalny stopień utlenienia = 0; atom aromatyczny → hybrydyzacja sp².

✔ Zgodne z kluczem: a — (−I, sp²); b — (0, sp²).

Jak to rozwiązać — reagent ograniczający i wydajność

Krok 1. Mole substratów: $n_{C_6H_5Br}=\dfrac{0{,}1570}{157}=0{,}0010$ mol; $n_{C_3H_4O_2}=\dfrac{0{,}1081}{72}=0{,}0015$ mol.

Krok 2. Reagent ograniczający. Stosunek 1:1, więc w nadmiarze jest kwas propenowy (0,0015 > 0,0010); ograniczający jest bromobenzen (0,0010 mol).

Krok 3. Masa teoretyczna produktu: $m_t=0{,}0010\cdot148=0{,}148$ g.

Krok 4. Wydajność: $W=\dfrac{0{,}1245}{0{,}148}\cdot100\%\approx\mathbf{84\%}$.

✔ Zgodne z kluczem: wydajność ≈ 84 %; w nadmiarze — kwas propenowy.

Jak to rozwiązać — chiralność i izomeria cis-trans

Zdanie 1 — FAŁSZ. Żadna z cząsteczek nie ma asymetrycznego atomu węgla (centrum stereogenicznego), więc nie są chiralne.

Zdanie 2 — PRAWDA. Oba kwasy mają wiązanie podwójne C=C, przy którym każdy atom węgla ma dwa różne podstawniki → istnieją izomery geometryczne (cis/trans, E/Z).

✔ Zgodne z kluczem: 1 — F, 2 — P.