http://www.chemia.sos.pl

- 1 -

28.

Promieniowanie

α czyli jądra helu

4

2

He obdarzone są ładunkiem +2 i mają

masę 4u. Ze względu na swój duży ładunek charakteryzują się małą
przenikalnością. Zatrzymuje je nawet kartka papieru.
Promieniwanie

β - czyli elektrony mają ładunek (-1). Mniejszy ładunek

powoduje, że są nieco bardziej przenikliwe. Zatrzymuje je dopiero folia
aluminiowa.
Promieniowanie

γ - promieniowanie elektromagnetyczne jest bardziej

przenikliwe od promieniowania

α i β, ale mniej przenikliwe od

promieniowania neutronowego.

29.

Okres półtrwania izotopu (czas połowicznego rozpadu),

τ, to czas po którym połowa promieniotwórczego izotopu ulegnie

rozpadowi. Jeżeli dla

14

C czas połowicznego rozpadu

τ=5730 lat, to po tym czasie zawartość izotopu

14

C zmalała dwukrotnie.

Po kolejnych 5730 latach (w sumie po 11460 latach) zawartość promieniotwórczego izotopu węgla zmalała ponownie
dwukrotnie, czyli w sumie

4 krotnie

.

Całość możemy zapisać w postaci szeregu:
t=0 masa m

0

1

τ masa 1/2m

0

2

τ masa 1/2(1/2m

0

)=2

-2

m

0

3

τ masa 1/2(1/2(1/2m

0

))=2

-3

m

0

n

τ masa 2

-n

m

0

t=11460lat,

τ=5730lat. n=t/τ=2, m=2

-2

m

0

=1/4m

0

30.

a) Sole, sacharoza i etanol dobrze rozpuszczają się w wodzie tworząc roztwory właściwe. Natomiast białko jaja kurzego nie
rozpuszcza się w wodzie. Białko zbudowane jest z tysięcy aminokwasów połączonych ze sobą wiązaniem peptydowym,
dlatego nie rozpuszcza się w wodzie lecz tworzy roztwór koloidalny. W roztworach koloidalnych cząsteczki w rozpuszczalniku
mają rozmiar od 1 do 200nm, natomiast w roztworach właściwych poniżej 1nm.
b) Aby wydzielić substancję z roztworu właściwego należy odparować rozpuszczalnik.

31.

W przypadku metali istnieje zasada, że tlenki metali na najwyższym stopniu utlenienia mają charakter kwasowy, na najniższym
stopniu utlenienia charakter zasadowy, natomiast na pośrednim charakter amfoteryczny. Podobna zasada obowiązuje w
przypadku wodorotlenków. Wodorotlenki metali na najniższym stopniu utlenienia mają charakter zasadowy, natomiast na
pośrednim stopniu utlenienia charakter amfoteryczny. Z dwóch wodorotlenków Cr(OH)

2

i Cr(OH)

3

wodorotlenek chromu(III) ma

charakter amfoteryczny, czyli reaguje zarówno z mocnymi kwasami jak i z mocnymi zasadami:
Cr(OH)

3

+ 3H

+

→ Cr

3+

+ 3H

2

O

Cr(OH)

3

+ OH

-

→ [Cr(OH)

4

]

-

Sprawdzenie równania jonowego polega na policzeniu ładunku lewej i prawej strony. Suma ładunków lewej i prawej strony
równania reakcji musi być równa.

32.

Sole słabych kwasów i mocnych zasad, słabych zasad i mocnych kwasów, oraz słabych kwasów i słabych kwasów ulegają w
wodzie reakcji hydrolizy. Odczyn roztworu pochodzi od składnika „mocnego”.
I ZnCl

2

– sól słabej zasady i mocnego kwasu. Odczyn wodnego roztworu jest kwaśny:

Zn

2+

+ 2H

2

O

Zn(OH)

2

+ 2H

+

II Na

2

S – sól słabego kwasu i mocnej zasady – odczyn alkaliczny

S

2-

+ 2H

2

O

H

2

S + 2OH

-

Reakcje hydrolizy są reakcjami odwracalnymi.

http://www.chemia.sos.pl

- 2 -

33.

Kwas siarkowy(VI) jest mocnym kwasem, natomiast
siarczan(IV) sodu jest solą słabego kwasu, a więc mocny
kwas wypiera słaby kwas z jego soli:
Na

2

SO

3

+ H

2

SO

4

→ Na

2

SO

4

+ [H

2

SO

3

]

Powstający kwas siarkowy(IV) jest nietrwały i rozkłada się
na tlenek siarki(IV) i wodę:
H

2

SO

3

→ H

2

O + SO

2

Reakcje te można zapisać w jednym schemacie:
Na

2

SO

3

+ H

2

SO

4

→ Na

2

SO

4

+ H

2

O + SO

2

34.

Wydzielony tlenek siarki(IV) pochłaniany jest w roztworze NaOH. W zlewce zachodzi reakcja:
SO

2

+ 2NaOH → Na

2

SO

3

Zgodnie z równaniem reakcji
1mol SO

2

reaguje z 2 molami NaOH, to

x moli SO

2

przereaguje z 3 molami NaOH, czyli x=

1,5mol

. Wykorzystując równanie stanu gazu doskonałego (równanie

Clapeyrona) PV=nRT otrzymamy: V=nRT/P. Podstawiając dane do wzoru otrzymamy:

3

3

hPa dm

1,5mol 83,1

298K

mol K

V

1013hPa

36,67dm

⋅

⋅

⋅

⋅

=

=

35.

pH definiowanie jest jako pH=-log[H

+

]. Podstawiając dane do wzoru otrzymamy: pH=-log(0,00001)=

5

.

Z tabeli można odczytać, że przy tym pH opady deszczowe zaliczane są do opadów o lekko obniżonym pH.

36.

Zainstalowanie urządzeń do odsiarczania gazów kominowych spowoduje, że spalinach znajdzie się mniej tlenku siarki(IV),
związku odpowiedzialnego za kwaśne deszcze. Stężenie jonów wodorowych w opadach deszczowych zmniejszy się, a
wykładnik stężenia jonów wodorowych (pH) zwiększy się i opady będą klasyfikowane pod względem odczynu jako normalne.

37.

Jeżeli jest to kwas jednoprotonowy to jego dysocjację możemy opisać równaniem reakcji:
HR

H

+

+ R

-

(przez R oznaczono resztę kwasową)

Stała dysocjacji tego kwasu opisana jest wzorem:

a

[H ][R ]

K

[HR]

+

−

=

. Z równania reakcji dysocjacji widzimy, że [H

+

]=[R

-

]. Stężenie

jonów wodorowych możemy obliczyć z wartości pH. pH=-log[H

+

], czyli [H

+

]=10

-pH

=

10

-4

mol/dm

3

. Stężenie kwasu będącego w

równowadze równe jest stężeniu początkowemu pomniejszonemu o stężenie kwasu, który uległ dysocjacji. Ponieważ stężenie
kwasu, który uległ dysocjacji równe jest stężeniu powstałych jonów, to [HR]=C

0

-[H

+

]. Podstawiając dane do wzoru na stałą

dysocjacji otrzymamy:

2

4 2

4 2

4

0

7

a

[H ]

(1 10

)

(1 10

)

K

0,1

C

[H ]

0,1

1 10

1 10

+

−

−

−

+

−

⋅

⋅

=

=

=

⋅

≈

−

− ⋅

38.

Stałe dysocjacji dla kwasu ortofosforowego(V):
H

3

PO

4

H

2

PO

4

-

+ H

+

K

a1

=7,1

.

10

-3

oznacza, że tylko niewielka część kwasu ortofosforowego(V) dysocjuje z

utworzeniem jonów wodorowych i jonów diwodoroortofosforanowych(V).
W kolejnym stopniu dysocjacji:
H

2

PO

4

-

HPO

4

2-

+ H

+

K

a2

=6,3

.

10

-8

wytwarzane są ponownie jony wodorowe i jony wodoroortofosforanowe(V).

W trzecim stopniu dysocjacji:
HPO

4

2-

PO

4

3-

+ H

+

K

a3

=4,4

.

10

-13

wytwarzane są bardzo niewielkie ilości jonów wodorowych i jonów

ortofosforanowych(V)
a) jony wodorowe H

+

powstają w każdym stopniu dysocjacji i ich stężenie będzie największe.

b) jony fosforanowe(V), PO

4

3-

, powstają tylko w trzecim stopniu dysocjacji i ich stężenie będzie najmniejsze.

39.

http://www.chemia.sos.pl

- 3 -

Jon diwodoroortofosforanowy, H

2

PO

4

-

w 2 równaniu reakcji odłącza jon wodorowy, jest donorem jonu wodorowego. Wg teorii

Brønsteda jest więc kwasem.

40.

Ortofosforan(V) wapnia przekształcany jest w diwodoroortofosforan(V) wapnia:
Ca

3

(PO

4

)

2

→ Ca(H

2

PO

4

)

2

Ze schematu reakcji widzimy, że w diwodoroortofosforanie(V) wapnia znajduje się większa ilość reszt kwasowych, niż w
ortofosforanie(V) wapnia, dodatkowo znajdują się w nim atomy wodoru. Musimy więc dodać do ortofosforanu(V) wapnia reszty
kwasowe i atomy wodoru. Najprościej to zrobić dodając kwas ortofosforowy(V):
Ca

3

(PO

4

)

2

+ 4H

3

PO

4

→ 3Ca(H

2

PO

4

)

2

41.

I

N

2(g)

+ O

2(g)

2NO

(g)

ΔH=182,5kJ

II

2NO

(g)

+ O

2(g)

2NO

2(g)

ΔH=-114,1kJ

a) reakcja I jest reakcją endotermiczną, czyli przebiega z pochłonięciem energii na sposób ciepła (wskazuje na to dodatnia
wartość entalpii reakcji). Zgodnie z regułą Le Chatliera Brauna (regułą przekory), wzrost temperatury układu spowoduje takie
przesunięcie stanu równowagi by przeciwdziałać wzrostowi temperatury. Oznacza to, że stan równowagi układu zostanie
przesunięty w prawo, w kierunku tworzenia produktów. Takie przesunięcie stanu równowagi spowoduje, że układ „zrobi nam
na złość” i reakcja będzie przebiegała w takim kierunku by temperatura układu zmalała. Ilość produktu wzrośnie.
b) Reakcja II przebiega ze zmniejszeniem objętości (współczynniki reakcji 3 → 2), czyli reakcja przebiega ze zmniejszeniem
ciśnienia. Wzrost ciśnienia spowoduje zgodnie z reguła przekory taki przebieg reakcji by przeciwdziałać bodźcowi reakcji
(wzrostowi ciśnienia), czyli reakcja przebiegnie w kierunku tworzenia tlenku azotu(IV) - w prawo, czyli ilość produktu
wzrośnie.

42.

Mając reakcje termochemiczne:
I

N

2(g)

+ O

2(g)

2NO

(g)

ΔH=182,5kJ

II

2NO

(g)

+ O

2(g)

2NO

2(g)

ΔH=-114,1kJ

i reakcję dla której mamy obliczyć entalpię:
III

N

2(g)

+ 2O

2(g)

2NO

2(g)

ΔH=?

Równania reakcji traktujemy jak równania matematyczne, czyli reakcje I i II tak przekształcamy (doajemy do siebie, mnożymy
stronami przez dowolną liczbę), by otrzymać reakcję III.
Zauważmy, że w reakcji III tlen i azot znajdują się po lewej stronie, tak jak w reakcji I, oraz tlenek azotu(IV) w reakcji III znajduje
się po prawej stronie, tak jak w reakcji II. Wystarczy więc stronami dodać do siebie reakcję I i II:
N

2(g)

+

O

2(g)

+ 2NO

(g)

+

O

2(g)

2NO

(g)

+ 2NO

2(g)

ΔH=182,5kJ+(-114,1kJ)

po zredukowaniu wyrazów podobnych otrzymamy:

N

2(g)

+ 2O

2(g)

2NO

2(g)

ΔH=68,4kJ

43.

Zgodnie z opisem, reakcja przebiega zgodnie z równaniem reakcji:
KMnO

4

+ HCl → MnCl

2

+ Cl

2

+ KCl + H

2

O

Widzimy, że mangan w manganianie(VII) potasu, KMnO

4

, jest na +VII stopniu utlenienia, a w chlorku manganu(II) na +II

stopniu utlenienia. Zmniejszył on swój stopień utlenienia, jest więc utleniaczem.
Chlor w chlorowodorze jest na –I stopniu utlenienia, a w chlorze na 0 stopniu utlenienia. Chlorowodór HCl, utlenił się, czyli
zredukował mangan w manganianie(VII) potasu. Jest więc reduktorem.
Reakcję zbilansujemy za pomocą bilansu elektronowego równań połówkowych:

MnO

4

-

+ 8H

+

+ 5e

Mn

2+

+ 4H

2

O

2Cl

-

Cl

2

+ 2e

2
5

2MnO

4

-

+ 16H

+

+ 10Cl

-

2Mn

2+

+ 8H

2

O + 5Cl

2

16 jonów wodorowych musi pochodzić od kwasu solnego. Możemy więc zapisać:
2KMnO

4

+ 16HCl → 2MnCl

2

+ 5Cl

2

+ 2KCl + 8H

2

O

44.

W solach kwasów tlenowych, reszta kwasowa ma bardzo duży potencjał utlenienia. Zamiast reszty kwasowej utlenieniu ulega
woda (tlen zawarty w wodzie utlenia się do tlenu cząsteczkowego). Redukcja kationu do metalu zachodzi tylko wtedy, gdy
kation pochodzi od metalu znajdującego się w szeregu aktywności metali za cynkiem (na elektrodzie grafitowej). Dlatego jon
sodowy nie będzie w tych warunkach redukowany. Redukcji ulegnie wodór zawarty w wodzie:
Reakcja na anodzie: 2H

2

O → 4H

+

+ O

2

+ 4e

Reakcja na katodzie: 4H

2

O + 4e → 2H

2

+4OH

-

http://www.chemia.sos.pl

- 4 -

Zauważmy, że na anodzie zawsze zachodzi reakcja utleniania (podczas elektrolizy jak i w ogniwie). Ładunek lewej i prawej
strony każdej reakcji elektrodowej musi być sobie równy. Reakcje dobrze jest zapisywać w taki sposób, by ilości pobranych i
oddanych elektronów były sobie równe. Wtedy od razu widać stosunek molowy wydzielanych produktów.

45.

Zawartość procentową pierwiastka w związku wylicza się ze wzoru na stężenie procentowe, w którym masę substancji traktuje

się jako masę pierwiastka, a masę roztworu jako masę cząsteczkową związku:

p

cz

nM

c% 100%

M

=

. W przypadku alkanu wzór

ogólny C

n

H

2n+2

, zawartość procentowa węgla: c

C

%=100%

.

12n/(14n+2). Dla n=2 otrzymamy 80%. Odpowiada to krzywej C.

W przypadku alkenu C

n

H

2n

zawartość procentowa węgla c

C

%=100%

.

12n/14n. Dla n=2 otrzymamy 85,7%. Odpowiada to

krzywej B na wykresie. Więc krzywa A opisuje zawartość węgla w alkinach.

46.

Zawartość procentowa węgla w alkenach nie zależy od ilości atomów węgla w cząsteczce, ponieważ
c

C

%=100%

.

12n/14n=100%

.

12/14=

85,7%.

Dla alkanów gdy n→∞ , zawartość procentową węgla obliczymy ze wzoru:

C

n

12n

12

c %

lim 100%

100%

14n 2

14

85,7%

→∞

=

=

=

+

, a dla

alkinów:

C

n

12n

12

c %

lim 100%

100%

14n 2

14

85,7%

→∞

=

=

=

−

47.

Alkin, końcówka –in (-yn) wskazuje, że mamy do czynienia z węglowodorem, w którym znajduje się wiązanie potrójne C-C.
Węglowodór zawiera 5 atomów węgla:

C

H

C CH

2

CH

2

CH

3

C

H

3

C C CH

2

CH

3

C

H

C CH CH

3

CH

3

pent-1-yn

pent-2-yn

3-metylobut-1-yn

48.

Każde wiązanie pojedyncze jest wiązaniem typu

σ, natomiast wiązanie podwójne składa się z wiązania typu σ i typu π:

CH

2

C

CH

3

CH

CH

2

Widzimy, że w cząsteczce znajdują się 4 wiązania typu

σ, oraz 2 wiązania typu π.

http://www.chemia.sos.pl

- 5 -

49.

Izomery, są to związki mające identyczny wzór cząsteczkowy. Dla propanonu możemy zapisać następujące izomery:
CH

3

-CH

2

-CHO oraz CH

2

=CH-CH

2

OH

Natomiast dla kwasu propanowego:

C

H

3

CH CHO

OH

C

H

2

CH

2

CHO

OH

C

H

3

C CH

2

O

OH

C

H

3

C

O

O

CH

3

50.

Zadanie to najlepiej rozwiązywać od końca. Końcowym produktem jest ester, otrzymany w reakcji kwasu octowego i alkoholu.
Należy odnaleźć część pochodzącą od kwasu octowego i część pochodzącą od alkoholu:

C

H

3

C

OH

O

CH

3

CH

CH

3

O

C

O

CH

3

B +

H

+

Widzimy, że ester ten powstał z alkoholu izopropylowego (propan-2-olu). Alkohol ten powstał z chlorowcopochodnej, w reakcji
substytucji (podstawienia) atomu chloru grupą hydroksylową. Atom chloru musiał zatem znajdować się przy 2 atomie węgla:

CH

3

CH

Cl

CH

3

2-chloropropan

51.

Enancjomery to wzajemne lustrzane odbicia nienakładalne na siebie. Wzór kwasu mlekowego CH

3

CH(OH)COOH oznacza, że

składa się z 3 atomów węgla, przy drugim znajduje się grupa hydroksylowa:

C

H

OH

CH

3

COOH

C

O

H

H

CH

3

COOH

Jeżeli brak Ci wyobraźni przestrzennej, w celu znalezienia
enancjomeru można pomóc sobie lusterkiem. Rysujemy
jeden związek, a jego enancjomer zobaczymy w lusterku.
Należy tylko dokładnie przerysować, to co widzimy.

52.

Aby związek mógł występować w formie enancjomerów, jego odbicie lustrzane musi być nienakładalne na związek. Tak się
dzieje gdy cząsteczka związku nie posiada płaszczyzny symetrii (w uproszczeniu gdy posiada asymetryczny atom (atom
połączony z 4 różnymi podstawnikami)). W cząsteczce etanolu nie ma asymetrycznego atomu węgla, dlatego etanol nie może
występować w formach enancjomerycznych, nie ma enancjomeru.

53.

Reakcją charakterystyczną na skrobie, jest jej reakcja z jodem (I

2

). Preparaty w których znajduje się skrobia zabarwiają się na

intensywny, granatowy kolor. Dysponujemy jedynie jodkiem potasu i bromem. Należy otrzymać jod. Brom jest bardziej
reaktywny od jodu i wypiera go z jego soli (w myśl zasady bardziej reaktywny, lub mocniejszy wypiera mniej reaktywny lub
słabszy):
2KI + Br

2

→ 2KBr + I

2

Powstały roztwór nanosi się na przekrojoną bulwę ziemniaka.
Opis słowny doświadczenia: Do roztworu jodku potasu dodajemy kilka kropli bromu i wstrząsamy. Kilka kropli powstałego
roztworu nanosimy na przekrojoną bulwę ziemniaka.
Obserwacje: w miejscu naniesienia roztworu pojawia się granatowe zabarwienie.

54.

Jeżeli głównym składnikiem preparatów jest wodorotlenek sodu, to w kontakcie z aluminiowym przedmiotem (glinoym) zajdzie
reakcja:
2Al + 2OH

-

+ 6H

2

O → 2[Al(OH)

4

]

-

+ 3H

2

Dobór współczynników tej reakcji będzie łatwy gdy zbilansujemy sobie elektrony. Wodór pobiera 2e, glin oddaje 3e, NWW=6, a
więc muszą być dwa atomy glinu i 3 cząsteczki wodoru. 2 atomy glinu tworzą 2 cząsteczki tetrahydroksyglinianu. Każda ma
ładunek ujemny, czyli ładunek prawej strony wynosi (-2). Lewej również musi wynosić (-2), więc muszą być dwie grupy
wodorotlenowe. Teraz łatwo uzupełnić ilość cząsteczek wody, by było zachowane prawo zachowania masy.

http://www.chemia.sos.pl

- 6 -

55.

Tłuszcze to estry kwasów tłuszczowych i gliceryny (kwasy tłuszczowe, to kwasy karobksylowe o co najmniej 4 atomach węgla).
Jako estry hydrolizują w środowisku alkalicznym. Reakcja hydrolizy w środowosku alkalicznym nosi nazwę reakcji zmydlania:

C

H

2

C

H

C

H

2

O

O

O CO-C

17

H

35

CO-C

17

H

35

CO-C

17

H

35

C

H

2

C

H

C

H

2

OH

OH

OH

+ 3NaOH

+ 3C

17

H

35

COONa

W celu zapisania wzoru estru pomocne mogą być informacje, że kwasy występujące w przyrodzie mają zawsze parzystą liczbę
atomów węgla. Kwas stearynowy – zaczyna się na literę s, ma więc siedemnaście atomów węgla + grupa karboksylowa. Kwas
p

almitynowy ma piętnaście atomów węgla + grupę karboksylową.

56.

W reakcji zmydlania tłuszczu tworzą się sole sodowe kwasów tluszczowych (sole te nazywane są mydłami). Tak jak większość
soli są rozpuszczalne w wodzie.