1
Materiał ćwiczeniowy z chemii Styczeń 2013 OKE Poznań – ODPOWIEDZI (PR)
(rozwiązanie: coolpharm@o2.pl)
Zad. 1.
X
¯
: [
36
Kr] 5s
2
4d
10
5p
6
Nazwa pierwiastka: jod
Numer okresu: 5
Grupa: 17
Symbol bloku energetycznego: p
Zad. 2.
210
Po →
206
Pb +
4
α
84 82 2
m
o
Po = 0,064 mg
τ
1/2
= 138,3 dnia
τ = 276,6 dnia
n = τ / τ
1/2
= 276,6dnia/138,3dnia = 2
m
x
= m
o
/2
n
= 0,064mg/2
2
= 0,016mg Po pozostało po upływie czasu τ nierozłożone
Δm Po = 0,064mg – 0,016 mg = 0,048mg Po uległo rozpadowi α
1 mmol
210
Po
tworzy
1 mmol
206
Pb
210 mg
210
Po
tworzy
206 mg
206
Pb
0,048 mg
tworzy
x
x = 0,047mg
206
Pb
Odpowiedź: Powstanie 0,047mg
206
Pb.
Zad. 3.
Liczba wiązań σ: 1
Liczba wiązań π: 1 (jeżeli jest to cząsteczka CO, to dodatkowo występuje wiązanie koordynacyjne)
Zad. 4.
a)
Liczba wiązań σ powstających w trakcie tworzenia jednej cząsteczki fosforu białego (P
4
) wynosi: 6.
b)
Atomy fosforu uległy hybrydyzacji: sp
3
.
Zad. 5.
a) H
3
N BCl
3
b) Pomiędzy atomem azotu a atomem boru występuje wiązanie donorowo-akceptorowe.
W cząsteczce H
3
NBCl
3
atom azotu pełni rolę donora a atom boru rolę akceptora.
2
Zad. 6.
I. Wraz ze wzrostem liczny atomowej (w grupie pierwszej – strzałka A):
a) elektroujemność: maleje
b) wartość energii jonizacji: maleje
c) liczba elektronów walencyjnych: nie zmienia się
II. Wraz ze wzrostem liczby atomowej (w okresie czwartym – strzałka B):
a) elektroujemność: rośnie
b) liczba powłok elektronowych: nie zmienia się
c) promień atomowy: maleje
Zad. 7.
CH
3
OH + CH
3
OH CH
3
OH
2
+
+ CH
3
O‾
kwas 1 zasada 2 kwas 2 zasada 1
Zad. 8.
R
LiF
= 0,1320g/100g H
2
O
m
roztworu
= m
rozpuszczalnika
d
roztworu
= 1g/cm
3
M
LiF
= 26 g/mol
n
LiF
= m/M = 0,1320g/26g∙mol
-1
= 0,005077mol
0,005077mol LiF
rozpuszcza się w
100 cm
3
H
2
O
x
rozpuszcza się w
1000 cm
3
H
2
O
x = 0,05077mol LiF ⇒ s = 0,05077 mol/dm
3
= [LiF]
LiF Li
+
+ F
−
K
SO
= [Li
+
][F
−
]
K
SO
= s·s = s
2
= (0,05077)
2
= 0,0025775 ≈ 0,0026
Zad. 9.
a)
Ag
+
+ NO
3
−
+ Na
+
+ Cl
−
→ AgCl↓ + Na
+
+ NO
3
−
b)
AgCl
Cl
−
Na
+
3
Zad. 10.
V
H
2
O
= 1000cm
3
m
H
2
O
= 1000g m = d ∙ V
d
H
2
O
= 1g/cm
3
V
C
2
H
5
OH
= 1000cm
3
m
C
2
H
5
OH
= 791g
d
C
2
H
5
OH
= 0,791 g/cm
3
d
roztw. końc.
= 0,925g/cm
3
m
roztw. końc.
= m
H
2
O
+ m
C
2
H
5
OH
= 1000g + 791g = 1791g
V
roztw. końc
. = m/d = 1791g/0,925g∙cm
-3
= 1936,216cm
3
∆V = 2000cm
3
– 1936,216cm
3
= 63,784cm
3
Odpowiedź: Różnica objętości wynosi 63,784cm
3
Doszło do kontrakcji.
Zad. 11.
a) Fe
3+
+ 3Cl
−
+ 3H
2
O Fe(OH)
3
↓ + 3H
+
+ 3Cl
−
b) 2Fe
3+
+ 3 CO
3
2−
+ 3H
2
O 2Fe(OH)
3
↓
+ 3CO
2
↑
czerwonobrunatny bezbarwny gaz
osad
Zad. 12.
Substancje chemiczne nie zmieniające pH: Al
2
O
3(s)
, BeO
(s)
, SiO
2(s)
Substancje chemiczne obniżające pH: HBr
(g)
, SeO
3(s)
,Cl
2
O
7(c)
Substancje chemiczne podwyższające pH: Na
2
O
(s)
, NH
3(g)
Zad. 13.
Para wzorów w probówce I: NH
4
Br i NaOH
Para wzorów w probówce II: Ca(NO
3
)
2
i K
3
PO
4
Para wzorów w probówce III: HCl i K
2
CO
3
Zad. 14.
a) Ze względu na zawartość ołowiu jest spełniona norma polska,
nie jest spełniona norma Unii Europejskiej.
b) pH badanej wody wynosi 8.
Pod względem pH badana woda spełnia normy polskie i Unii Europejskiej.
c) zawartość CaCO
3
= 1,5 mmol/dm
3
= 1,5 mmol/l
M
CaCO
3
= 100g/mol m = n∙M
m
CaCO
3
= 100mg/mmol ∙ 1,5 mmol = 150mg
Odpowiedź: Twardość wody wynosi 150mg/l.
4
Zad. 15.
a) Numer zlewki: II
b) Aby zaszła reakcja „metal 1 + sól metalu 2”, metal 1 musi leżeć wyżej w szeregu elektrochemi-
cznym niż metal 2.
Reakcja w II zlewce nie zaszła, ponieważ żelazo leży niżej w szeregu elektrochemicznym, niż
mangan (jest mniej aktywne od manganu).
Zad. 16.
3SO
3
2−
+ Cr
2
O
7
2−
+ 8H
+
→ 3SO
4
2−
+ 2Cr
3+
+ 4H
2
O
Zad. 17.
Wzory cząsteczek lub jonów, które w reakcjach redoks mogą być tylko reduktorami:
NH
2
−
, NH
4
+
, Mg
3
N
2
, NaNH
2
Wzory cząsteczek lub jonów, które w reakcjach redoks mogą być tylko utleniaczami:
HNO
3
Zad. 18.
Sc│Sc
3+
E
o
= -2,077V
Be│Be
2+
E
o
= -1,970V
In│In
3+
E
o
= -0,338V
Zad. 19.
Vr
AgNO
3
= 200cm
3
n
AgNO
3
= Cm∙V
r
= 0,1mol
Cm
AgNO
3
= 0,50 mol/dm
3
Vr
Bi(NO
3
)
3
= 200cm
3
n
Bi(NO
3
)
3
= Cm∙V
r
= 0,1mol
Cm
Bi(NO
3
)
3
= 0,50 mol/dm
3
q
całk.
= 0,25F
K(−): Ag
+
+ e
-
→ Ag
Bi
3+
+ 3e
-
→ Bi
Podczas elektrolizy na katodzie redukuje się najpierw kation metalu najmniej aktywnego.
1 mol e
-
tworzy
1 mol Ag
1 F
tworzy
1 mol Ag
x
tworzy
0,1 mol Ag
x = 0,1F = q
1
⇒ q
2
= 0,25F – 0,1F = 0,15F ⇒ 3 mole e
-
tworzą
1 mol Bi
3F
tworzą
1 mol Bi
m
Ag
= 0,1mol∙108g/mol = 10,8g 0,15F
tworzy
y ⇒ y = 0,05 mol Bi
m
Bi
= 0,05mol∙209g/mol = 10,45g ⇒ ∆m
katody
= 10,8g + 10,45g = 21,25g
5
Zad. 20.
Numer
elektrolizera
I
II
III
IV
V
Roztwór
wodny
KNO
3
HNO
3
KCl
AgNO
3
HCl
Zad. 21.
a)
Równanie procesu utleniania:
−
OOC-COO
−
→ 2CO
2
+ 2e
-
Równanie procesu redukcji:
MnO
4
−
+ 5e
-
+ 8H
+
→ Mn
2+
+ 4H
2
O
b)
5
–
OOC-COO
−
+ 2 MnO
4
−
+ 16 H
+
→ 10 CO
2
+ 2 Mn
2+
+ 8 H
2
O
Zad. 22.
1. Wydziela się bezbarwny i bezwonny gaz
2. Fioletowy roztwór odbarwił się (zmienił barwę na cielisto-różową)
Zad. 23.
Aby zwiększyć wydajność otrzymywania produktów reakcji A, należy ochłodzić układ.
Aby zwiększyć wydajność otrzymywania produktów reakcji B, należy ogrzać układ lub przesunąć
tłok w górę.
Zad. 24.
H H
C C
CH
3
H
3
C
C
2
H
5
Br Br
C
2
H
5
S-2-bromobutan R-2-bromobutan
Zad. 25.
Numer równania reakcji:
Typ reakcji:
Mechanizm reakcji:
I.
polimeryzacja
X
II.
addycja
X
III.
substytucja
elektrofilowy
IV.
substytucja
wolnorodnikowy
6
Zad. 26.
− posiada nazwę systematyczną 2-metylopropan-2-ol: IV
− daje w wyniku reakcji z tlenkiem miedzi (II) keton: II
− jest alkoholem, z którego w wyniku utleniania otrzymujemy kwas karboksylowy o rozgałęzionym
łańcuchu węglowym: III
Zad. 27.
a) Para związków III: cykloheksanol (e) i fenol (f) (odczynnik do identyfikacji: FeCl
3
)
b) Podczas identyfikacji związku organicznego oznaczonego symbolem f) pomarańczowy roztwór
zmienił barwę na ciemnofioletową.
Podczas identyfikacji związku organicznego oznaczonego symbolem e) pomarańczowy roztwór nie
zmienił barwy.
Zad. 28.
a) CH
3
−CH−CH
2
−COOH b) CH
2
−CH
2
−COOH
Br Br
Zad. 29.
Równanie reakcji 1.:
Równanie reakcji 3.:
Zad. 30.
CH
2
−CH−CH
2
−CH
n
CH
2
Br
OH
+ NaOH
H
2
O
CH
2
OH
OH
+ NaBr
COOH
OH
+ CH
3
COOH
H
2
SO
4
COOH
OCOCH
3
+ H
2
O
CH
3
7
Zad. 31.
HOOC−CH
2
−CH
2
−COOH
Zad. 32.
1. 2.
Zad. 33.
Zad. 34.
Zad. 35.
a)
Liczba asymetrycznych atomów węgla w cząsteczce izoleucyny: 2
Maksymalna liczba stereoizomerów: 4
b)
Enancjomerami są cząsteczki oznaczone numerami: I i III.
Mentol
B
Tymol
A
C−O−CH−CH
3
O CH
3
OH
COOH
OH
NH
2
CH
3
CH
2
Cl
CH
2
OH
H−C=O
Cl
2
NaOH
hν
CuO
T
H
2
O
8
Zad. 36.
a) Mcz. elementu = 249u – (14+2+12+2+12+16)u – (14+1+12+1+12+3+12+16+16+1)u = 103u
b) Brakująca część wzoru tripeptydu:
O
... −N−CH−C− ...
H CH
2
SH
Tripeptyd: Gly-Cys-Ala