Odpowiedzi do testów z chemii z 2001r na AM - farmacja

1 Odp. C
Zarówno chlor jak i siarka leżą w III okresie i przyjmą odpowiednią ilość elektronów by uzyskać konfigurację argonu. Magnez również leży w III okresie, ale najbliższym gazem szlachetnym którego konfigurację przyjmie jon Mg²⁺ jest neon

 

2 Odp. A
Zapis ten informuje, że główna liczba kwantowa wynosi 2 a poboczna 1. Inaczej mówiąc na drugie powłoce (2 poziomie energetycznym) 3 elektrony zajmują orbital p (3 elektrony znajdują się na podpoziomie p)

 

3 Odp. D
Bar leży w VI okresie i 2 grupie. Jon Ba²⁺ przyjmuje konfigurację Xe (ksenonu). Takiej konfiguracji nie może przyjąć brom (IV okres), rubid (V okres), selen (IV okres). Może ją przyjąć tellur (V okres), któremu brakuje tylko dwóch elektronów do konfiguracji ksenonu. Uzyska ją więc jon Te^2-.

 

4 Odp. B
Wiązanie s powstaje poprzez czołowe pokrywanie się orbitali atomowych. Nie może powstać poprzez boczne pokrywanie się orbitali (B)

 

5 Odp. D
Hybrydyzacji sp nie mogą ulec atomy wodoru. Atom w hybrydyzacji sp posiada dwa wiązania s lub jedno wiązanie s i wolną parę elektronową. Warunek ten spełnia napewno cząsteczka azotu N₂. Jednakże jeżeli dla tlenku węgla napiszemy strukturę elektronową Lewisa (każdy atom musi mieć oktet elektronowy) to zobaczymy, że i w tej cząsteczce wszystkie atomy są w hybrydyzacji sp:


Struktura taka choć poprawna ponieważ tłumaczy zachowanie się tlenku węgla, wykracza jednak poza materiał szkoły średniej.

 

6 Odp. A
to chęć przyłączenia elektronu do atomu. wykazujący duże powinowactwo elektronowe jest jednocześnie silnie elektroujemny. Podczas przyłączenia elektronu do takiego pierwiastka wydziela się znaczna ilość energii.

 

7 Odp. C

W krysztale chlorku sodu jony ułożone są naprzemiennie :

 

8 Odp. A
· 120 lat to 4 okresy połowicznego rozpadu, czyli masa próbki zmniejszy się 2⁴=16 razy. Jeżeli na początku było 10g izotopu, to po 120 latach pozostanie 10/16=0,625g.
· Można skorzystać z zależności ln(C₀/C)=kt oraz ln2=kt by wiliczyć stałą rozpadu k, a następnie C. k=0,0231lat^-1, oraz ln10g - lnC=kt, lnC=-0,469, oraz C=0,626g

 

9 Odp. A
Korzystając z prawa zachowania masy otrzymamy: Z: 4+2=Z+0; Z=6
A: 9+4=A+1; A=12
Z kolejnej przemiany: Z: 7+0=Z+1; Z=6 E: 14+1+3; A=12. Pierwiastkiem E jest ¹²C.

 

10 Odp. B
Reakcja endotermiczna to reakcja w której entalpia produktów jest większa od entalpii substratów (DH>O rys. 2). Natomiast energią aktywacji nazywamy energię jaką należy dostarczyć substratom by reakcja mogła przebiegać. Jest to zawsze max na wykresie energetycznym.

 

11 Odp. D
Entropie obliczamy ze wzoru
 .
Podczas ogrzewania mieszaniny gazów dostarczamy jej energii na sposób ciepła, entalpia układu wzrasta (ΔH>0), dlatego entropia również wzrośnie.
Sprężanie gazów (podwyższanie ciśnienia) powoduje, że układ rozgrzewa się. Wydzielana jest energia na sposób ciepła. Entalpia układu maleje, dlatego entropia również maleje.

 

12 Odp. B
Przy rozwiązywaniu tego problemu skorzystajmy z prawa Daltona. Dysponujemy 4+2+8+6=20 moli gazów, które w warunkach normalnych zajmą objętość 448dm³ i ważą 4^.28+2^.44+8^.2+6^.28=384g.
Gazy niepalne (azot i dwutlenek węgla) - 8moli zajmie objętość 179,2 dm³, czyli:
w 448dm³ znajduje się 179,2 dm³ gazów niepalnych co można zapisać:
w 384g mieszaniny znajduje się 179,2dm³ gazów niepalnych, to
w x g mieszaniny znajduje się 80dm³ gazów niepalnych
x=171,4g

 

13 Odp. A
to 298K. Podniesienie temperatury reakcji do 308K to wzrost temperatury o 10^o, czyli szybkość reakcji wzrośnie dwukrotnie. Zwiększenie stężenia wodoru dwukrotnie powoduje również dwukrotny wzrost szybkości reakcji: v=k[NO]²[H₂]; v₁=k[NO]²2[H₂]; v₁/v=2. W sumie szybkość reakcji wzrośnie czterokrotnie.

 

14 Odp. D
Gęstość d=m/V. Wiadomo, że każdy gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4dm³ (d=M/V₀).
azot: d=28/22,4=1,25g/dm³
argon: d=40/22,4=1,786g/dm³
tlenek węgla: d=28/22,4=1,25g/dm³

 

15 Odp. C
Rozpuszczalność określana jest jako masa soli rozpuszczona w 100g rozpuszczalnika. Z tabeli możemy odczytać, że w 60^oC w 100g wody rozpuszcza się 110g azotanu(V) potasu. Czyli masa takiego nasyconego roztworu wynosi 210g. Możemy ułożyć proporcję:
w 210g roztworu znajduje się 110g azotanu(V) amonu, to
w 105g roztworu znajduje się x g tej soli
x=55g = 0,54 mola.
Jeżeli masa soli rozpuszczonej wynosi 55g, to masa rozpuszczalnika wynosi 50g. Z tabeli możemy odczytać, że w 20^oC w 100g wody rozpuszcza się 31,6g KNO₃. Możemy ułożyć kolejną proporcję:
w 100g wody rozpuszcza się 31,6g KNO₃, to
w 50g wody rozpuści się x g KNO₃
x=15,8g. Podczas oziębienia roztworu musi wypaść 55-15,8=39,2g azotanu(V) potasu. Pozostały roztwór waży 50+15,8=65,8g i rozpuszczone w nim jest 15,8g soli. Stężenie procentowe tego roztworu wynosi: 24,01%

 

16 Odp. D
Jeżeli tego roztworu wynosi 3, to w roztworze znajduje się 10^-3mol/dm³ jonów wodorowych oraz taka samo stężenie reszty kwasowej:
R-COOH = H⁺ + R-COO^-
Stała dysocjacji określona jest wzorem:
 , jeżeli c₀>>[H⁺] to można przyjąć, że [R-COOH]=c₀ (c₀=0,056mol/dm³). Podstawiając dane pod wzór na stałą dysocjacji otrzymamy: K=1,79^.10^-5. Stopień dysocjacji określa nam stosunek ilości cząsteczek dysocjowanych do ilości początkowej cząsteczek. Z uwagi, że ilość cząsteczek jest proporcjonalna do stężenia możemy zapisać: α=[H⁺]/c₀. Po podstawieniu danych do wzoru otrzymamy α=0,0179 lub α=1,79%.

 

17 Odp. B
Jeżeli w 2 dm³ roztworu znajduje się3,612^.10²³ cząsteczek reszty kwasowej, czyli 0,6mola, oznacza to jednocześnie, że stężenie reszty kwasowej wynosi 0,3mol/dm³ i jest równe stężeniu jonów wodorowych w roztwrze [H⁺]=0,3mol/dm³. Stężenie niezdysocjowanych cząsteczek kwasu [HR]=2mol/dm³. Dla stałej dysocjacji określonej wzorem:
 po podstawieniu danych otrzymamy: K=4,5^.10^-2. Stopień dysocjacji
, gdzie c₀=[RH]+[R^-]=2,3mol/dm³. α=0,3/2,3=0,13 lub α=13%.

 

18 Odp. B
Jon obojnaczy (zwitterjon) to postać aminokwasu w którym występuje zarówno ładunek dodatni (od grupy amoniowej), oraz jon ujemny (grupa karboksylanowa). W zależności od środowiska aminokwas zachowuje się jak zasada (proton przyłącza się do grupy karboksylowej) lub jak kwas (proton zostaje oderwany od grupy amoniowej):


W roztworze o pH=9 alanina występuje w postaci anionu i wędruje do elektrody dodatniej (anody)

 

19 Odp. B
Jeżeli w 1cm³ roztworu znajduje się 4,0^.10^-2mg całkowicie dysocjowanego NaOH, to w 1000cm³ (w1dm³) znajduje się 4^.10^-2g NaOH czyli 0,001mola. Stężenie tego wodorotlenku wynosi 0,001mol/dm³ i równe jest stężeniu jonów OH^-. [OH^-]=0,001mol/dm³. pOH=3, a pH=14-pOH=11.

 

20 Odp. C
Podczas elektrolizy stopionego chlorku sodu zachodzą następujące reakcje;
2Cl^- →  Cl₂ + 2e
2Na⁺ + 2e →  2Na
Z równań reakcji możemy odczytać, że powstaniu 1 mola gazowego chloru towarzyszy powstanie dwóch mol sodu. 560dm³ chloru w warunkach normalnych to 560/22,4=25moli chlor. Sodu powstanie więc 50moli, czyli 1150g.

 

21 Odp. D
Au|Au³⁺ E₀=1,52V
Mg|Mg⁺² E₀=-2,36V
Porównując potencjały normalne elektrod widzimy, że elektroda złota ma wyższy potencjał, będzie więc katodą (na niej będzie zachodziła redukcja (Au³⁺ + 3e →  Au ), a elektroda magnezowa będzie anodą i na niej będzie zachodziła reakcja utlenienia (Mg →  Mg²⁺ + 2e). Reakcje zachodzące na półogniwach należy pomnożyć przez odpowiednie współczynniki by zgadzała się ilość elektronów pobranych i oddanych.

 

22 Odp. A
Nie ma większego znaczenia w której grupie znajduje się pierwiastek. Charter metaliczny pierwiastków rośnie wraz ze wzrostem nr okresu. Tak więc tlenki niemetali II okresu będą miały charakter kwasowy, który ze wzrostem liczby atomowej stopniowo będzie się zmieniał poprzez amfoteryczny do zasadowego.

 

23 Odp. A
łatwiej będzie znaleźć zdania fałszywe. A mianowicie nieprawdą jest, że blok s tworzą litowce i berylowce. Do bloku s zaliczany jest również wodór i hel (II)
Tylko fluor i chlor są gazami, a jod i astat są ciałami stałymi (IV)
Nieprawdą jest, że azotowce w połączeniu z fluorowcami są na +V stopniu utlenienia. Są również na +III stopniu utlenienia (PCl₃) (VI)

 

24 Odp. C
Z definicji stężenia procentowego (roztwór x% - oznacza, że w 100g roztworu znajduje się x g substancji) możemy obliczyć masę KOH: m=36g, co równoważne jest 36/56=0,64mola.

 

25 Odp. B
Korzystamy jak poprzednio z definicji stężenia molowego (roztwór o stężeniu x mol/dm³ - oznacza, że w 1dm³ roztworu znajduje się x moli substancji):
w 1 dm³ 0,5M roztworze znajduje się 0,5mola jonów Al³⁺
w 1,5dm³ 1M roztworu Al₂(SO₄)₃ znajduje się 1,5mola soli, czyli 3mole jonów Al³⁺
Po zmieszaniu roztworów otrzymamy 2dm³ roztworu oraz 3,5mola jonów Al³⁺. Ich stężenie będzie c_M=1,75M.

 

26 Odp. D
Z równania reakcji: CaO + 2HCl →  CaCl₂ + H₂O możemy odczytać, że powstaniu 1mola wody towarzyszy powstanie 1mola CaCl₂. 0,9g wody to 0,05mola.

 

27 Odp. D
Jeżeli w probówkach są roztwory: H₂SO₄, K₂SO₄ i KOH to w celu ich identyfikacji należy:
· do każdej probówki dodać roztworu Ba(NO₃)₂. W probówce w której nie strącił się osad znajduje się roztwór KOH
Ba(NO₃)₂ + H₂SO₄ →  BaSO₄↓ + 2HNO₃
Ba(NO₃)₂ + K₂SO₄ →  BaSO₄↓ + 2KNO₃
· po dodaniu do probówki w której osad się nie strącił fenoloftaleiny, roztwór zabarwi się na malinowo. Następnie do tej probówki dodajemy roztworu z probówek w których strącił się osad. Jeżeli dodamy zawartość probówki w której uprzednio był roztwór K₂SO₄ nie zaobserwujemy żadnych zmian, ale po dodaniu roztworu z probówki w której uprzednio był kwas siarkowy(VI), roztwór odbarwi się.

 

28 Odp. C
Po dodaniu do 100g wody 18g związku otrzymano 118g roztworu, czyli (d=m/V) V=107,3cm³=0,107dm³.
Jeżeli otrzymano roztwór 2,15M (c_M=n/V) to oznacza, że celem sporządzenia 0,107dm³ roztworu rozpuszczono n=c_M^.V=0,23mola substancji. tej substancji wynosi (n=m/M) M=m/n=78,3g/mol.
M_NaNO3=85g/mol
M_NH4NO3=80g/mol
M_Na2S=78g/mol
M_NaCl=58,5g/mol

 

29 Odp. B
Po zmieszaniu roztworów zajdzie reakcja:
C₂O₄Na₂ + Ca(NO₃)₂ →  2NaNO₃ + C₂O₄Ca↓
Objętość roztworu po zmieszaniu V=2dm³. Czyli w roztworze pozostanie 2^.10^-4mola szczawianu wapnia. W roztworze pozostanie również 2^.10^-4mola jonów Ca²⁺ czyli m=nM=8^.10^-3g=8mg Ca²⁺.

 

30 Odp. B
· 3KOH + Fe(NO₃)₃ →  2KNO₃ + Fe(OH)₃↓ wodorotlenki żelaza(II i III) są bardzo słabo rozpuszczalne. Dobrze rozpuszczalne są jedynie wodorotlenki metali 1 i 2 grupy (poza Be(OH)₂ i Mg(OH)₂)
· 2Na₂CO₃ + Pb(NO₃)₂ →  2NaNO₃ + PbCO₃↓ tylko węglany 1 grupy są dobrze rozpuszczalne
· NaF + AgNO₃ →  brak reakcji praktycznie wszystkie fluorki są dobrze rozpuszczalne w wodzie
· CaCl₂ + Na₂SO₄ →  2NaCl + CaSO₄↓ sole wapnia poza chlorkami, azotanami i octanami są trudno rozpuszczalne
· KCl + Na₂S →  brak reakcji praktycznie wszystkie sole sodu i potasu są dobrze rozpuszczalne w wodzie
· Na₂S + 2AgNO₃ →  2NaNO₃ + Ag₂S↓ o solach srebra można powiedzieć, że mało która jest dobrze rozpuszczalna w wodzie (azotany, fluorki, częściowo siarczany)
· NaOH + LiCl →  brak reakcji zobacz punkt pierwszy

 

31 Odp. A
Pytanie na pozór proste. Ale odpowiedź zależy od poziomu wiedzy. Oczywiście pomijam poziom zerowy, który sprowadza się do odpowiedzi typu chybił-trafił. Przy poziomie podstawowym odpowiedź jest A. Oczywiście pomijam reakcje metalu z kwasem, które są oczywiste. Interesująca jest jedynie reakcji glinu i cynku z wodorotlenkiem sodowym. Glin i cynk jako pierwiastki amfoteryczne reagują zarówno z kwasami jak i z zasadami:
2Al + 2NaOH + 6H₂O →  2Na[Al(OH)₄] + 3H₂ lub
2Al + 2NaOH +2H₂O →  2NaAlO₂ + 3H₂ oraz
Zn + 2NaOH + 2H₂O →  Na₂[Zn(OH)₄] + H₂ lub
Zn + 2NaOH →  Na₂ZnO₂ + H₂
Większy zasób wiadomości może jednak przeszkadzać w odpowiedzi. Ponieważ glin ze stężonym kwasem siarkowym(VI) tak łatwo nie reaguje. W kontakcie ze stężonym kwasem siarkowym(VI) ulega on pasywacji i reaguje z nim tylko na gorąco (czego nie zaznaczono w pytaniu):
2Al + 6H₂SO₄ →  Al₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O (zauważmy, że nie wydziela się wodór)
Cynk ze stężonym kwasem azotowym(V) też nie reaguje w prosty sposób. W zależności od stężenia kwasu mogą wydzielać się tlenki azotu (np. dwutlenek azotu):
Zn + 4HNO₃ →  Zn(NO₃)₂ + 2NO₂ + 2H₂O
lub.....… nie będzie wydzielał się żaden gaz:
4Zn + 10HNO₃ →  4Zn(NO₃)₂ + NH₄NO₃ + 3H₂O
Jedyne co mogę powiedzieć, to odpowiedź B jest na pewno niewłaściwa.

 

32 Odp. C
Jeżeli kwasu azotowego(V) była stechiometryczna ilość, to oznacza, że dodano go do wodorotlenku w ilości równomolowej. Wodorotlenku potasu w 100g roztworu było 40g=0,714mol. Tyle też należy dodać moli kwasu azotowego. Ta ilość znajdzie się w objętości (c_M=n/V) V=n/c_M=0,089dm³. Ta objętość kwasu waży (d=m/V) m=dV=1,24g/cm^3.89cm³=110,36g. W sumie masa roztworu wynosi m_rozt.=110,36+100=210,36g. Z równania reakcji: KOH + HNO₃ →  KNO₃ + H₂O wynika, że otrzymano 0,714mol azotanu(V) potasu, czyli m=n^.M=72,1g. Stężenie procentowe otrzymanego roztworu: c%=100%^.m_s/m_rozt=34,3%

 

33 Odp. A
Podczas roztwarzania miedzi w 20% kwasie azotowym(V) zachodzi następująca reakcja:
3Cu + 8HNO₃ →  3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O
339cm³ 20% roztworu kwasu waży (d=m/V) m=dV=378g. W tej objętości roztworu znajduje się (c%=100%^.m/m_rozt) 75,6g czystego kwasu, czyli 1,2mola. Z równania reakcji wynika, że na 0,3mola miedzi wydzieli się 0,2 mola tlenku azotu(II). Czyli w roztworze pozostanie 1mol jonów azotanowych. Po rozcieńczeniu roztworu do 0,4dm³, stężenie ich będzie wynosiło c_M=1/0,4=2,5mol/dm³.

 

34 Odp. B
Czernienie srebra świadczy o tym, że w białku występują związki siarki. Siarczek srebra jest bardzo trudno rozpuszczalny w wodzie, barwy czarnej.

 

35 Odp. A
2,3g srebra to 0,0213mola srebra i tyle moli chlorku srebra powinniśmy otrzymać, czyli 3,05g. Można ułożyć proporcję:
gdyby srebro było czystości 100% - otrzymalibyśmy 3,05g chlorku srebra,
przy czystości srebra x - otrzymaliśmy 2,87g chlorku srebra.
x=94%

 

36 Odp. C
Z równań połówkowych należy ułożyć równanie reakcji i je odczytać:
C + 2H₂O →  CO₂ + 4H⁺ + 4e
NO₃^- + 2H⁺ + e →  NO₂ + H₂O (w celu dobrania współczynników reakcji, musimy przeprowadzić bilans elektronów. W tym celu obie strony tego równania należy pomnożyć przez 4)
po zsumowaniu otrzymamy:
C + 2H₂O + 4NO₃^- + 8H⁺ + 4e →  CO₂ + 4H⁺ + 4NO₂ + 4H₂O + 4e (po redukcji wyrazów podobnych otrzymamy)
C + 4NO₃^- + 4H⁺ →  CO₂ + 4NO₂ + 2H₂O
W reakcji 12g węgla wydziela się 4^.22,4dm³ tlenku azotu(IV), to
z x g węgla wydzieli się 0,448dm³ tlenku azotu(IV)
x=0,06g.

 

37 Odp. A
Z definicji stężenia procentowego możemy odczytać, że:
w 100g związku znajduje się 52,2g=4,35mola węgla; 13g=13moli wodoru; 34,8g=2,175mola tlenu. Nieznany związek posiada więc wzór : C_4,35H₁₃O_2,175. Współczynniki powinny być jednak najmniejszymi liczbami całkowitymi. Dlatego wszystkie współczynniki dzielimy przez najmniejszy z nich:
C:H:O=4,35:13:2,175=2:6:1. Wzór empiryczny związku: C₂H₆O.

 

38 Odp. C
Woda bromowa jest odczynnikiem na wiązania podwójne C=C. Odbarwienie się roztworu wody bromowej świadczy o ich obecności. Toluen i benzen są związkami aromatycznymi i <strong>nie dają="" pozytywnych="" reakcji="" na="" obecność="" podwójnego="" wiązania="">. Takiej próbie ulegnie oczywiście cykloheksen.
Pozytywną reakcję wykaże również glukoza. Mimo, że nie ma wiązania podwójnego C=C, jednak jako przedstawiciel aldehydów, ulega ona bardzo łatwo utlenieniu. Woda bromowa utlenia glukozę do kwasu aldonowego (kwas glukonowy):</strong>nie>

W reakcji wody bromowej Br2aq z cykloheksenem nie powstaje 1,2-dibromocykloheksan lecz 2-bromocykloheksanol. Powstanie tego produktu stanie się oczywiste jeżeli rozpatrzymy mechanizm reakcji: przyłączenie jonu bromoniowego z utworzeniem karbokationu. Atak nukleofila na powstały karbokation. Nukleofilem jest jon bromkowy oraz woda, której jest o wiele więcej. To ona atakuje karbokation z utworzeniem pochodnej alkoholu.

 

39 Odp. B
Wiązanie pojedyncze s C-C powstaje w wyniku czołowego nakładania się orbitali. Jądra atomowe mogą być w znacznej odległości i to wiązanie jest najdłuższe. Wiązanie podwójne C-C utworzone jest z wiązania p i wiązania s. Aby mogło utworzyć się wiązanie p, orbitale atomowe muszą nałożyć się bocznie. By takie nałożenie się orbitali było efektywne jądra atomowe muszą się do siebie zbliżyć. Obecność wiązania p powoduje, że wiązanie C-C jest krótsze. Oczywiście dwa wiązania p i jeno s tworzą wiązanie potrójne C-C. Będzie ono najkrótsze. W przypadku benzenu każde wiązanie C-C jest jednakowej długości i jest ono pośrednie między wiązaniem pojedynczym a podwójnym. Wiązanie to jest krótsze od wiązania pojedynczego C-C, lecz dłuższe od wiązania podwójnego C-C.

 

40 Odp. A
Jeżeli powstała tylko jedna monochloropochodna, oznacza to, że wszystkie atomy wodoru za które mógł się podstawić chlor są równoważne. Ten warunek spełnia jedynie związek oznaczony literą A

 

41 Odp. B
O rzędowości alkoholu świadczy liczba atomów węgla połączonych z tym atomem węgla, który jest połączony z grupą hydroksylową. Natomiast o rzędowości aminy świadczy liczba atomów węgla połączona z atomem azotu:

 

42 Odp. D
W szeregu homologicznym temperatura wrzenia wzrasta wraz z długością łańcucha (wraz ze wzrostem masy molowej). Dlatego butan ma większą t_w od etanu, pentan od etynu.
Związki, w których mogą występować wiązania wodorowe mają zawsze t_w o wiele wyższą od zwiąków, które wiązań wodorowych nie mogą tworzyć. Propan-1-ol powinien mieć większą t_w od propanalu.
W punkcie B butan-1-ol (tworzy wiązania wodorowe) będzie miał wyższą t_w od 1-chlorobutanu.
Podobnie w punkcie C. W butan-1-olu występują wiązania wodorowe, ma więc wyższą t_w od octanu etylu.
W punkcie D związki ułożone są według wzrastającej t_w. etyn - butan - 1-chlorobutan: wzrasta masa cząsteczkowa. 1-chlorobutan - butan-1-ol: w alkoholu występują wiązania wodorowe. Kwas propionowy - wiązania wodorowe jeszcze silniejsze niż w alkoholu.

 

43 Odp. D
Zapiszmy równania zachodzących reakcji:
C₂H₄ + 3O₂ →  2CO₂ + 2H₂O
C₂H₂ + 5/2O₂ →  2CO₂ + H₂O
x - objętość etenu w cm³ oraz x/22,4 - liczba mmoli etenu
y- objętość etynu w cm³ oraz y/22,4 - liczba mmoli etynu
Czyli x+y=40
Z równania reakcji możemy odczytać, że najwięcej tlenu potrzeba do spalenia etenu. Potrzeba go 3 razy więcej niż etenu. Gdyby gaz składał się tylko z etenu potrzeba by 120cm³ tlenu. Użyto go 160cm³, czyli w nadmiarze. Powstałego dwutlenku węgla (zarówno z etenu jak i z etynu) powinno być dwa razy więcej niż palnych gazów, a więc tylko 80cm³. 136-80=56cm³ to nadmiar tlenu. Do spalenia tej mieszaniny potrzeba więc 160-56=104cm³ =4,64mmola tlenu. Mamy więc drugie równanie:
3^.x/22,4+ 5/2^.y/22,4=4,64
Rozwiązanie układu równań daje: x=8cm³ oraz y=32cm³.

 

44 Odp. A
Nie pozostaje nic innego jak policzyć atomy węgla i atomy wodoru, pamiętając, że na każdym węźle (skrzyżowaniu linii) znajduje się atom węgla, oraz każdy atom węgla ma tyle atomów wodoru by był czterowartościowy:
I - C₇H₁₂ II - C₇H₈O III - C₈H₁₂Br₂ IV - C₁₀H₁₂ V C₈H₁₁Cl
Pomocna może być pewna właściwość, która pozwala w łatwy sposób sprawdzić czy nie pomyliliśmy się w obliczeniach:
· gdy nie ma innych pierwiastków oprócz węgla i wodoru i tlenu - liczba atomów wodoru musi być parzysta
· atom jednowartościowy (F, Cl, Br, I ) zastępuje atom wodoru - liczba atomów wodoru + liczba atomów halogenu musi być liczbą parzystą

 

45 Odp. D
Wszelkie reagenty reagują ze sobą w ilościach molowych. Przeliczmy więc podane objętości na mole:
węglowodór: 2,24/22,4=0,1mola, tlen: 11,2/22,4=0,5mola, CO₂: 6,72/22,4=0,3mola.
Po pomnożeniu wszystkiego przez 10 otrzymamy: 1mol węglowodoru spala się w 5molach tlenu i powstają 3mole CO₂ i woda. Zapiszmy teraz to w postaci równania reakcji:
C_xH_y + 5O₂ →  3CO₂ + y/2H₂O
od razu za x możemy podstawić 3, a za y/2=4 (prawo zachowania masy). Czyli poszukiwany związek ma wzór C₃H₈ - propan.

 

46 Odp. C
60g węgla to 5moli. Powinno powstać 5moli dwutlenku węgla - czyli 5^.22,4dm³=112dm³. Dalej możemy ułożyć proporcję:
112dm³ to 100%
100dm³ to x
x=89,3%

 

47 Odp. C
Związek Z reaguje z bromem - więc Z musi być alkenem (nie może być alkinem ponieważ powstał w wyniku dehydratacji alkoholu Y). Związek T musi być 1,2-dibromopropanem, a W cynkiem (C):

 

48 Odp. B
Uwodornienie glicerydu trioleinowego glicerydu tristearynianowego:


Z równania reakcji możemy odczytać, że na uwodornienie:
884kg glicerydu zużywa się 3^.22,4m³ wodoru, to na
500kg glicerydu potrzeba x m³ wodoru
x=38m³. Uwzględniając 90% wydajność procesu V=38/0,9=42,2m³.

 

49 Odp. C
Z alkoholu została wyeliminowana cząsteczka wody: jako X oznaczono reakcję eliminacji. Następnie do alkenu dodano cząsteczkę bromowodoru: Y oznaczono reakcję addycji. W ostatniej reakcji za brom podstawiono grupę hydroksylową: Z - reakcja substytucji (podstawienia).

 

50 Odp. D
Związki posiadające w pierścieniu benzenowym grupę I rodzaju (OH, NH₂, alkil) są bardziej reaktywne na reakcje substytucji elektrofilowej od benzenu. Grupa ta kieruje kolejny podstawnik w pozycję orto i para. Natomiast grupy II rodzaju (NO₂, CO, COOH) dezaktywują pierścień na reakcje substytucji elektrofilowej (związek jest mniej reaktywny od benzenu), kolejny podstawnik kierowany jest w pozycję meta. Tylko w punkcie D wszystkie podstawniki są I rodzaju:

 

51 Odp. B
Masa cząsteczkowa lizyny: M=146u. Jeżeli lizyna stanowi 0,43% pepsyny to korzystając z równania na stężenie procentowe otrzymamy:
c%=100%^.m/m_rozt Masa pepsyny (w naszym wypadku m_rozt) jest równa: m_rozt=100%^.M/c%=33953u.

 

52 Odp. A
występuje jedynie w związkach z wiązaniem podwójnym (wiązanie podwójne nie może być wiązaniem terminalnym (na końcu łańcucha), oraz przy tym samym atomie węgla nie może być dwóch identycznych podstawników) oraz w związkach cyklicznych. Narysujmy wymienione związki:

 

53 Odp. D
By odpowiedzieć na to pytanie nie pozostaje nic innego jak narysować wszystkie izomery. Zaczynamy od łańcucha prostego, później izomerie położenia, łańcuchową i na koniec izomerię grup funkcyjnych:


Biorąc pod uwagę jeszcze izomerię cis-trans, but-2-en może istnieć w postaci dwóch izomerów.

 

54 Odp. C
Związek optycznie czynny nie może mieć ani płaszczyzny, ani środka symetrii. Jeden asymetryczny atom węgla wystarczy by związek był optycznie czynny, ale w przypadku większej ilości asymetrycznych atomów węgla należy rozpatrzyć zawsze symetrię związku:

 

55 Odp. A
Patrz odpowiedź do poprzedniego pytania. Izomerów optycznych nie posiada na pewno ten związek, który nie ma asymetrycznego atomu węgla, lub ten, który ma płaszczyznę lub środek symetrii:

 

56 Odp. D
Nie pozostaje nic innego jak narysować wszystkie fenole i je policzyć:

 

57 Odp. C
I, III prawda, dicukier powstał z mannozy i glukozy, występuje w nim wiązanie b-1,4-giglikozydowe


II fałsz. Wielocukry, które posiadają grupę hydroksylową przy anomerycznym atomie węgla są cukrami redukującymi. Anomerycznym atomem węgla jest atom nr 1.
IV oczywiście jeżeli jest wolna grupa hydroksylowa przy anomerycznym atomie węgla to cukier ulega mutarotacji
V prawda. Jest ich 10
VI fałsz. Tylko skrobia tworzy barwny kompleks z jodem.

 

58 Odp. B
Każdy asymetryczny atom węgla jest centrum chiralności (centrum stereogenicznym)

 

59 Odp. D
Teoretycznie mogą powstać dwa monoestry. Ale zauważmy, że po obrocie wokół osi prostopadłej do płaszczyzny rysunku, monoester nr 2 jest identyczny z 1. Jest to więc ten sam związek. Oczywiście ester jest optycznie czynny

 

60 Odp. A
W dipeptetydzie grupa karboksylowa występuje w aminokwasie zwanym waliną. Czyli do waliny została doczepiona glicyna. Glicyna jako podstawnik musi mieć końcówkę yl (glicyl). Dipeptyd nosi nazwę glicylowalina (dodane zostało -o- łącznikowe, dla łatwiejszej wymowy).

 

---