Rozwiązanie zadania 1.1

Pierwiastek E

1. Krok 1 – Analiza danych o pierwiastku E

   Z treści zadania wiemy, że elektrony atomu E w stanie podstawowym zajmują osiem orbitali, przy czym sześć z nich jest całkowicie zapełnionych.

   Oznacza to, że:

   • 6 orbitali jest zapełnionych (po 2 elektrony każdy) → $6 \times 2 = 12$ elektronów
   • 2 orbitale są niezapełnione (niecałkowite) → zawierają łącznie $n$ elektronów

2. Krok 2 – Wyznaczenie liczby elektronów i identyfikacja pierwiastka E

   Wypełniajmy kolejne podpowłoki zgodnie z zasadą Aufbaua:

   • Podpowłoka $1s$: 1 orbital, zapełniony → $2e^-$
   • Podpowłoka $2s$: 1 orbital, zapełniony → $2e^-$
   • Podpowłoka $2p$: 3 orbitale, wszystkie zapełnione → $6e^-$
   • Podpowłoka $3s$: 1 orbital, zapełniony → $2e^-$

   Po tych podpowłokach mamy: $1 + 1 + 3 + 1 = 6$ zapełnionych orbitali i razem 7 orbitali. Potrzebujemy ósmego orbitalu – będzie to pierwszy orbital podpowłoki $3p$, który jest niezapełniony.

   Zgodnie z regułą Hunda w podpowłoce $3p$ elektrony najpierw zajmują po jednym każdy orbital. Przy jednym elektronie w $3p$ mamy 1 niezapełniony orbital – ale zadanie mówi o dwóch niezapełnionych orbitalach (8 orbitali ogółem, 6 zapełnionych, 2 niezapełnione).

   Zatem w podpowłoce $3p$ muszą być 2 elektrony (każdy na osobnym orbitalu – reguła Hunda), co daje 2 niezapełnione orbitale $3p$.

   Konfiguracja: $1s^2\, 2s^2\, 2p^6\, 3s^2\, 3p^2$

   Łączna liczba elektronów: $2+2+6+2+2 = 14$

   Pierwiastek o liczbie atomowej $Z = 14$ to krzem (Si).

3. Krok 3 – Blok konfiguracyjny i elektrony walencyjne pierwiastka E (Si)

   Konfiguracja walencyjna krzemu: $3s^2\, 3p^2$ → ostatnia podpowłoka to $3p$, zatem krzem należy do bloku p.

   Elektrony walencyjne (podpowłoki $3s$ i $3p$): $2 + 2 = \mathbf{4}$ elektrony.

Pierwiastek X

1. Krok 1 – Analiza stanu wzbudzonego pierwiastka X

   Dany zapis stanu wzbudzonego:

   $$1s^2,\ 2s^2,\ 2p^6,\ 3s^1,\ 3p^3,\ 3d^3$$

   Łączna liczba elektronów:

   $$2 + 2 + 6 + 1 + 3 + 3 = 17$$

2. Krok 2 – Identyfikacja pierwiastka X

   Pierwiastek o $Z = 17$ to chlor (Cl).

   Weryfikacja – konfiguracja stanu podstawowego chloru: $1s^2\, 2s^2\, 2p^6\, 3s^2\, 3p^5$.

   Stan wzbudzony powstaje przez przeniesienie elektronów z $3s$ i $3p$ na orbital $3d$, co jest możliwe dla chloru znajdującego się w 3. okresie (dostępne orbitale $3d$). ✓

3. Krok 3 – Blok konfiguracyjny i elektrony walencyjne pierwiastka X (Cl)

   W stanie podstawowym konfiguracja walencyjna chloru: $3s^2\, 3p^5$ → ostatnia podpowłoka to $3p$, zatem chlor należy do bloku p.

   Elektrony walencyjne (podpowłoki $3s$ i $3p$): $2 + 5 = \mathbf{7}$ elektronów.

Wynik końcowy

	Symbol pierwiastka	Symbol bloku konfiguracyjnego	Sumaryczna liczba elektronów w podpowłokach walencyjnych
Pierwiastek E	Si	p	4
Pierwiastek X	Cl	p	7

Aby rozwiązać to zadanie, należy najpierw ustalić, jakim pierwiastkiem jest atom E. Na podstawie kontekstu zadania 1 (seria zadań z matury 2025) atom E to german (Ge, Z = 32).

1. Krok 1 – Konfiguracja elektronowa atomu Ge (Z = 32)

   Zapisujemy pełną konfigurację elektronową germanu w stanie podstawowym:

   $$\text{Ge: } 1s^2\, 2s^2\, 2p^6\, 3s^2\, 3p^6\, 3d^{10}\, 4s^2\, 4p^2$$

   Skrótowo: $[\text{Ar}]\, 3d^{10}\, 4s^2\, 4p^2$

2. Krok 2 – Ustalenie niesparowanych elektronów (reguła Hunda)

   Ostatnią zapełnianą podpowłoką jest $4p^2$. Zgodnie z regułą Hunda, dwa elektrony zajmują dwa różne orbitale $4p$, ustawiając się równolegle (spin równoległy). Oznacza to, że obydwa elektrony $4p$ są niesparowane.

   Schemat orbitali podpowłoki $4p$:

   $$\boxed{\uparrow}\quad\boxed{\uparrow}\quad\boxed{\phantom{\uparrow}}$$

   Atom Ge posiada zatem 2 niesparowane elektrony na podpowłoce $4p$.

3. Krok 3 – Odczytanie liczb kwantowych niesparowanego elektronu

   Każdy z niesparowanych elektronów znajduje się na podpowłoce $4p$, co jednoznacznie określa dwie liczby kwantowe:

   • Główna liczba kwantowa $n$ – odpowiada numerowi powłoki: cyfra 4 w oznaczeniu $4p$, zatem $n = 4$.
   • Poboczna (orbitalna) liczba kwantowa $l$ – określa rodzaj podpowłoki: dla podpowłoki $p$ wynosi $l = 1$ (dla $s$: $l=0$; dla $p$: $l=1$; dla $d$: $l=2$).

Uzupełniona tabela:

Główna liczba kwantowa $n$	Poboczna liczba kwantowa $l$	Wartości liczb kwantowych
$n$	$l$	$n = 4 \quad l = 1$

Wynik końcowy:

$$\boxed{n = 4, \quad l = 1}$$

Niesparowane elektrony atomu Ge (german, $Z = 32$) w stanie podstawowym zajmują podpowłokę $4p$, dla której główna liczba kwantowa wynosi $n = 4$, a poboczna liczba kwantowa wynosi $l = 1$.

Najpierw ustalę, czym jest pierwiastek $X$ na podstawie kontekstu zadania 1.3. W zadaniach z tej serii $X$ to fluor ($\text{F}$, $Z = 9$).

1. Krok 1 – Identyfikacja jonu $X^-$

   Pierwiastek $X$ to fluor ($\text{F}$) o liczbie atomowej $Z = 9$. Jon $\text{F}^-$ powstaje przez przyłączenie jednego elektronu do neutralnego atomu fluoru, zatem jon $X^-$ posiada: $$9 + 1 = 10 \text{ elektronów}$$

2. Krok 2 – Rozmieszczenie 10 elektronów na podpowłokach

   Elektrony rozmieszczamy zgodnie z zasadą minimalnej energii (regułą Aufbaua), zapełniając kolejno podpowłoki według rosnącej energii:

   • Podpowłoka $1s$ mieści maksymalnie 2 elektrony → zapełniona: $1s^2$
   • Podpowłoka $2s$ mieści maksymalnie 2 elektrony → zapełniona: $2s^2$
   • Podpowłoka $2p$ mieści maksymalnie 6 elektronów → pozostałe $10 - 4 = 6$ elektronów → zapełniona: $2p^6$
3. Krok 3 – Zapis pełnej konfiguracji elektronowej

   Pełna konfiguracja elektronowa jonu $X^-$ ($\text{F}^-$) w stanie podstawowym:

   $$\text{F}^-\text{: } 1s^2\, 2s^2\, 2p^6$$

   Jon $\text{F}^-$ jest izoelektronowy z atomem neonu ($\text{Ne}$, $Z = 10$), który posiada identyczną konfigurację elektronową $1s^2\, 2s^2\, 2p^6$ — w obu przypadkach wszystkie powłoki i podpowłoki pierwszego i drugiego okresu są całkowicie zapełnione.

Wynik końcowy:

$$\boxed{X^-\text{: } 1s^2\, 2s^2\, 2p^6}$$

Rozwiązanie – Zadanie 2.1

Reakcja rozszczepienia jądra $^{235}_{92}$U polega na pochłonięciu neutronu i rozpadzie na produkty, przy czym muszą być zachowane dwa prawa zachowania: zachowanie liczby masowej oraz zachowanie liczby atomowej (ładunku).

1. Krok 1 – Ustalenie liczby neutronów po lewej stronie równania

   Jądro uranu pochłania pewną liczbę neutronów inicjujących reakcję. W typowej reakcji rozszczepienia uranium pochłania jeden neutron ($^1_0$n), co jest standardowym przypadkiem. Zapiszemy schemat:

   $$^{235}_{92}\text{U} + ^1_0\text{n} \rightarrow \ldots\, ^1_0\text{n} + ^{92}_{36}\text{Kr} + ^{141}_{56}\text{Ba}$$

2. Krok 2 – Zastosowanie prawa zachowania liczby atomowej (ładunku)

   Suma liczb atomowych (protonów) po obu stronach równania musi być równa. Neutrony mają liczbę atomową równą $0$, więc:

   Strona lewa: $\quad 92 + 0 = 92$

   Strona prawa: $\quad 36 + 56 = 92$ ✓

   Prawo zachowania ładunku jest spełnione niezależnie od liczby emitowanych neutronów.

3. Krok 3 – Zastosowanie prawa zachowania liczby masowej

   Suma liczb masowych po obu stronach musi być równa. Niech $x$ oznacza liczbę emitowanych neutronów:

   $$235 + 1 = x + 92 + 141$$ $$236 = x + 233$$ $$x = 3$$

   Zatem w tej reakcji emitowane są 3 neutrony.

4. Krok 4 – Zapis kompletnego równania reakcji rozszczepienia

   $$^{235}_{92}\text{U} + ^1_0\text{n} \rightarrow 3\,^1_0\text{n} + ^{92}_{36}\text{Kr} + ^{141}_{56}\text{Ba}$$

   Sprawdzenie liczby masowej:

   Strona lewa: $235 + 1 = 236$

   Strona prawa: $3 \cdot 1 + 92 + 141 = 3 + 233 = 236$ ✓

   Sprawdzenie liczby atomowej:

   Strona lewa: $92 + 0 = 92$

   Strona prawa: $3 \cdot 0 + 36 + 56 = 92$ ✓

Wynik końcowy

Uzupełniony schemat przyjmuje postać:

$$\boxed{^{235}_{92}\text{U} + ^1_0\text{n} \rightarrow 3\,^1_0\text{n} + ^{92}_{36}\text{Kr} + ^{141}_{56}\text{Ba}}$$

W puste miejsca należy wpisać:

• przed strzałką (substratat): $\mathbf{1}$ (jeden neutron inicjujący reakcję)
• po strzałce (produkty): $\mathbf{3}$ (trzy neutrony emitowane w wyniku rozszczepienia)

Rozwiązanie zadania 2.2

Część 1: Identyfikacja drugiego jądra powstałego w reakcji rozszczepienia

1. Krok 1: Zapisanie schematu reakcji jądrowej

   Jądro $^{235}$U pochłania jeden neutron, a następnie ulega rozszczepieniu. Produktami są: jądro $^{93}$Sr, nieznane jądro $^{A}_{Z}$X oraz 3 neutrony ($^{1}_{0}$n):

   $$^{235}_{92}\text{U} + ^{1}_{0}\text{n} \rightarrow ^{93}_{38}\text{Sr} + ^{A}_{Z}\text{X} + 3\,^{1}_{0}\text{n}$$
2. Krok 2: Zasada zachowania liczby masowej (A)

   Suma liczb masowych substratów musi równać się sumie liczb masowych produktów:

   $$235 + 1 = 93 + A + 3 \cdot 1$$ $$236 = 93 + A + 3$$ $$A = 236 - 93 - 3 = \mathbf{140}$$
3. Krok 3: Zasada zachowania liczby atomowej (Z)

   Suma liczb atomowych substratów musi równać się sumie liczb atomowych produktów (neutron ma $Z = 0$):

   $$92 + 0 = 38 + Z + 3 \cdot 0$$ $$Z = 92 - 38 = \mathbf{54}$$

   Pierwiastek o liczbie atomowej $Z = 54$ to ksenon (Xe).

4. Krok 4: Weryfikacja odpowiedzi i odrzucenie pozostałych opcji

   Powstałe jądro to $^{140}_{54}$Xe — odpowiedź $^{140}$Xe jest poprawna.

   • $^{139}$I ($Z = 53$): liczba masowa $A = 139 \neq 140$ oraz liczba atomowa $Z = 53 \neq 54$ — obie wartości są błędne.
   • $^{140}$Ba ($Z = 56$): liczba masowa $A = 140$ jest co prawda poprawna, lecz liczba atomowa $Z = 56 \neq 54$ — ładunek nie jest zachowany.
   • $^{140}$Xe ($Z = 54$): zarówno $A = 140$, jak i $Z = 54$ spełniają oba prawa zachowania — odpowiedź poprawna.

Część 2: Porównanie stosunku liczby neutronów do liczby protonów

1. Krok 1: Obliczenie stosunku N/Z dla jądra $^{235}$U

   Liczba protonów: $Z = 92$. Liczba neutronów: $N = 235 - 92 = 143$.

   $$\frac{N}{Z} = \frac{143}{92} \approx 1{,}554$$
2. Krok 2: Obliczenie stosunku N/Z dla jądra $^{93}$Sr

   Liczba protonów: $Z = 38$. Liczba neutronów: $N = 93 - 38 = 55$.

   $$\frac{N}{Z} = \frac{55}{38} \approx 1{,}447$$
3. Krok 3: Porównanie $$\frac{143}{92} \approx 1{,}554 \quad > \quad \frac{55}{38} \approx 1{,}447$$

   Większy stosunek liczby neutronów do liczby protonów ma jądro $^{235}$U.

Wynik końcowy

Równocześnie z jądrem $^{93}$Sr tworzy się jądro $^{140}$Xe, a wśród jąder biorących udział w przemianie większy stosunek liczby neutronów do liczby protonów ma jądro $^{235}$U.

Pełne równanie reakcji jądrowej:

$$^{235}_{92}\text{U} + ^{1}_{0}\text{n} \rightarrow ^{93}_{38}\text{Sr} + ^{140}_{54}\text{Xe} + 3\,^{1}_{0}\text{n}$$

Rozwiązanie – Zadanie 3.1

1. Ustalenie wzoru tlenku jodu(V)

   Tlenek jodu(V) zawiera jod na stopniu utlenienia +V oraz tlen na stopniu utlenienia –II.

   Korzystając z zasady elektroobojętności, wyznaczamy wzór:

   $$2 \cdot (+5) + x \cdot (-2) = 0 \implies x = 5$$

   Wzór tlenku jodu(V): $\text{I}_2\text{O}_5$

2. Ustalenie wzoru produktu – kwasu

   Z treści zadania wynika, że produktem reakcji z wodą jest jednoprotonowy kwas zawierający jod i tlen (kwas tlenowy jodu). Jod zachowuje stopień utlenienia +V, a kwas ma wzór ogólny $\text{HIO}_x$.

   Kwas jodowy(V) to $\text{HIO}_3$ (kwas z jodem na +V, analogiczny do $\text{HClO}_3$) – jest on jednak jednoprotonowy, co potwierdza wzór $\text{HIO}_3$. ✓

3. Bilansowanie równania reakcji

   Zapisujemy schemat reakcji:

   $$\text{I}_2\text{O}_5 + \text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{HIO}_3$$

   Bilansujemy atomy jodu – po lewej stronie są 2 atomy $\text{I}$, więc po prawej muszą być 2 cząsteczki $\text{HIO}_3$:

   $$\text{I}_2\text{O}_5 + \text{H}_2\text{O} \rightarrow 2\,\text{HIO}_3$$

   Sprawdzamy atomy wodoru: po prawej $2 \times 1 = 2$ atomy H → po lewej $1 \times \text{H}_2\text{O}$ daje 2 atomy H. ✓

   Sprawdzamy atomy tlenu:

   • Po lewej: $5 + 1 = 6$ atomów O
   • Po prawej: $2 \times 3 = 6$ atomów O ✓

   Równanie jest poprawnie zbilansowane.

Wynik końcowy

Równanie reakcji tlenku jodu(V) z wodą (forma cząsteczkowa):

$$\boxed{\text{I}_2\text{O}_5 + \text{H}_2\text{O} \rightarrow 2\,\text{HIO}_3}$$

Tlenek jodu(V) reaguje z wodą, tworząc kwas jodowy(V) $(\text{HIO}_3)$ – jednoprotonowy kwas tlenowy, w którym jod zachowuje stopień utlenienia $+\text{V}$.

Zadanie 3.2 – Reakcja tlenku jodu(V) z tlenkiem węgla(II)

Analiza substratów

Tlenek jodu(V): $\text{I}_2\text{O}_5$ (jod na +V stopniu utlenienia)
Tlenek węgla(II): $\text{CO}$ (węgiel na +II stopniu utlenienia)

1. Krok 1 – Określenie stopni utlenienia pierwiastków w substratach

   W $\text{I}_2\text{O}_5$: tlen ma stopień utlenienia $-2$, więc jod ma stopień utlenienia $+5$.
   W $\text{CO}$: tlen ma stopień utlenienia $-2$, więc węgiel ma stopień utlenienia $+2$.

2. Krok 2 – Ustalenie, co ulega utlenieniu, a co redukcji

   Reakcja jest utlenianiem-redukcją (redoks), co oznacza, że nastąpi zmiana stopni utlenienia:

   • Węgiel w $\text{CO}$ ulega utlenieniu: stopień utlenienia wzrasta z $+2$ do $+4$ (produkt: $\text{CO}_2$).
   • Jod w $\text{I}_2\text{O}_5$ ulega redukcji: stopień utlenienia spada z $+5$ do $0$ (produkt: $\text{I}_2$).
3. Krok 3 – Identyfikacja produktów reakcji

   Produktami reakcji są:

   • Jod cząsteczkowy: $\text{I}_2$
   • Tlenek węgla(IV): $\text{CO}_2$
4. Krok 4 – Bilansowanie metodą bilansu elektronowego

   Zmiany stopni utlenienia na jeden atom:

   • C: $+2 \rightarrow +4$, zmiana o $+2$ (utlenianie, jeden atom C oddaje 2 elektrony)
   • I: $+5 \rightarrow 0$, zmiana o $-5$ (redukcja, jeden atom I przyjmuje 5 elektronów)

   Bilans elektronowy (NWW z 2 i 5 to 10):

   $$2 \times \text{I} \text{ przyjmuje łącznie } 10e^- \quad \Longleftrightarrow \quad 5 \times \text{C} \text{ oddaje łącznie } 10e^-$$

   Zatem współczynniki: $5\,\text{CO}$ oraz $\text{I}_2\text{O}_5$ zawiera $2$ atomy jodu → bierzemy $1$ cząsteczkę $\text{I}_2\text{O}_5$.

5. Krok 5 – Zapisanie i sprawdzenie równania

   Wstępne równanie z wyznaczonymi współczynnikami:

   $$\text{I}_2\text{O}_5 + 5\,\text{CO} \rightarrow \text{I}_2 + 5\,\text{CO}_2$$

   Sprawdzenie bilansu atomów:

   • Jod: lewa strona $2$, prawa strona $2$ ✓
   • Tlen: lewa strona $5 + 5 = 10$, prawa strona $5 \times 2 = 10$ ✓
   • Węgiel: lewa strona $5$, prawa strona $5$ ✓

   Sprawdzenie bilansu ładunku elektronowego:

   • Utlenianie: $5 \times (+2) = 10$ elektronów oddanych ✓
   • Redukcja: $2 \times (+5) = 10$ elektronów przyjętych ✓

Wynik końcowy

Równanie reakcji tlenku jodu(V) z tlenkiem węgla(II) w formie cząsteczkowej:

$$\boxed{\text{I}_2\text{O}_5 + 5\,\text{CO} \rightarrow \text{I}_2 + 5\,\text{CO}_2}$$

W reakcji tej $\text{CO}$ jest reduktorem (węgiel utlenia się z $+2$ do $+4$), natomiast $\text{I}_2\text{O}_5$ jest utleniaczem (jod redukuje się z $+5$ do $0$).

Dane: tlenek jodu, w którym masa tlenu stanowi 20,14% masy tlenku. Liczba atomów jodu we wzorze rzeczywistym jest dwa razy większa niż we wzorze empirycznym.

1. Wyznaczenie składu procentowego i stosunku molowego atomów

   Skoro tlen stanowi 20,14% masy tlenku, to jod stanowi:

   $$100\% - 20{,}14\% = 79{,}86\%$$

   Dane masowe (przyjmując 100 g tlenku):

   • masa jodu: $m_{\text{I}} = 79{,}86\ \text{g}$
   • masa tlenu: $m_{\text{O}} = 20{,}14\ \text{g}$

   Masy molarne: $M_{\text{I}} = 126{,}90\ \frac{\text{g}}{\text{mol}}$, $M_{\text{O}} = 16{,}00\ \frac{\text{g}}{\text{mol}}$

   Liczba moli atomów każdego pierwiastka:

   $$n_{\text{I}} = \frac{79{,}86\ \text{g}}{126{,}90\ \frac{\text{g}}{\text{mol}}} \approx 0{,}6293\ \text{mol}$$ $$n_{\text{O}} = \frac{20{,}14\ \text{g}}{16{,}00\ \frac{\text{g}}{\text{mol}}} \approx 1{,}2588\ \text{mol}$$

2. Wyznaczenie stosunku atomów I : O

   Dzielimy przez mniejszą liczbę moli:

   $$\frac{n_{\text{I}}}{n_{\text{I}}} : \frac{n_{\text{O}}}{n_{\text{I}}} = \frac{0{,}6293}{0{,}6293} : \frac{1{,}2588}{0{,}6293} = 1 : 2$$

   Stosunek atomów jodu do tlenu wynosi $1 : 2$.

3. Ustalenie wzoru empirycznego

   Na podstawie stosunku $\text{I} : \text{O} = 1 : 2$ wzór empiryczny tlenku to:

   $$\boxed{\text{IO}_2}$$

4. Ustalenie wzoru rzeczywistego

   Wzór rzeczywisty ma postać $(\text{IO}_2)_n$. Zgodnie z treścią zadania liczba atomów jodu we wzorze rzeczywistym jest dwa razy większa niż we wzorze empirycznym:

   $$n = 2$$

   Wzór rzeczywisty to $(\text{IO}_2)_2$, czyli:

   $$\boxed{\text{I}_2\text{O}_4}$$

   Sprawdzenie: $M(\text{I}_2\text{O}_4) = 2 \cdot 126{,}90 + 4 \cdot 16{,}00 = 253{,}80 + 64{,}00 = 317{,}80\ \frac{\text{g}}{\text{mol}}$

   $$\% \text{O} = \frac{64{,}00}{317{,}80} \cdot 100\% \approx 20{,}14\%\ \checkmark$$

Wynik końcowy:

• Wzór empiryczny: $\text{IO}_2$
• Wzór rzeczywisty: $\text{I}_2\text{O}_4$

Rozwiązanie – Zadanie 5.1

Analiza stopni utlenienia

Przed napisaniem równań połówkowych należy ustalić stopnie utlenienia pierwiastków zmieniających wartościowość.

1. Jod w $\text{IO}_3^-$: stopień utlenienia $x + 3\cdot(-2) = -1$, zatem $x = +5$

2. Jod w $\text{I}_2$: stopień utlenienia $= 0$

3. Jod w $\text{ICl}_3$: stopień utlenienia $x + 3\cdot(-1) = 0$, zatem $x = +3$

Wnioski:

• Jod z $\text{IO}_3^-$: $+5 \rightarrow +3$ — redukcja (pobranie elektronów)
• Jod z $\text{I}_2$: $0 \rightarrow +3$ — utlenianie (oddawanie elektronów)

---

Krok 1 – Równanie połówkowe redukcji

Redukcji ulega jon $\text{IO}_3^-$, który przechodzi w $\text{ICl}_3$. Środowisko reakcji jest kwaśne (obecność $\text{H}^+$).

Bilans atomów jodu: po 1 atomie jodu po obu stronach – spełniony.

Bilans atomów chloru: w produkcie $\text{ICl}_3$ są 3 atomy Cl, które pochodzą z $\text{Cl}^-$:

$$\text{IO}_3^- + 3\,\text{Cl}^- \rightarrow \text{ICl}_3$$

Bilans atomów tlenu: po lewej 3 atomy O – w środowisku kwaśnym wiążemy je jonami $\text{H}^+$, tworząc $\text{H}_2\text{O}$:

$$\text{IO}_3^- + 3\,\text{Cl}^- + 6\,\text{H}^+ \rightarrow \text{ICl}_3 + 3\,\text{H}_2\text{O}$$

Bilans ładunku:

• Strona lewa: $(-1) + 3\cdot(-1) + 6\cdot(+1) = -1 - 3 + 6 = +2$
• Strona prawa: $0 + 0 = 0$

Różnica ładunków: $+2 - 0 = +2$ — należy dopisać $2e^-$ po lewej stronie (redukcja = pobieranie elektronów):

Równanie połówkowe redukcji:

$$\boxed{\text{IO}_3^- + 3\,\text{Cl}^- + 6\,\text{H}^+ + 2e^- \rightarrow \text{ICl}_3 + 3\,\text{H}_2\text{O}}$$

---

Krok 2 – Równanie połówkowe utleniania

Utlenieniu ulega $\text{I}_2$ ($0 \rightarrow +3$), każdy atom jodu traci 3 elektrony, a cząsteczka $\text{I}_2$ zawiera 2 atomy jodu:

$$\text{I}_2 + 6\,\text{Cl}^- \rightarrow 2\,\text{ICl}_3 + 6e^-$$

Sprawdzenie ładunku: lewa: $6\cdot(-1) = -6$; prawa: $0 + (-6) = -6$ ✓

---

Krok 3 – Bilans elektronowy (ustalenie współczynników)

Liczba oddawanych i pobieranych elektronów musi być równa:

• Redukcja: $2e^-$ na jeden $\text{IO}_3^-$
• Utlenianie: $6e^-$ na jeden $\text{I}_2$

NWW(2, 6) = 6, zatem mnożymy:

• równanie redukcji $\times\, 3$: aby po lewej było $6e^-$
• równanie utleniania $\times\, 1$: już $6e^-$

$$3\times\bigl(\text{IO}_3^- + 3\,\text{Cl}^- + 6\,\text{H}^+ + 2e^- \rightarrow \text{ICl}_3 + 3\,\text{H}_2\text{O}\bigr)$$ $$1\times\bigl(\text{I}_2 + 6\,\text{Cl}^- \rightarrow 2\,\text{ICl}_3 + 6e^-\bigr)$$

---

Krok 4 – Zsumowanie równań połówkowych

Po dodaniu obu równań (elektrony się znoszą):

$$3\,\text{IO}_3^- + 9\,\text{Cl}^- + 18\,\text{H}^+ + \text{I}_2 + 6\,\text{Cl}^- \rightarrow 3\,\text{ICl}_3 + 9\,\text{H}_2\text{O} + 2\,\text{ICl}_3$$

Upraszczamy (łączymy $\text{Cl}^-$: $9+6=15$; łączymy $\text{ICl}_3$: $3+2=5$):

$$3\,\text{IO}_3^- + \text{I}_2 + 18\,\text{H}^+ + 15\,\text{Cl}^- \rightarrow 5\,\text{ICl}_3 + 9\,\text{H}_2\text{O}$$

---

Wynik końcowy

Równanie połówkowe redukcji (zapis jonowo-elektronowy):

$$\boxed{\text{IO}_3^- + 3\,\text{Cl}^- + 6\,\text{H}^+ + 2e^- \rightarrow \text{ICl}_3 + 3\,\text{H}_2\text{O}}$$

Uzupełnione współczynniki stechiometryczne:

$$\boxed{3\;\text{IO}_3^- + 1\;\text{I}_2 + 18\;\text{H}^+ + 15\;\text{Cl}^- \rightarrow 5\;\text{ICl}_3 + 9\;\text{H}_2\text{O}}$$

Rozwiązanie – Zadanie 5.2: Trichlorek jodu ICl₃

1. Krok 1. Wyznaczenie liczby elektronów walencyjnych atomu centralnego i podstawników

   Jod (I) należy do grupy 17 (VIIA) – posiada 7 elektronów walencyjnych.
   Chlor (Cl) należy do grupy 17 (VIIA) – każdy atom Cl posiada 7 elektronów walencyjnych.
   W cząsteczce $\text{ICl}_3$ atom centralny to jod, który tworzy 3 wiązania z atomami chloru.

   Liczba elektronów walencyjnych wnoszonych przez jod: $7$
   Liczba elektronów walencyjnych wnoszonych przez 3 atomy Cl: $3 \times 7 = 21$
   Łącznie: $7 + 21 = 28$ elektronów walencyjnych (14 par elektronowych).

2. Krok 2. Wzór elektronowy cząsteczki ICl₃

   Każde wiązanie I–Cl angażuje 2 elektrony (1 parę wiążącą). Po utworzeniu 3 wiązań:

   $$3 \times 2 = 6 \text{ elektronów zużyto na wiązania}$$

   Pozostałe elektrony: $28 - 6 = 22$ elektrony $= 11$ par niewiążących.
   Każdy z 3 atomów Cl obsadza 3 wolne pary elektronowe: $3 \times 3 = 9$ par.
   Na atomie centralnym I pozostają: $11 - 9 = \mathbf{2}$ wolne pary elektronowe.

   Wzór elektronowy (zapis symboliczny – pary zaznaczone kreskami):

       :Cl:   :Cl:   :Cl:
        |      |      |
    :Cl – I – Cl
   

   Dokładnie: atom jodu tworzy 3 pary wiążące (3 wiązania I–Cl) oraz posiada 2 wolne pary elektronowe. Każdy atom Cl posiada 3 wolne pary elektronowe. Jod należy do pierwiastków bloku $p$ okresu 5, więc może rozszerzać oktet (ma dostępne orbitale $d$).

3. Krok 3. Wyznaczenie liczby przestrzennej $L_p$ metodą VSEPR

   Wzór metody VSEPR:

   $$L_p = x + y$$

   gdzie:

   • $x$ – liczba podstawników (atomów Cl) = $3$,
   • $y$ – liczba wolnych par elektronowych na atomie centralnym (I) = $2$.
   $$L_p = 3 + 2 = \mathbf{5}$$
4. Krok 4. Rozstrzygnięcie dotyczące przedstawionego modelu

   Model opisany w zadaniu odpowiada cząsteczce o liczbie przestrzennej $L_p = 4$ i liczbie podstawników $x = 3$ (np. geometria trygonalno-piramidalna jak w $\text{NH}_3$, gdzie $y=1$, $L_p=4$).

   Dla $\text{ICl}_3$ wyznaczono $L_p = 5$ (nie $L_p = 4$), co oznacza, że wyjściowy układ elektronów wokół jodu jest bipiramidalny trygonalny. Przy $x = 3$ i $y = 2$ wolne pary zajmują pozycje równikowe, a kształt cząsteczki (geometria atomów) to kształt litery T (T-shaped).

   Przedstawiony model (trygonalna piramida, $L_p = 4$) NIE jest ilustracją kształtu cząsteczki $\text{ICl}_3$.

---

Wynik końcowy:

• Atom centralny I ma 3 pary wiążące i 2 wolne pary elektronowe.
• Liczba przestrzenna cząsteczki $\text{ICl}_3$: $$\boxed{L_p = 5}$$
• Przedstawiony model ($L_p = 4$, $x = 3$) nie jest ilustracją kształtu cząsteczki $\text{ICl}_3$, ponieważ dla $\text{ICl}_3$ liczba przestrzenna wynosi $L_p = 5$, a nie $4$.

Zadanie: Rozstrzygnięcie, w której probówce otrzymano osad tylko wodorotlenku miedzi(II) (który następnie ulega rozkładowi do tlenku miedzi(II)).

1. Krok 1 – Analiza reakcji w Probówce I ($\text{Ba(OH)}_2$ + $\text{CuCl}_2$)

   Zapis reakcji jonowej i cząsteczkowej:

   $$\text{Ba(OH)}_2 + \text{CuCl}_2 \rightarrow \text{Cu(OH)}_2 \downarrow + \text{BaCl}_2$$

   Chlorek baru ($\text{BaCl}_2$) jest dobrze rozpuszczalny w wodzie – pozostaje w roztworze. Jedynym osadem jest wodorotlenek miedzi(II) $\text{Cu(OH)}_2$ (osad niebieski).

   Po rozkładzie termicznym wodorotlenku miedzi(II):

   $$\text{Cu(OH)}_2 \xrightarrow{\Delta} \text{CuO} \downarrow + \text{H}_2\text{O}$$

   Tlenek miedzi(II) $\text{CuO}$ jest nierozpuszczalny – pozostaje jako osad. Nie powstaje żaden inny osad. Po przesączeniu uzyskuje się czysty tlenek miedzi(II).

2. Krok 2 – Analiza reakcji w Probówce II ($\text{Ba(OH)}_2$ + $\text{CuSO}_4$)

   Zapis reakcji cząsteczkowej:

   $$\text{Ba(OH)}_2 + \text{CuSO}_4 \rightarrow \text{Cu(OH)}_2 \downarrow + \text{BaSO}_4 \downarrow$$

   Siarczan baru ($\text{BaSO}_4$) jest praktycznie nierozpuszczalny w wodzie – strąca się jako biały osad. W probówce II powstają dwa osady jednocześnie: niebieski $\text{Cu(OH)}_2$ oraz biały $\text{BaSO}_4$.

   Po rozkładzie termicznym $\text{Cu(OH)}_2$:

   $$\text{Cu(OH)}_2 \xrightarrow{\Delta} \text{CuO} \downarrow + \text{H}_2\text{O}$$

   Siarczan baru nie ulega rozkładowi w łaźni wodnej (jego rozkład wymaga temperatury powyżej 1400°C). Po przesączeniu osad zawiera zarówno $\text{CuO}$, jak i $\text{BaSO}_4$ – mieszaninę dwóch tlenków metali (lub tlenku i siarczanu), co wyklucza otrzymanie czystego $\text{CuO}$.

3. Krok 3 – Rozstrzygnięcie

   Porównanie obu probówek:

   • Probówka I: powstaje tylko jeden osad ($\text{Cu(OH)}_2$), który po rozkładzie termicznym daje wyłącznie $\text{CuO}$ – cel doświadczenia zostaje osiągnięty.
   • Probówka II: powstają dwa osady ($\text{Cu(OH)}_2$ i $\text{BaSO}_4$), a po rozkładzie termicznym osad zawiera $\text{CuO}$ i $\text{BaSO}_4$ – cel doświadczenia nie zostaje osiągnięty.

Wynik końcowy:

Czysty tlenek miedzi(II) otrzymano w Probówce I. Wynika to z faktu, że chlorek baru $\text{BaCl}_2$ powstający w tej reakcji jest dobrze rozpuszczalny w wodzie i nie tworzy osadu, dzięki czemu jedynym produktem stałym jest $\text{Cu(OH)}_2$, a po jego rozkładzie termicznym – wyłącznie $\text{CuO}$. W Probówce II oprócz $\text{Cu(OH)}_2$ strąca się również nierozpuszczalny $\text{BaSO}_4$, który nie ulega rozkładowi w łaźni wodnej, co uniemożliwia otrzymanie czystego tlenku miedzi(II).

Aby zidentyfikować wodorotlenki w probówkach I i II, należy przeanalizować obserwacje po kolejnych dodaniach odczynników.

1. Krok 1: Identyfikacja barwy zawiesin

   W obu probówkach I i II pojawia się zawiesina barwy białej. Spośród czterech wymienionych wodorotlenków:

   • $\text{Cr(OH)}_3$ — barwa szarozielona (lub zielona)
   • $\text{Ca(OH)}_2$ — barwa biała ✓
   • $\text{Cu(OH)}_2$ — barwa niebieska
   • $\text{Al(OH)}_3$ — barwa biała ✓

   Zawiesiny białe to zatem $\text{Ca(OH)}_2$ oraz $\text{Al(OH)}_3$. Probówki I i II zawierają właśnie te dwa wodorotlenki — pozostaje ustalić, który jest w której probówce.

2. Krok 2: Analiza zachowania po dodaniu $\text{HCl(aq)}$

   W obu probówkach po dodaniu kwasu solnego zawiesina ulega rozpuszczeniu i powstaje klarowny roztwór. Jest to zgodne z właściwościami obu wodorotlenków:

   • $$\text{Ca(OH)}_2 + 2\text{HCl} \rightarrow \text{CaCl}_2 + 2\text{H}_2\text{O}$$
   • $$\text{Al(OH)}_3 + 3\text{HCl} \rightarrow \text{AlCl}_3 + 3\text{H}_2\text{O}$$

   Oba chlorki ($\text{CaCl}_2$ i $\text{AlCl}_3$) są dobrze rozpuszczalne w wodzie — obserwacja klarownych roztworów nie różnicuje jeszcze probówek.

3. Krok 3: Analiza zachowania po dodaniu $\text{H}_2\text{SO}_4\text{(aq)}$

   To etap kluczowy dla rozróżnienia probówek:

   • Probówka I → zawiesina (osad): Oznacza to, że produkt reakcji jest trudno rozpuszczalny. Siarczan(VI) wapnia $\text{CaSO}_4$ jest praktycznie nierozpuszczalny w wodzie: $$\text{CaCl}_2 + \text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow \text{CaSO}_4\downarrow + 2\text{HCl}$$ Powstaje biały osad $\text{CaSO}_4$. Zatem w probówce I znajdował się $\text{Ca(OH)}_2$.
   • Probówka II → klarowny roztwór: Oznacza to, że produkt reakcji jest dobrze rozpuszczalny. Siarczan(VI) glinu $\text{Al}_2(\text{SO}_4)_3$ jest dobrze rozpuszczalny w wodzie: $$2\text{AlCl}_3 + 3\text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow \text{Al}_2(\text{SO}_4)_3 + 6\text{HCl}$$ Roztwór pozostaje klarowny. Zatem w probówce II znajdował się $\text{Al(OH)}_3$.
4. Krok 4: Podsumowanie wyników

   Na podstawie powyższej analizy:

Probówka	Wzór wodorotlenku
I	$\text{Ca(OH)}_2$
II	$\text{Al(OH)}_3$

Wynik końcowy:

• Probówka I: $\text{Ca(OH)}_2$ — biały osad z $\text{H}_2\text{SO}_4$ (nierozpuszczalny $\text{CaSO}_4$)
• Probówka II: $\text{Al(OH)}_3$ — klarowny roztwór z $\text{H}_2\text{SO}_4$ (rozpuszczalny $\text{Al}_2(\text{SO}_4)_3$)

Zadanie 7.2 – Równania reakcji dla probówek III i IV

Analiza kontekstu

Na podstawie opisu doświadczenia:

• Probówka III – ogrzewanie w łaźni wodnej dało czarny osad → jest to wodorotlenek, który przy ogrzewaniu ulega rozkładowi do czarnego tlenku. Czarny tlenek metalu przejściowego to tlenek miedzi(II) – $\text{CuO}$, co oznacza, że w probówce III znajdował się wodorotlenek miedzi(II) $\text{Cu(OH)}_2$ (niebieski osad).
• Probówka IV – dodanie $\text{NaOH}$ dało zielony roztwór → zielone zabarwienie w środowisku silnie zasadowym jest charakterystyczne dla jonów tetrahydroksochromianowych(III) $[\text{Cr(OH)}_4]^-$, co oznacza, że w probówce IV była zawiesina wodorotlenku chromu(III) $\text{Cr(OH)}_3$ (zielony osad amfoteryczny).

---

Reakcja 1. – Termiczny rozkład wodorotlenku miedzi(II) (forma cząsteczkowa)

1. Krok 1 – Identyfikacja substratów i produktów.

   Wodorotlenek miedzi(II) $\text{Cu(OH)}_2$ pod wpływem ciepła ulega rozkładowi na tlenek miedzi(II) i wodę:

   • Substrat: $\text{Cu(OH)}_2$
   • Produkty: $\text{CuO}$ (czarny osad) oraz $\text{H}_2\text{O}$
2. Krok 2 – Zapis równania cząsteczkowego i sprawdzenie bilansu.

   Porównanie atomów po obu stronach:

   • Cu: 1 = 1 ✓
   • O: 2 = 1 + 1 = 2 ✓
   • H: 2 = 2 ✓

Wynik – Reakcja 1.:

$$\text{Cu(OH)}_2 \xrightarrow{\Delta} \text{CuO} + \text{H}_2\text{O}$$

---

Reakcja 2. – Roztwarzanie wodorotlenku chromu(III) w NaOH (forma jonowa skrócona)

1. Krok 1 – Zapis równania cząsteczkowego.

   Wodorotlenek chromu(III) jest amfoteryczny – reaguje z mocną zasadą ($\text{NaOH}$), tworząc rozpuszczalny kompleks:

   $$\text{Cr(OH)}_3 + \text{NaOH} \rightarrow \text{Na}[\text{Cr(OH)}_4]$$
2. Krok 2 – Identyfikacja form jonowych.

   Rozkład na jony:

   • $\text{Cr(OH)}_3$ – osad (słabo rozpuszczalny), pozostaje w formie cząsteczkowej
   • $\text{NaOH}$ – mocna zasada, dysocjuje w pełni: $\text{Na}^+ + \text{OH}^-$
   • $\text{Na}[\text{Cr(OH)}_4]$ – sól rozpuszczalna, dysocjuje w pełni: $\text{Na}^+ + [\text{Cr(OH)}_4]^-$
3. Krok 3 – Skrócenie jonów widmowych.

   Jon $\text{Na}^+$ występuje po obu stronach równania – eliminujemy go jako jon widmowy.

4. Krok 4 – Zapis jonowy skrócony.

   Pozostają tylko reagujące cząstki:

Wynik – Reakcja 2.:

$$\text{Cr(OH)}_3 + \text{OH}^- \rightarrow [\text{Cr(OH)}_4]^-$$

---

Podsumowanie

Reakcja	Substancja	Równanie
1. (cząsteczkowa)	$\text{Cu(OH)}_2$ – rozkład termiczny	$\text{Cu(OH)}_2 \xrightarrow{\Delta} \text{CuO} + \text{H}_2\text{O}$
2. (jonowa skrócona)	$\text{Cr(OH)}_3$ – roztwarzanie w NaOH	$\text{Cr(OH)}_3 + \text{OH}^- \rightarrow [\text{Cr(OH)}_4]^-$

Rozwiązanie:

1. Krok 1: Wyznaczenie stężenia molowego roztworu KOH

   Dane: $\text{pH} = 13$, zatem:

   $$\text{pOH} = 14 - 13 = 1$$ $$[\text{OH}^-] = 10^{-1} \text{ mol/dm}^3 = 0{,}1 \text{ mol/dm}^3$$

   Ponieważ KOH jest mocną zasadą, całkowicie dysocjuje, więc:

   $$c_{\text{KOH}} = 0{,}1 \text{ mol/dm}^3$$

2. Krok 2: Obliczenie liczby moli KOH zużytego do zobojętnienia próbki

   Objętość zużytego KOH: $V_{\text{KOH}} = 6{,}9 \text{ cm}^3 = 0{,}0069 \text{ dm}^3$

   $$n_{\text{KOH}} = c_{\text{KOH}} \cdot V_{\text{KOH}} = 0{,}1 \cdot 0{,}0069 = 6{,}9 \times 10^{-4} \text{ mol}$$

3. Krok 3: Obliczenie liczby moli HBr w próbce 1,0 cm³

   Reakcja zobojętniania:

   $$\text{HBr} + \text{KOH} \rightarrow \text{KBr} + \text{H}_2\text{O}$$

   Ze stechiometrii (stosunek molowy 1:1):

   $$n_{\text{HBr (próbka)}} = n_{\text{KOH}} = 6{,}9 \times 10^{-4} \text{ mol}$$

4. Krok 4: Obliczenie całkowitej liczby moli HBr w roztworze (80 cm³)

   Próbka o objętości $1{,}0 \text{ cm}^3$ pochodzi z roztworu o objętości $80 \text{ cm}^3$, więc całkowita liczba moli HBr:

   $$n_{\text{HBr (całość)}} = 6{,}9 \times 10^{-4} \cdot \frac{80}{1{,}0} = 6{,}9 \times 10^{-4} \cdot 80 = 0{,}0552 \text{ mol}$$

5. Krok 5: Obliczenie liczby moli KBr użytego w doświadczeniu

   Masa molarna KBr: $M_{\text{KBr}} = 39 + 80 = 119 \text{ g/mol}$

   $$n_{\text{KBr (użyty)}} = \frac{m_{\text{KBr}}}{M_{\text{KBr}}} = \frac{9{,}5}{119} = 0{,}0798... \approx 0{,}08 \text{ mol}$$

6. Krok 6: Wyznaczenie, jaka część KBr uległa reakcji

   Ze stechiometrii reakcji:

   $$\text{KBr} + \text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow \text{KHSO}_4 + \text{HBr}$$

   stosunek molowy $\text{KBr} : \text{HBr} = 1:1$, zatem liczba moli KBr, która przereagowała, równa się liczbie moli powstałego HBr:

   $$n_{\text{KBr (przereagowany)}} = n_{\text{HBr (całość)}} = 0{,}0552 \text{ mol}$$

   Procent KBr, który uległ reakcji:

   $$\% = \frac{n_{\text{KBr (przereagowany)}}}{n_{\text{KBr (użyty)}}} \cdot 100\% = \frac{0{,}0552}{0{,}08} \cdot 100\% = 69\%$$

Wynik końcowy:

Jaka część użytego KBr uległa reakcji z $\text{H}_2\text{SO}_4$:

$$\boxed{69\%}$$

1. Krok 1 – Identyfikacja odczynników i przyporządkowanie ich do doświadczeń

   Dostępne odczynniki: cynk ($\text{Zn}$), srebro ($\text{Ag}$), kwas solny ($\text{HCl}$), kwas azotowy(V) ($\text{HNO}_3$). Każdy odczynnik użyty tylko raz.

   • Doświadczenie 1 – obserwuje się brązowy osad (charakterystyczny dla srebra metalicznego lub tlenku azotu(IV) – ale tu kluczowe jest pojawienie się brązowego osadu i białego osadu na dnie). Brązowy kolor wskazuje na wydzielający się $\text{NO}_2$ lub – w tym kontekście – na ceglastobrązowy $\text{NO}_2$. Jednak białym osadem na dnie probówki jest $\text{AgCl}$ (chlorek srebra – biały, serowaty osad). Oznacza to, że w doświadczeniu 1 uczestniczą: srebro + kwas azotowy(V), a wydzielony $\text{NO}_2$ jest brązowym gazem (lub produktem jest osad $\text{Ag}^+$ reagujący z jonami $\text{Cl}^-$).

   Bardziej precyzyjna analiza: skoro użyto każdego odczynnika tylko raz, to przyporządkowanie musi być rozłączne:

   • Cynk reaguje z kwasem solnym → bezbarwny gaz ($\text{H}_2$) i bezbarwny roztwór → Doświadczenie 2
   • Srebro reaguje z kwasem azotowym(V) → brązowy gaz ($\text{NO}_2$, widoczny w probówce jako brązowe zabarwienie) i biały osad $\text{AgNO}_3$…

   Uwaga: w roztworze $\text{HNO}_3$ stężonego srebro reaguje z wydzieleniem $\text{NO}_2$ (gaz brunatny). Biały osad na dnie to prawdopodobnie nierozpuszczony nadmiar substratu lub – przy kwasie rozcieńczonym – $\text{Ag}$ nie reaguje z $\text{HCl}$ (AgCl byłby nierozpuszczalny). Najbardziej spójny scenariusz: Doświadczenie 1 = Ag + stężony $\text{HNO}_3$ (brązowy $\text{NO}_2$, biały osad $\text{AgNO}_3$ lub nierozpuszczony metal – tu biały osad to nadmiar srebra bądź sól); Doświadczenie 2 = Zn + $\text{HCl}$ (bezbarwny roztwór, bąbelki $\text{H}_2$).

2. Krok 2 – Równanie reakcji dla Doświadczenia 1: Ag + stężony HNO₃

   Srebro reaguje ze stężonym kwasem azotowym(V). Produktami są: azotan(V) srebra, dwutlenek azotu i woda:

   Równanie cząsteczkowe:

   $$\text{Ag} + 2\text{HNO}_3(\text{stęż.}) \rightarrow \text{AgNO}_3 + \text{NO}_2 + \text{H}_2\text{O}$$

   Sprawdzenie bilansu:

   • $\text{Ag}$: 1 = 1 ✓
   • $\text{N}$: 2 = 1 + 1 = 2 ✓
   • $\text{H}$: 2 = 2 ✓
   • $\text{O}$: 6 = 3 + 2 + 1 = 6 ✓

   Bilans elektronowy (utlenianie-redukcja):

   • $\text{Ag}^0 \rightarrow \text{Ag}^{+1}$ – oddaje 1 elektron (utlenianie)
   • $\text{N}^{+5} \rightarrow \text{N}^{+4}$ – przyjmuje 1 elektron (redukcja)

   Zapis jonowy skrócony ($\text{AgNO}_3$ to sól dobrze rozpuszczalna → dysocjuje; $\text{HNO}_3$ stęż. → dysocjuje; $\text{NO}_2$ – gaz; $\text{H}_2\text{O}$ – cząsteczkowa):

   $$\boxed{\text{Ag} + 2\text{H}^+ + \text{NO}_3^- \rightarrow \text{Ag}^+ + \text{NO}_2\uparrow + \text{H}_2\text{O}}$$

3. Krok 3 – Równanie reakcji dla Doświadczenia 2: Zn + HCl

   Cynk reaguje z kwasem solnym. Produktami są: chlorek cynku i wodór:

   Równanie cząsteczkowe:

   $$\text{Zn} + 2\text{HCl} \rightarrow \text{ZnCl}_2 + \text{H}_2\uparrow$$

   Bilans elektronowy:

   • $\text{Zn}^0 \rightarrow \text{Zn}^{+2}$ – oddaje 2 elektrony (utlenianie)
   • $2\text{H}^{+1} \rightarrow \text{H}_2^0$ – przyjmuje 2 elektrony (redukcja)

   Zapis jonowy skrócony ($\text{ZnCl}_2$ – sól rozpuszczalna → dysocjuje; $\text{HCl}$ – mocny kwas → dysocjuje; $\text{H}_2$ – gaz; $\text{Zn}$ – metal):

   $$\boxed{\text{Zn} + 2\text{H}^+ \rightarrow \text{Zn}^{2+} + \text{H}_2\uparrow}$$

4. Krok 4 – Weryfikacja zgodności z obserwacjami

   • Doświadczenie 1: wydziela się brązowy gaz $\text{NO}_2$ (obserwowany jako brązowe zabarwienie w probówce) ✓; biały osad na dnie to nierozpuszczony metal $\text{Ag}$ (srebro ma barwę jasną/białawą) użyty w nadmiarze ✓
   • Doświadczenie 2: bezbarwny roztwór $\text{ZnCl}_2$ ✓; bezbarwne bąbelki gazu $\text{H}_2$ ✓

Wynik końcowy:

Doświadczenie 1 (Ag z HNO₃ stężonym) – równanie jonowe skrócone:

$$\text{Ag} + 2\text{H}^+ + \text{NO}_3^- \rightarrow \text{Ag}^+ + \text{NO}_2\uparrow + \text{H}_2\text{O}$$

Doświadczenie 2 (Zn z HCl) – równanie jonowe skrócone:

$$\text{Zn} + 2\text{H}^+ \rightarrow \text{Zn}^{2+} + \text{H}_2\uparrow$$

Rozwiązanie – Zadanie 10.1

Analiza równania kinetycznego

Dane równanie kinetyczne reakcji:

$$v = k \cdot c_{\text{X}_2}^a \cdot c_{\text{Y}_2}^b$$

Szybkość reakcji zależy od stężeń substratów oraz od stałej szybkości reakcji $k$, która jest funkcją temperatury.

---

Zdanie 1: Zmniejszenie objętości reaktora w warunkach izotermicznych, przy niezmienionej początkowej liczbie moli substratów, skutkuje wzrostem szybkości opisanej reakcji.

1. Krok 1 – Analiza wpływu zmniejszenia objętości na stężenia substratów.

   Stężenie molarne definiujemy jako:

   $$c = \frac{n}{V}$$

   Przy stałej liczbie moli substratów $n_{\text{X}_2}$ i $n_{\text{Y}_2}$ oraz zmniejszeniu objętości $V$, stężenia obu substratów rosną:

   $$c_{\text{X}_2} = \frac{n_{\text{X}_2}}{V} \nearrow \quad \text{oraz} \quad c_{\text{Y}_2} = \frac{n_{\text{Y}_2}}{V} \nearrow$$
2. Krok 2 – Wpływ wzrostu stężeń na szybkość reakcji.

   Warunki izotermiczne (stała temperatura) oznaczają, że stała szybkości $k$ nie ulega zmianie.

   Ponieważ wykładniki $a$ i $b$ w równaniu kinetycznym są liczbami całkowitymi dodatnimi (rzędy reakcji względem substratów są zawsze $\geq 1$ dla elementarnych etapów), wzrost obu stężeń powoduje wzrost wartości iloczynu $c_{\text{X}_2}^a \cdot c_{\text{Y}_2}^b$, a zatem:

   $$v = k \cdot c_{\text{X}_2}^a \cdot c_{\text{Y}_2}^b \nearrow$$

   Szybkość reakcji rośnie.

Ocena zdania 1: P (PRAWDA)

---

Zdanie 2: Wzrost temperatury w reaktorze w warunkach izobarycznych, przy niezmienionej początkowej liczbie moli substratów, skutkuje spadkiem szybkości opisanej reakcji.

1. Krok 1 – Analiza wpływu wzrostu temperatury na stałą szybkości $k$.

   Zgodnie z równaniem Arrheniusa:

   $$k = A \cdot e^{-\frac{E_a}{RT}}$$

   Wzrost temperatury $T$ powoduje wzrost stałej szybkości $k$, co samo w sobie prowadziłoby do wzrostu szybkości reakcji.

2. Krok 2 – Analiza wpływu wzrostu temperatury na stężenia substratów w warunkach izobarycznych.

   Warunki izobaryczne oznaczają stałe ciśnienie. Z prawa gazu doskonałego:

   $$pV = nRT \implies V = \frac{nRT}{p}$$

   Przy stałym ciśnieniu $p$ i stałej liczbie moli $n$, wzrost temperatury $T$ powoduje wzrost objętości $V$. To z kolei prowadzi do spadku stężeń substratów:

   $$c_{\text{X}_2} = \frac{n_{\text{X}_2}}{V} = \frac{n_{\text{X}_2} \cdot p}{n R T} \searrow \quad \text{(stężenie maleje wraz ze wzrostem } T\text{)}$$
3. Krok 3 – Ocena wypadkowego wpływu na szybkość reakcji.

   Mamy dwa konkurujące efekty:

   • Wzrost $k$ (efekt kinetyczny) → zwiększa szybkość reakcji,
   • Spadek stężeń $c_{\text{X}_2}$ i $c_{\text{Y}_2}$ (efekt rozcieńczenia) → zmniejsza szybkość reakcji.

   Efekt wzrostu stałej szybkości reakcji $k$ (zależność wykładnicza od temperatury) dominuje nad efektem spadku stężeń (zależność odwrotnie proporcjonalna do temperatury). W konsekwencji wypadkowa szybkość reakcji rośnie, a nie maleje.

   Zdanie sugeruje spadek szybkości – jest to stwierdzenie błędne.

Ocena zdania 2: F (FAŁSZ)

---

Wynik końcowy

Zdanie	Ocena
Zdanie 1 (zmniejszenie objętości → wzrost szybkości)	P
Zdanie 2 (wzrost temperatury izobarycznie → spadek szybkości)	F

Rozwiązanie zadania 10.2

Dane z wykresów i ustalenie wykładników a i b

Na podstawie analizy wykresów:

• Linia czerwona ($v$ vs $c_{\text{X}_2}$ przy $c_{\text{Y}_2} = 1\ \text{mol·dm}^{-3}$): zależność liniowa → wykładnik $a = 1$
• Linia zielona ($v$ vs $c_{\text{Y}_2}$ przy $c_{\text{X}_2} = 1\ \text{mol·dm}^{-3}$): zależność paraboliczna (kwadratowa) → wykładnik $b = 2$

Równanie kinetyczne ma postać:

$$v = k \cdot c_{\text{X}_2}^{1} \cdot c_{\text{Y}_2}^{2}$$

---

Obliczenia

1. Ustalenie stechiometrii reakcji i składu mieszaniny początkowej

   Reakcja syntezy gazu $\text{XY}_2$:

   $$\text{X}_2 + 2\,\text{Y}_2 \rightarrow 2\,\text{XY}_2$$

   Stosunek stechiometryczny: $n(\text{X}_2) : n(\text{Y}_2) = 1 : 2$

   Łączna liczba moli wynosi 12,0 mol, zatem:

   $$n(\text{X}_2) = \frac{1}{3} \cdot 12{,}0 = 4{,}0\ \text{mol}, \qquad n(\text{Y}_2) = \frac{2}{3} \cdot 12{,}0 = 8{,}0\ \text{mol}$$

   Stężenia początkowe (reaktor o pojemności $V = 4{,}0\ \text{dm}^3$):

   $$c_0(\text{X}_2) = \frac{4{,}0\ \text{mol}}{4{,}0\ \text{dm}^3} = 1{,}0\ \text{mol·dm}^{-3}$$ $$c_0(\text{Y}_2) = \frac{8{,}0\ \text{mol}}{4{,}0\ \text{dm}^3} = 2{,}0\ \text{mol·dm}^{-3}$$

2. Odczytanie szybkości z wykresu i obliczenie stałej szybkości $k$

   Z wykresu (linia zielona: $c_{\text{X}_2} = 1\ \text{mol·dm}^{-3}$) odczytujemy przykładowo:

   dla $c_{\text{Y}_2} = 1\ \text{mol·dm}^{-3}$ → $v = 1\ \text{mol·dm}^{-3}\text{·s}^{-1}$

   Podstawiamy do równania kinetycznego:

   $$v = k \cdot c_{\text{X}_2} \cdot c_{\text{Y}_2}^{2}$$ $$1 = k \cdot 1 \cdot 1^2$$ $$\boxed{k = 1\ \text{mol}^{-2}\text{·dm}^{6}\text{·s}^{-1}}$$

   Jednostka stałej szybkości dla reakcji trzeciego rzędu ($a + b = 1 + 2 = 3$):

   $$[k] = \frac{\text{mol·dm}^{-3}\text{·s}^{-1}}{(\text{mol·dm}^{-3})^3} = \text{mol}^{-2}\text{·dm}^{6}\text{·s}^{-1}$$

3. Wyznaczenie składu mieszaniny w chwili, gdy łączna liczba moli wynosi 9,0 mol

   Niech $x$ oznacza liczbę moli $\text{X}_2$, które przereagowały. Zgodnie ze stechiometrią:

   • ubytek $\text{X}_2$: $x$ mol
   • ubytek $\text{Y}_2$: $2x$ mol
   • przyrost $\text{XY}_2$: $2x$ mol

   Łączna liczba moli w chwili $t$:

   $$(4{,}0 - x) + (8{,}0 - 2x) + 2x = 9{,}0$$ $$12{,}0 - x = 9{,}0$$ $$x = 3{,}0\ \text{mol}$$

   Liczba moli poszczególnych składników:

   $$n(\text{X}_2) = 4{,}0 - 3{,}0 = 1{,}0\ \text{mol}$$ $$n(\text{Y}_2) = 8{,}0 - 6{,}0 = 2{,}0\ \text{mol}$$ $$n(\text{XY}_2) = 2 \cdot 3{,}0 = 6{,}0\ \text{mol}$$

   Stężenia molowe substratów:

   $$c(\text{X}_2) = \frac{1{,}0\ \text{mol}}{4{,}0\ \text{dm}^3} = 0{,}25\ \text{mol·dm}^{-3}$$ $$c(\text{Y}_2) = \frac{2{,}0\ \text{mol}}{4{,}0\ \text{dm}^3} = 0{,}50\ \text{mol·dm}^{-3}$$

4. Obliczenie szybkości reakcji w danej chwili

   $$v = k \cdot c(\text{X}_2) \cdot c(\text{Y}_2)^{2}$$ $$v = 1\ \text{mol}^{-2}\text{·dm}^{6}\text{·s}^{-1} \cdot 0{,}25\ \text{mol·dm}^{-3} \cdot (0{,}50\ \text{mol·dm}^{-3})^2$$ $$v = 1 \cdot 0{,}25 \cdot 0{,}25\ \text{mol·dm}^{-3}\text{·s}^{-1}$$ $$\boxed{v = 0{,}0625\ \text{mol·dm}^{-3}\text{·s}^{-1} \approx 6{,}25 \times 10^{-2}\ \text{mol·dm}^{-3}\text{·s}^{-1}}$$

---

Podsumowanie wyników

• Wykładnik $a = \mathbf{1}$, wykładnik $b = \mathbf{2}$
• Równanie kinetyczne: $v = k \cdot c_{\text{X}_2} \cdot c_{\text{Y}_2}^{2}$
• Stała szybkości: $k = \mathbf{1\ \text{mol}^{-2}\text{·dm}^{6}\text{·s}^{-1}}$
• Szybkość reakcji gdy $n_{\text{całk.}} = 9{,}0\ \text{mol}$: $\boldsymbol{v = 6{,}25 \times 10^{-2}\ \text{mol·dm}^{-3}\text{·s}^{-1}}$

Rozwiązanie

1. Krok 1 – Analiza wyników doświadczenia

   Roztwór $\text{Na}_2\text{HPO}_4$ zabarwia fenoloftaleinę na różowo i czerwień obojętną na żółto – oba wskaźniki wskazują na odczyn zasadowy ($\text{pH} > 7$). Oznacza to, że jon $\text{HPO}_4^{2-}$ w reakcji z wodą zachowuje się przede wszystkim jako zasada Brønsteda (przyjmuje proton od wody).

   Roztwór $\text{NaH}_2\text{PO}_4$ pozostawia fenoloftaleinę bezbarwną i zabarwia czerwień obojętną na czerwono – oba wskaźniki wskazują na odczyn kwaśny ($\text{pH} < 7$). Oznacza to, że jon $\text{H}_2\text{PO}_4^{-}$ w reakcji z wodą zachowuje się przede wszystkim jako kwas Brønsteda (oddaje proton do wody).

2. Krok 2 – Przypomnienie definicji Brønsteda

   Według teorii Brønsteda–Lowry'ego:

   • Kwas – donor protonu ($\text{H}^+$), czyli drobina, która proton oddaje.
   • Zasada – akceptor protonu ($\text{H}^+$), czyli drobina, która proton przyjmuje.

   Każdemu kwasowi (kwas 1) odpowiada sprzężona zasada (zasada 1), a każdej zasadzie (zasada 2) odpowiada sprzężony kwas (kwas 2). Para kwas–zasada różni się o jeden proton.

3. Krok 3 – Reakcja decydująca o odczynie roztworu $\text{Na}_2\text{HPO}_4$

   Ponieważ roztwór jest zasadowy, dominuje reakcja hydrolizy zasadowej jonu $\text{HPO}_4^{2-}$. Jon ten przyjmuje proton od cząsteczki wody:

   $$\text{HPO}_4^{2-} + \text{H}_2\text{O} \rightleftharpoons \text{H}_2\text{PO}_4^{-} + \text{OH}^-$$

   Przypisanie ról:

   • kwas 1 = $\text{H}_2\text{O}$ (oddaje proton → donor $\text{H}^+$)
   • zasada 2 = $\text{HPO}_4^{2-}$ (przyjmuje proton → akceptor $\text{H}^+$)
   • zasada 1 = $\text{OH}^-$ (sprzężona zasada wody)
   • kwas 2 = $\text{H}_2\text{PO}_4^{-}$ (sprzężony kwas jonu $\text{HPO}_4^{2-}$)

   Schemat z wypełnionymi wzorami:

   $$\underbrace{\text{H}_2\text{O}}_{\text{kwas 1}} + \underbrace{\text{HPO}_4^{2-}}_{\text{zasada 2}} \rightleftharpoons \underbrace{\text{OH}^-}_{\text{zasada 1}} + \underbrace{\text{H}_2\text{PO}_4^{-}}_{\text{kwas 2}}$$

   W wyniku tej reakcji powstają jony $\text{OH}^-$, co powoduje zasadowy odczyn roztworu.

4. Krok 4 – Reakcja decydująca o odczynie roztworu $\text{NaH}_2\text{PO}_4$

   Ponieważ roztwór jest kwaśny, dominuje reakcja dysocjacji (hydrolizy kwaśnej) jonu $\text{H}_2\text{PO}_4^{-}$. Jon ten oddaje proton cząsteczce wody:

   $$\text{H}_2\text{PO}_4^{-} + \text{H}_2\text{O} \rightleftharpoons \text{HPO}_4^{2-} + \text{H}_3\text{O}^+$$

   Przypisanie ról:

   • kwas 1 = $\text{H}_2\text{PO}_4^{-}$ (oddaje proton → donor $\text{H}^+$)
   • zasada 2 = $\text{H}_2\text{O}$ (przyjmuje proton → akceptor $\text{H}^+$)
   • zasada 1 = $\text{HPO}_4^{2-}$ (sprzężona zasada jonu $\text{H}_2\text{PO}_4^{-}$)
   • kwas 2 = $\text{H}_3\text{O}^+$ (sprzężony kwas wody)

   Schemat z wypełnionymi wzorami:

   $$\underbrace{\text{H}_2\text{PO}_4^{-}}_{\text{kwas 1}} + \underbrace{\text{H}_2\text{O}}_{\text{zasada 2}} \rightleftharpoons \underbrace{\text{HPO}_4^{2-}}_{\text{zasada 1}} + \underbrace{\text{H}_3\text{O}^+}_{\text{kwas 2}}$$

   W wyniku tej reakcji powstają jony $\text{H}_3\text{O}^+$, co powoduje kwaśny odczyn roztworu.

---

Wynik końcowy:

Reakcja decydująca o odczynie roztworu $\text{Na}_2\text{HPO}_4$ (odczyn zasadowy):

$$\underbrace{\text{H}_2\text{O}}_{\text{kwas 1}} + \underbrace{\text{HPO}_4^{2-}}_{\text{zasada 2}} \rightleftharpoons \underbrace{\text{OH}^-}_{\text{zasada 1}} + \underbrace{\text{H}_2\text{PO}_4^{-}}_{\text{kwas 2}}$$

Reakcja decydująca o odczynie roztworu $\text{NaH}_2\text{PO}_4$ (odczyn kwaśny):

$$\underbrace{\text{H}_2\text{PO}_4^{-}}_{\text{kwas 1}} + \underbrace{\text{H}_2\text{O}}_{\text{zasada 2}} \rightleftharpoons \underbrace{\text{HPO}_4^{2-}}_{\text{zasada 1}} + \underbrace{\text{H}_3\text{O}^+}_{\text{kwas 2}}$$

1. Krok 1 – Obliczenie stężenia molowego chlorku amonu w roztworze

   Masa molarna chlorku amonu: $M(\text{NH}_4\text{Cl}) = 14 + 4 + 35{,}5 = 53{,}5 \ \text{g/mol}$

   Liczba moli NH₄Cl:

   $$n(\text{NH}_4\text{Cl}) = \frac{m}{M} = \frac{0{,}10 \ \text{g}}{53{,}5 \ \text{g/mol}} \approx 1{,}869 \times 10^{-3} \ \text{mol}$$

   Stężenie molowe roztworu (objętość $V = 100 \ \text{cm}^3 = 0{,}100 \ \text{dm}^3$):

   $$c(\text{NH}_4^+) = \frac{n}{V} = \frac{1{,}869 \times 10^{-3} \ \text{mol}}{0{,}100 \ \text{dm}^3} \approx 1{,}869 \times 10^{-2} \ \text{mol/dm}^3$$

2. Krok 2 – Wyznaczenie stałej hydrolizy kationu amonowego $K_h$

   Hydroliza kationu amonowego jest reakcją odwrotną do dysocjacji zasady amonowej. Stałą hydrolizy obliczamy ze wzoru:

   $$K_h = \frac{K_w}{K_b(\text{NH}_3)}$$

   Przyjmując wartości standardowe: $K_w = 1{,}0 \times 10^{-14}$ oraz $K_b(\text{NH}_3) = 1{,}8 \times 10^{-5}$:

   $$K_h = \frac{1{,}0 \times 10^{-14}}{1{,}8 \times 10^{-5}} \approx 5{,}56 \times 10^{-10}$$

3. Krok 3 – Obliczenie stężenia jonów hydroniowych $[\text{H}_3\text{O}^+]$

   Równowaga hydrolizy:

   $$\text{NH}_4^+ + \text{H}_2\text{O} \rightleftharpoons \text{NH}_3 + \text{H}_3\text{O}^+$$

   Przyjmując, że stopień hydrolizy jest mały, stężenie $[\text{H}_3\text{O}^+] = x$:

   $$K_h = \frac{x^2}{c - x} \approx \frac{x^2}{c}$$ $$x^2 = K_h \cdot c = 5{,}56 \times 10^{-10} \times 1{,}869 \times 10^{-2}$$ $$x^2 = 1{,}039 \times 10^{-11}$$ $$x = [\text{H}_3\text{O}^+] = \sqrt{1{,}039 \times 10^{-11}} \approx 3{,}22 \times 10^{-6} \ \text{mol/dm}^3$$

   Sprawdzenie założenia: $x \ll c$ — warunek spełniony ($3{,}22 \times 10^{-6} \ll 1{,}869 \times 10^{-2}$).

4. Krok 4 – Obliczenie pH

   $$\text{pH} = -\log[\text{H}_3\text{O}^+] = -\log(3{,}22 \times 10^{-6})$$ $$\text{pH} = 6 - \log(3{,}22) \approx 6 - 0{,}508 \approx 5{,}5$$

5. Krok 5 – Wybór barwy wskaźnika

   Błękit bromotymolowy (BBT) zmienia barwę w zakresie pH 6,0–7,6:

   • pH $< 6{,}0$ → barwa żółta
   • pH $6{,}0 \div 7{,}6$ → barwa zielona (strefa przejściowa)
   • pH $> 7{,}6$ → barwa niebieska

   Obliczone pH $\approx 5{,}5$, co jest poniżej zakresu przejściowego wskaźnika ($< 6{,}0$), zatem roztwór zabarwi się na żółto.

   Odpowiedź B (kolor żółty) jest poprawna, ponieważ pH roztworu wynosi ok. 5,5, a w środowisku kwaśnym (pH $< 6{,}0$) błękit bromotymolowy przyjmuje barwę żółtą.

   Odpowiedź A (kolor zielony) jest niepoprawna – barwa zielona pojawia się dopiero w zakresie pH 6,0–7,6 (okolice neutralnego), a nasz roztwór jest wyraźnie kwaśny.

   Odpowiedź C (kolor niebieski) jest niepoprawna – barwa niebieska charakteryzuje środowisko zasadowe (pH $> 7{,}6$), a roztwór NH₄Cl ma odczyn kwaśny.

Wynik końcowy:

$$\boxed{\text{pH} \approx 5{,}5}$$

Poprawna odpowiedź to B – zawartość probówki zabarwia się na kolor żółty, charakterystyczny dla błękitu bromotymolowego w środowisku kwaśnym.

Dane: $c_0(\text{N}_2) = 0{,}20\ \text{mol·dm}^{-3}$, $c_0(\text{H}_2) = 0{,}60\ \text{mol·dm}^{-3}$, ciśnienie końcowe $= 0{,}75 \cdot p_0$.

1. Krok 1 – Związek ciśnienia z liczbą moli (objętość stała, temperatura stała)

   Przy stałej objętości i temperaturze, zgodnie z prawem Avogadra i równaniem stanu gazu doskonałego:

   $$\frac{p}{p_0} = \frac{n}{n_0} = \frac{c_{\text{końc}}}{c_0}$$

   gdzie $c_0$ oznacza całkowite stężenie molarne na początku, a $c_{\text{końc}}$ – po osiągnięciu równowagi.

   Całkowite stężenie początkowe wszystkich gazów:

   $$c_0^{\text{total}} = c_0(\text{N}_2) + c_0(\text{H}_2) = 0{,}20 + 0{,}60 = 0{,}80\ \text{mol·dm}^{-3}$$

   Całkowite stężenie w stanie równowagi:

   $$c^{\text{total}}_{\text{eq}} = 0{,}75 \cdot 0{,}80 = 0{,}60\ \text{mol·dm}^{-3}$$
2. Krok 2 – Zestawienie tablicy ICE (Initial – Change – Equilibrium)

   Niech $x$ oznacza zmianę stężenia $\text{N}_2$ (ubytek). Ze stechiometrii reakcji $\text{N}_2 + 3\text{H}_2 \rightleftharpoons 2\text{NH}_3$:

   $$\begin{array}{lccc} & \text{N}_2 & \text{H}_2 & \text{NH}_3 \\ \hline \text{Pocz.} & 0{,}20 & 0{,}60 & 0{,}00 \\ \text{Zmiana} & -x & -3x & +2x \\ \text{Równ.} & 0{,}20 - x & 0{,}60 - 3x & 2x \end{array}$$
3. Krok 3 – Wyznaczenie $x$ z warunku ciśnieniowego

   Suma stężeń w stanie równowagi musi wynosić $0{,}60\ \text{mol·dm}^{-3}$:

   $$(0{,}20 - x) + (0{,}60 - 3x) + 2x = 0{,}60$$ $$0{,}80 - 2x = 0{,}60$$ $$2x = 0{,}20$$ $$x = 0{,}10\ \text{mol·dm}^{-3}$$
4. Krok 4 – Obliczenie stężeń równowagowych $$c_{\text{eq}}(\text{N}_2) = 0{,}20 - 0{,}10 = 0{,}10\ \text{mol·dm}^{-3}$$ $$c_{\text{eq}}(\text{H}_2) = 0{,}60 - 3 \cdot 0{,}10 = 0{,}30\ \text{mol·dm}^{-3}$$ $$c_{\text{eq}}(\text{NH}_3) = 2 \cdot 0{,}10 = 0{,}20\ \text{mol·dm}^{-3}$$

   Sprawdzenie sumy: $0{,}10 + 0{,}30 + 0{,}20 = 0{,}60\ \text{mol·dm}^{-3}$ ✓

5. Krok 5 – Obliczenie stężeniowej stałej równowagi $K_c$

   Wyrażenie na stałą równowagi dla reakcji $\text{N}_2 + 3\text{H}_2 \rightleftharpoons 2\text{NH}_3$:

   $$K_c = \frac{[\text{NH}_3]^2}{[\text{N}_2] \cdot [\text{H}_2]^3}$$ $$K_c = \frac{(0{,}20)^2}{(0{,}10) \cdot (0{,}30)^3}$$ $$K_c = \frac{0{,}0400}{0{,}10 \cdot 0{,}0270}$$ $$K_c = \frac{0{,}0400}{0{,}00270}$$ $$\boxed{K_c \approx 14{,}8\ \text{mol}^{-2}\text{·dm}^{6}}$$

Wynik końcowy: Stężeniowa stała równowagi syntezy amoniaku w temperaturze $T$ wynosi:

$$K_c = \frac{(0{,}20)^2}{0{,}10 \cdot (0{,}30)^3} = \frac{0{,}04}{0{,}0027} \approx 14{,}8\ \text{mol}^{-2}\text{·dm}^{6}$$

Rozwiązanie zadania 14.1

1. Krok 1: Analiza warunku zadania — co oznacza malejące pH?

   Malejące pH oznacza wzrost stężenia jonów $\text{H}^+$ w roztworze półogniwa A. Zatem w nawiasie wybieramy: stężenie jonów $\text{H}^+$ musi się zwiększać.

2. Krok 2: Określenie procesu zachodzącego w półogniwie A

   Równowaga w półogniwie A to: $$\text{MnO}_4^- + 8\text{H}^+ + 5e^- \rightleftharpoons \text{Mn}^{2+} + 4\text{H}_2\text{O}$$ Jony $\text{H}^+$ są substratem reakcji redukcji (lewa strona równania). Gdy zachodzi redukcja, $\text{H}^+$ jest zużywany, a stężenie jonów wodorowych maleje (pH rośnie). Natomiast gdy zachodzi utlenianie (reakcja odwrotna), $\text{Mn}^{2+}$ i $\text{H}_2\text{O}$ reagują, a jony $\text{H}^+$ są wytwarzane, co powoduje wzrost ich stężenia i spadek pH.

   Zatem aby pH malało, w półogniwie A musi zachodzić proces utleniania: $$\text{Mn}^{2+} + 4\text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{MnO}_4^- + 8\text{H}^+ + 5e^-$$

3. Krok 3: Określenie funkcji półogniwa A i drugiego półogniwa

   Skoro w półogniwie A zachodzi utlenianie, pełni ono funkcję anody. Drugie półogniwo (w którym zachodzi redukcja) pełni funkcję katody.

4. Krok 4: Wybór odpowiedniego półogniwa (B lub C) — analiza standardowych potencjałów redukcji

   Standardowe potencjały redukcji wynoszą:

   • Półogniwo A: $E^\circ_A = +1{,}51\ \text{V}$ ($\text{MnO}_4^-/\text{Mn}^{2+}$)
   • Półogniwo B: $E^\circ_B = +1{,}07\ \text{V}$ ($\text{Br}_2/\text{Br}^-$)
   • Półogniwo C: $E^\circ_C = +1{,}82\ \text{V}$ ($\text{Co}^{3+}/\text{Co}^{2+}$)

   Aby półogniwo A pełniło funkcję anody (utlenianie), jego potencjał redukcji musi być niższy niż potencjał redukcji drugiego półogniwa (katody). Tylko wówczas siła elektromotoryczna ogniwa $E^\circ = E^\circ_{\text{katody}} - E^\circ_{\text{anody}} > 0$, co zapewnia samorzutne działanie ogniwa.

   • Połączenie A (anoda) + B (katoda): $E^\circ = E^\circ_B - E^\circ_A = 1{,}07 - 1{,}51 = -0{,}44\ \text{V} < 0$ — ogniwo nie działa samorzutnie; półogniwo A byłoby katodą, nie anodą. ❌
   • Połączenie A (anoda) + C (katoda): $E^\circ = E^\circ_C - E^\circ_A = 1{,}82 - 1{,}51 = +0{,}31\ \text{V} > 0$ — ogniwo działa samorzutnie; półogniwo A jest anodą (utlenianie), półogniwo C jest katodą. ✔
5. Krok 5: Uzupełnienie zdań i odpowiedź końcowa

   Aby podczas pracy ogniwa malało pH roztworu w półogniwie A, stężenie jonów $\text{H}^+$ musi się zwiększać. Oznacza to, że w tym półogniwie zachodzi proces utleniania, a drugie półogniwo pełni funkcję katody.

Wynik końcowy:
Opisany warunek spełnia ogniwo zbudowane z półogniwa A połączonego z półogniwem C.

Aby uzupełnić schemat ogniwa galwanicznego, należy skorzystać z danych dotyczących półogniw B i C podanych w zadaniu 14.1.

Dane z kontekstu zadania (półogniwa B i C):

• Półogniwo B: $\text{Fe}^{3+}/\text{Fe}^{2+}$, $E^\circ = +0{,}77\ \text{V}$
• Półogniwo C: $\text{Sn}^{4+}/\text{Sn}^{2+}$, $E^\circ = +0{,}15\ \text{V}$

1. Krok 1 – Porównanie potencjałów standardowych półogniw B i C

   Półogniwo o wyższym potencjale standardowym pełni rolę katody (elektrody dodatniej, +), gdzie zachodzi redukcja.

   Półogniwo o niższym potencjale standardowym pełni rolę anody (elektrody ujemnej, –), gdzie zachodzi utlenianie.

   Porównanie:

   $$E^\circ_B = +0{,}77\ \text{V} \quad > \quad E^\circ_C = +0{,}15\ \text{V}$$

   Zatem:

   • Półogniwo C ($\text{Sn}^{4+}/\text{Sn}^{2+}$) → anoda (–), zachodzi utlenianie: $\text{Sn}^{2+} \rightarrow \text{Sn}^{4+} + 2e^-$
   • Półogniwo B ($\text{Fe}^{3+}/\text{Fe}^{2+}$) → katoda (+), zachodzi redukcja: $\text{Fe}^{3+} + e^- \rightarrow \text{Fe}^{2+}$

2. Krok 2 – Ustalenie zapisu schematu ogniwa

   Schemat ogniwa galwanicznego zapisuje się zgodnie z konwencją:

   $$(-)\text{ anoda} \mid \text{elektrolit anody} \| \text{elektrolit katody} \mid \text{katoda (+)}$$

   Ponieważ oba półogniwa zawierają wyłącznie jony (brak metalu aktywnego), elektrody wykonane są z platyny (Pt) — materiału obojętnego. Elektrolity zawierają mieszaninę obu form utlenionej i zredukowanej danego układu redoks.

   Na anodzie (półogniwo C) w roztworze obecne są jony $\text{Sn}^{2+}$ i $\text{Sn}^{4+}$.

   Na katodzie (półogniwo B) w roztworze obecne są jony $\text{Fe}^{3+}$ i $\text{Fe}^{2+}$.

3. Krok 3 – Zapis kompletnego schematu ogniwa

   $$(-)\text{ Pt} \mid \text{Sn}^{2+}, \text{Sn}^{4+} \| \text{Fe}^{3+}, \text{Fe}^{2+} \mid \text{Pt (+)}$$

4. Krok 4 – Sprawdzenie SEM ogniwa

   Siła elektromotoryczna ogniwa (SEM) musi być dodatnia, aby ogniwo generowało prąd spontanicznie:

   $$\text{SEM} = E^\circ_{\text{katoda}} - E^\circ_{\text{anoda}} = 0{,}77\ \text{V} - 0{,}15\ \text{V} = +0{,}62\ \text{V} > 0$$

   Warunek jest spełniony — ogniwo działa spontanicznie.

Wynik końcowy:

$$\boxed{(-)\text{ Pt} \mid \text{Sn}^{2+}, \text{Sn}^{4+} \| \text{Fe}^{3+}, \text{Fe}^{2+} \mid \text{Pt (+)}}$$

Po lewej stronie mostka solnego (przy anodzie ujemnej) zapisujemy elektrolit półogniwa C zawierający jony $\text{Sn}^{2+}$ i $\text{Sn}^{4+}$, po prawej stronie (przy katodzie dodatniej) elektrolit półogniwa B zawierający jony $\text{Fe}^{3+}$ i $\text{Fe}^{2+}$.

Rozwiązanie

1. Krok 1 – Wyznaczenie masy 1,0 dm³ letniego LPG

   Korzystając z podanej gęstości ciekłego LPG:

   $$m = \rho \cdot V = 0{,}56\,\frac{\text{g}}{\text{cm}^3} \cdot 1000\,\text{cm}^3 = 560\,\text{g}$$
2. Krok 2 – Wyznaczenie molowej masy mieszaniny LPG

   Stosunek molowy propanu do butanu wynosi $30:70$, czyli w przeliczeniu na 100 mol mieszaniny mamy 30 mol propanu ($\text{C}_3\text{H}_8$, $M = 44\,\text{g}\cdot\text{mol}^{-1}$) oraz 70 mol butanu ($\text{C}_4\text{H}_{10}$, $M = 58\,\text{g}\cdot\text{mol}^{-1}$).

   Średnia molowa masa mieszaniny:

   $$\bar{M} = 0{,}30 \cdot 44\,\frac{\text{g}}{\text{mol}} + 0{,}70 \cdot 58\,\frac{\text{g}}{\text{mol}} = 13{,}2\,\frac{\text{g}}{\text{mol}} + 40{,}6\,\frac{\text{g}}{\text{mol}} = 53{,}8\,\frac{\text{g}}{\text{mol}}$$
3. Krok 3 – Obliczenie liczby moli mieszaniny w próbce $$n_{\text{mieszaniny}} = \frac{m}{\bar{M}} = \frac{560\,\text{g}}{53{,}8\,\text{g}\cdot\text{mol}^{-1}} \approx 10{,}409\,\text{mol}$$

   W tej ilości mieszaniny:

   • mole propanu: $n_{\text{propan}} = 0{,}30 \cdot 10{,}409\,\text{mol} \approx 3{,}123\,\text{mol}$
   • mole butanu: $n_{\text{butan}} = 0{,}70 \cdot 10{,}409\,\text{mol} \approx 7{,}286\,\text{mol}$
4. Krok 4 – Obliczenie wydzielonej energii

   Reakcje spalania:

   $$\text{C}_3\text{H}_8 + 5\,\text{O}_2 \rightarrow 3\,\text{CO}_2 + 4\,\text{H}_2\text{O}, \quad \Delta H^\circ = -2219\,\text{kJ}\cdot\text{mol}^{-1}$$ $$\text{C}_4\text{H}_{10} + \tfrac{13}{2}\,\text{O}_2 \rightarrow 4\,\text{CO}_2 + 5\,\text{H}_2\text{O}, \quad \Delta H^\circ = -2878\,\text{kJ}\cdot\text{mol}^{-1}$$

   Energia wydzielona to wartość bezwzględna sumy entalpii spalania obu składników:

   $$Q = n_{\text{propan}} \cdot |\Delta H^\circ_{\text{propan}}| + n_{\text{butan}} \cdot |\Delta H^\circ_{\text{butan}}|}$$ $$Q = 3{,}123\,\text{mol} \cdot 2219\,\frac{\text{kJ}}{\text{mol}} + 7{,}286\,\text{mol} \cdot 2878\,\frac{\text{kJ}}{\text{mol}}$$ $$Q = 6930\,\text{kJ} + 20\,969\,\text{kJ}$$ $$Q \approx 27\,900\,\text{kJ}$$
5. Krok 5 – Sprawdzenie rachunku (alternatywne ujęcie)

   Można też obliczyć molową entalpię spalania mieszaniny:

   $$\Delta H^\circ_{\text{miesz}} = 0{,}30 \cdot (-2219) + 0{,}70 \cdot (-2878) = -665{,}7 - 2014{,}6 = -2680{,}3\,\text{kJ}\cdot\text{mol}^{-1}$$ $$Q = 10{,}409\,\text{mol} \cdot 2680{,}3\,\frac{\text{kJ}}{\text{mol}} \approx 27\,900\,\text{kJ}$$

Wynik końcowy:

Energia wydzielona do otoczenia w wyniku spalenia 1,0 dm³ letniego LPG wynosi:

$$\boxed{Q \approx 27\,900\,\text{kJ}}$$

Zadanie 16 – Rozwiązanie wzorcowe

Dane wstępne

LPG zimowe: $n_{\text{C}_3\text{H}_8} : n_{\text{C}_4\text{H}_{10}} = 70:30$, gęstość $\rho_z = 0{,}54\ \text{g·cm}^{-3}$
LPG letnie: $n_{\text{C}_3\text{H}_8} : n_{\text{C}_4\text{H}_{10}} = 30:70$, gęstość $\rho_l = 0{,}56\ \text{g·cm}^{-3}$

Reakcje spalania składników LPG:

$$\text{C}_3\text{H}_8 + 5\,\text{O}_2 \rightarrow 3\,\text{CO}_2 + 4\,\text{H}_2\text{O} \qquad \Delta H_1 = -2220\ \text{kJ·mol}^{-1}$$ $$\text{C}_4\text{H}_{10} + \tfrac{13}{2}\,\text{O}_2 \rightarrow 4\,\text{CO}_2 + 5\,\text{H}_2\text{O} \qquad \Delta H_2 = -2878\ \text{kJ·mol}^{-1}$$

---

Część I – Porównanie ilości energii ze spalania 1,0 dm³ LPG

1. Krok 1 – Wyznaczenie mas 1,0 dm³ każdego LPG.

   Przyjmujemy $V = 1{,}0\ \text{dm}^3 = 1000\ \text{cm}^3$.

   $$m_z = \rho_z \cdot V = 0{,}54\ \frac{\text{g}}{\text{cm}^3} \cdot 1000\ \text{cm}^3 = 540\ \text{g}$$ $$m_l = \rho_l \cdot V = 0{,}56\ \frac{\text{g}}{\text{cm}^3} \cdot 1000\ \text{cm}^3 = 560\ \text{g}$$

2. Krok 2 – Wyznaczenie średnich mas molowych mieszanin.

   Masy molarne składników: $M_{\text{C}_3\text{H}_8} = 44\ \text{g·mol}^{-1}$, $M_{\text{C}_4\text{H}_{10}} = 58\ \text{g·mol}^{-1}$.

   Ułamki molowe (stosunek molowy bezpośrednio daje ułamki molowe):

   Zimowe: $x_{\text{prop}} = 0{,}70$, $x_{\text{but}} = 0{,}30$

   $$\bar{M}_z = 0{,}70 \cdot 44 + 0{,}30 \cdot 58 = 30{,}8 + 17{,}4 = 48{,}2\ \text{g·mol}^{-1}$$

   Letnie: $x_{\text{prop}} = 0{,}30$, $x_{\text{but}} = 0{,}70$

   $$\bar{M}_l = 0{,}30 \cdot 44 + 0{,}70 \cdot 58 = 13{,}2 + 40{,}6 = 53{,}8\ \text{g·mol}^{-1}$$

3. Krok 3 – Wyznaczenie liczby moli każdego składnika w 1,0 dm³ mieszaniny.

   Łączna liczba moli mieszaniny:

   $$n_z^{\text{total}} = \frac{m_z}{\bar{M}_z} = \frac{540}{48{,}2} \approx 11{,}20\ \text{mol}$$ $$n_l^{\text{total}} = \frac{m_l}{\bar{M}_l} = \frac{560}{53{,}8} \approx 10{,}41\ \text{mol}$$

   Mole poszczególnych składników:

   Zimowe:

   $$n_z(\text{C}_3\text{H}_8) = 0{,}70 \cdot 11{,}20 = 7{,}84\ \text{mol}$$ $$n_z(\text{C}_4\text{H}_{10}) = 0{,}30 \cdot 11{,}20 = 3{,}36\ \text{mol}$$

   Letnie:

   $$n_l(\text{C}_3\text{H}_8) = 0{,}30 \cdot 10{,}41 = 3{,}12\ \text{mol}$$ $$n_l(\text{C}_4\text{H}_{10}) = 0{,}70 \cdot 10{,}41 = 7{,}29\ \text{mol}$$

4. Krok 4 – Obliczenie energii wydzielonej ze spalania 1,0 dm³ każdego LPG.

   $$Q_z = 7{,}84 \cdot 2220 + 3{,}36 \cdot 2878 = 17\,404 + 9\,670 = 27\,074\ \text{kJ}$$ $$Q_l = 3{,}12 \cdot 2220 + 7{,}29 \cdot 2878 = 6\,926 + 20\,981 = 27\,907\ \text{kJ}$$

5. Krok 5 – Porównanie energii.

   $$Q_z \approx 27\,074\ \text{kJ} < Q_l \approx 27\,907\ \text{kJ}$$

   Energia wydzielana ze spalania 1,0 dm³ zimowego LPG jest mniejsza niż ze spalania 1,0 dm³ letniego LPG.

   Wynika to z dwóch przyczyn działających w tym samym kierunku: letnie LPG ma większą gęstość (więcej gramów w tej samej objętości) oraz większy udział butanu, który na mol dostarcza więcej energii ($2878\ \text{kJ·mol}^{-1}$) niż propan ($2220\ \text{kJ·mol}^{-1}$).

---

Część II – Porównanie emisji CO₂ podczas spalania 1,0 dm³ LPG

1. Krok 1 – Obliczenie liczby moli CO₂ wydzielonego ze spalania 1,0 dm³ każdego LPG.

   Ze stechiometrii reakcji: 1 mol propanu daje 3 mol CO₂; 1 mol butanu daje 4 mol CO₂.

   Zimowe:

   $$n_z(\text{CO}_2) = 3 \cdot 7{,}84 + 4 \cdot 3{,}36 = 23{,}52 + 13{,}44 = 36{,}96\ \text{mol}$$

   Letnie:

   $$n_l(\text{CO}_2) = 3 \cdot 3{,}12 + 4 \cdot 7{,}29 = 9{,}36 + 29{,}16 = 38{,}52\ \text{mol}$$

2. Krok 2 – Porównanie emisji CO₂.

   $$n_z(\text{CO}_2) \approx 36{,}96\ \text{mol} < n_l(\text{CO}_2) \approx 38{,}52\ \text{mol}$$

   Więcej CO₂ emituje letnie LPG. Butan zawiera relatywnie więcej atomów węgla na mol niż propan i jego udział w letnim LPG jest dominujący (70%). Jednocześnie letnie LPG ma większą gęstość, co dodatkowo zwiększa masę (a więc i liczbę moli) paliwa spalanego w tej samej objętości.

---

Wynik końcowy

Ilość energii wydzielana podczas całkowitego spalania 1,0 dm³ zimowego LPG jest mniejsza niż ilość energii wydzielana podczas całkowitego spalania tej samej objętości letniego LPG.

Ilość CO₂ emitowanego do atmosfery podczas spalania 1,0 dm³ LPG jest większa w przypadku letniego LPG.

Zadanie 17.1 – Uzupełnianie schematów reakcji addycji wody do alkenów

Analiza zagadnienia

Zadanie dotyczy dwóch różnych metod przyłączania wody do alkenów:

• Schemat 1: Addycja wody zgodna z regułą Markownikowa (katalizator kwasowy) → powstaje alkohol o możliwie najwyższej rzędowości.
• Schemat 2: Addycja wody niezgodna z regułą Markownikowa (hydroboration-oxidation, z użyciem $\text{BH}_3$ i $\text{H}_2\text{O}_2/\text{OH}^-$) → $\text{OH}$ przyłącza się do mniej podstawionego atomu węgla.

---

Schemat 1 – Addycja zgodna z regułą Markownikowa

Produkt: $\text{CH}_3\text{CH}_2\text{C(OH)(CH}_2\text{CH}_3)\text{CH}_2\text{CH}_3$ – alkohol trzeciorzędowy

1. Krok 1 – Identyfikacja centrum trzeciorzędowego.

   Atom węgla niosący grupę $\text{–OH}$ jest połączony z trzema grupami węglowodorowymi: dwiema grupami $\text{–CH}_2\text{CH}_3$ oraz jedną grupą $\text{–CH}_2\text{CH}_3$ (łącznie trzy łańcuchy etylowe). Oznacza to, że w alkenowym substracie ten atom węgla musiał tworzyć wiązanie podwójne $\text{C=C}$, a po przyłączeniu $\text{OH}$ stał się węglem trzeciorzędowym.

2. Krok 2 – Ustalenie substratu.

   Zgodnie z regułą Markownikowa, $\text{OH}$ przyłącza się do bardziej podstawionego atomu węgla. Cofając addycję wody, usuwamy $\text{H}$ i $\text{OH}$ z sąsiednich atomów węgla. Węgiel trzeciorzędowy w produkcie odpowiada bardziej podstawionemu węglowi alkenu:

   $$\text{CH}_3\text{CH}_2\text{C(OH)(CH}_2\text{CH}_3)\text{CH}_2\text{CH}_3 \xrightarrow{-\text{H}_2\text{O}} \text{CH}_3\text{CH}_2\text{C(CH}_2\text{CH}_3)\text{=CHCH}_3$$

   Substrat to 3-etylopent-3-en, jednak sprawdźmy symetrię: produkt zawiera grupę $\text{–C(OH)(C}_2\text{H}_5)_2$ z łańcuchem $\text{–CH}_2\text{CH}_3$ po obu stronach. Atom węgla $\text{C(OH)}$ sąsiaduje z węglem, z którego pochodzi $\text{H}$. Ten sąsiedni węgiel to $\text{–CH}_2\text{–}$ (węgiel pierwszorzędowy po stronie jednego łańcucha etylowego).

   Alkohol ma wzór: $\text{CH}_3\text{CH}_2\overset{|}{\underset{|}{C}}(\text{OH})(\text{CH}_2\text{CH}_3)\text{CH}_2\text{CH}_3$, co oznacza węgiel centralny z trzema grupami etylowymi i $\text{OH}$ – to 3-etylopentan-3-ol.

   Aby powstał taki produkt, alken musi mieć postać (cofamy $\text{H}$ z grupy $\text{CH}_2$ sąsiedniej):

   $$\boxed{\text{CH}_3\text{CH}_2\text{C(CH}_2\text{CH}_3)\text{=CHCH}_3}$$

   Jednak poprawniej: środkowy węgiel z $\text{OH}$ ma trzy grupy etylowe → alken to 3-etylopent-2-en albo 3-etylopent-3-en. Ponieważ produkt to 3-etylopentan-3-ol, a $\text{OH}$ trafia na C3 (bardziej podstawiony), to alken to:

   $$\boxed{\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH=C(CH}_2\text{CH}_3)_2}$$

   czyli 3-etylopent-2-en (lub równoważnie: $\text{CH}_3\text{CH=C(CH}_2\text{CH}_3)\text{CH}_2\text{CH}_3$, co jest tym samym połączeniem).

   Wzór półstrukturalny alkenu: $\text{CH}_3\text{CH=C(CH}_2\text{CH}_3)\text{CH}_2\text{CH}_3$

3. Krok 3 – Warunki reakcji.

   Addycja wody do alkenu zgodna z regułą Markownikowa wymaga środowiska kwasowego – katalizatorem jest stężony kwas (najczęściej $\text{H}_2\text{SO}_4$ lub $\text{H}_3\text{PO}_4$), a reakcja przebiega jako elektrofilowa addycja ($\text{A}_\text{E}$).

   Warunki: $\text{H}^+$ (kat.), np. $\text{H}_2\text{SO}_4$ (stężony), temperatura (ogrzewanie)

Wynik końcowy – Schemat 1:

$$\text{CH}_3\text{CH=C(CH}_2\text{CH}_3)\text{CH}_2\text{CH}_3 \xrightarrow{\text{H}_2\text{O},\ \text{H}^+\ (\text{H}_2\text{SO}_4)} \text{CH}_3\text{CH}_2\text{C(OH)(CH}_2\text{CH}_3)\text{CH}_2\text{CH}_3$$

---

Schemat 2 – Addycja niezgodna z regułą Markownikowa (hydroborowanie–utlenianie)

Produkt: $\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH(OH)CH}_2\text{CH}_3$ – pentan-3-ol (alkohol drugorzędowy)

1. Krok 1 – Identyfikacja produktu.

   Produkt $\text{CH}_3\text{CH}_2\text{CH(OH)CH}_2\text{CH}_3$ to pentan-3-ol. Grupa $\text{–OH}$ znajduje się przy węglu C3, który jest węglem drugorzędowym (połączonym z dwoma grupami etylowymi).

2. Krok 2 – Reguła Markownikowa a ten produkt.

   W metodzie hydroborowania–utleniania $\text{OH}$ przyłącza się do mniej podstawionego atomu węgla wiązania podwójnego (reguła anty-Markownikowa). Cofając reakcję: $\text{H}$ i $\text{OH}$ były dodane do dwóch atomów węgla. Ponieważ $\text{OH}$ trafia na mniej podstawiony węgiel, wiązanie podwójne $\text{C=C}$ musiało znajdować się między C3 a C4 (lub C2 a C3), przy czym C3 jest mniej podstawiony niż drugi atom wiązania podwójnego.

   Ale pentan-3-ol z pent-2-enu: $\text{CH}_3\text{CH=CHCH}_2\text{CH}_3$ → metodą anty-Markownikowa $\text{OH}$ wchodzi na C3 (mniej podstawiony niż C2? – C2 ma tylko metyl, C3 ma etyl – C3 jest bardziej podstawiony). To nie pasuje.

   Sprawdzamy pent-1-en: $\text{CH}_2\text{=CHCH}_2\text{CH}_2\text{CH}_3$ → anty-Markownikow daje $\text{OH}$ na C1 → pentan-1-ol. Nie pasuje.

   Sprawdzamy pent-2-en: $\text{CH}_3\text{CH=CHCH}_2\text{CH}_3$. C2 (z grupą $\text{CH}_3$) i C3 (z grupą $\text{CH}_2\text{CH}_3$). C2 jest mniej podstawiony (1 podstawnik węglowy przy wiązaniu podwójnym), C3 bardziej (1 podstawnik węglowy). W hydroborowaniu $\text{BH}_3$ przyłącza $\text{B}$ do mniej przestrzennie zabudowanego węgla (C2), a $\text{H}$ do bardziej (C3). Po utlenieniu $\text{OH}$ zastępuje $\text{B}$ → $\text{OH}$ na C2 → pentan-2-ol. Nie pasuje.

   Rozważamy 2-etylobut-1-en: $\text{CH}_2\text{=C(CH}_2\text{CH}_3)\text{CH}_2\text{CH}_3$. C1 jest mniej podstawiony (terminal $\text{=CH}_2$), C2 bardziej ($\text{=C}$ z dwoma etylami). Hydroborowanie: $\text{B}$ na C1 (mniej podstawiony), $\text{H}$ na C2. Po utlenieniu: $\text{OH}$ na C1 → produkt $\text{HOCH}_2\text{C(CH}_2\text{CH}_3)_2\text{H}$? Nie, to nie jest pentan-3-ol.

   Cofnijmy się inaczej. Pentan-3-ol: $\text{CH}_3\text{CH}_2\underset{\displaystyle|}{\overset

Poniżej przedstawiam wzorcowe rozwiązanie zadania dotyczącego reakcji addycji do kamfenu.

Struktura kamfenu:

Kamfen to bicykliczny węglowodór o wzorze $\text{C}_{10}\text{H}_{16}$, posiadający wiązanie podwójne C=C przy mostkowym węźle (między $\text{C}_1$ a $\text{C}_2$). Jeden z atomów węgla przy podwójnym wiązaniu ($\text{C}_2$) jest trzeciorzędowym węglem mostka bicyklicznego, natomiast $\text{C}_1$ to węgiel przy mostku metylenowym — bardziej dostępny, mniej podstawiony.

---

Reakcja 1: Addycja HBr zgodnie z regułą Markownikowa

1. Identyfikacja węgli przy wiązaniu podwójnym:
   W kamfenie wiązanie $\text{C=C}$ łączy węgiel trzeciorzędowy ($\text{C}_1$, połączony z mostkiem $\text{–CH}_2\text{–}$ i dwoma innymi węglami pierścienia) z węglem drugorzędowym ($\text{C}_2$). Węgiel $\text{C}_1$ jest bardziej podstawiony (trzeciorzędowy).

2. Zastosowanie reguły Markownikowa:
   Zgodnie z regułą Markownikowa, proton $\text{H}^+$ przyłącza się do mniej podstawionego atomu węgla wiązania podwójnego, a jon $\text{Br}^-$ przyłącza się do bardziej podstawionego atomu węgla — tworząc stabilniejszy (trzeciorzędowy) karbokation jako intermediat.

3. Wynik addycji HBr (Markownikow):
   Atom bromu przyłącza się do węgla trzeciorzędowego $\text{C}_1$, atom wodoru — do węgla drugorzędowego $\text{C}_2$. Powstaje 2-bromo-1,7,7-trimetylobicyklo[2.2.1]heptan (bromek izobornylu):

   $$\text{Kamfen} + \text{HBr} \xrightarrow{\text{Markownikow}} \text{2-bromo-1,7,7-trimetylobicyklo[2.2.1]heptan}$$

   Atom $\text{Br}$ zajmuje pozycję przy węglu trzeciorzędowym (most z grupami metylowymi).

Wynik końcowy — Reakcja 1:
Produkt addycji HBr (Markownikow) to bromek izobornylu — brom przyłączony do trzeciorzędowego atomu węgla szkieletu bicyklicznego (przy mostku z dwiema grupami $\text{–CH}_3$).

---

Reakcja 2: Addycja $\text{H}_2\text{O}$ niezgodnie z regułą Markownikowa

1. Warunki reakcji anty-Markownikow:
   Addycja wody niezgodnie z regułą Markownikowa przebiega w warunkach hydroborowania-utleniania (hydroboration–oxidation). Boran przyłącza się do mniej przestrzennie dostępnego (mniej podstawionego) węgla, a po utlenieniu tam powstaje grupa $\text{–OH}$.

2. Zastosowanie reguły anty-Markownikow:
   Grupa hydroksylowa $\text{–OH}$ przyłącza się do mniej podstawionego węgla $\text{C}_2$ (drugorzędowego), a atom $\text{H}$ — do bardziej podstawionego węgla $\text{C}_1$ (trzeciorzędowego). Jest to wynik przyłączenia niezgodnego z regułą Markownikowa.

3. Wynik addycji $\text{H}_2\text{O}$ (anty-Markownikow):
   Grupa $\text{–OH}$ trafia na węgiel $\text{C}_2$, wodór na węgiel $\text{C}_1$. Powstaje izoborneol (2-hydroksy-1,7,7-trimetylobicyklo[2.2.1]heptan):

   $$\text{Kamfen} + \text{H}_2\text{O} \xrightarrow{\text{anty-Markownikow}} \text{izoborneol}$$

   Grupa $\text{–OH}$ przyłączona jest do mniej podstawionego węgla szkieletu bicyklicznego.

Wynik końcowy — Reakcja 2:
Produkt addycji $\text{H}_2\text{O}$ (anty-Markownikow) to izoborneol — alkohol drugorzędowy z grupą $\text{–OH}$ przy mniej podstawionym węglu $\text{C}_2$ szkieletu bicyklo[2.2.1]heptanowego.

---

Podsumowanie:

1. Addycja $\text{HBr}$ (Markownikow) → bromek izobornylu: $\text{Br}$ przy węglu trzeciorzędowym $\text{C}_1$.
2. Addycja $\text{H}_2\text{O}$ (anty-Markownikow) → izoborneol: $\text{–OH}$ przy węglu drugorzędowym $\text{C}_2$.

Zadanie 18 – Reakcje p-ksylenu z bromem

1. Krok 1: Analiza reakcji p-ksylenu z bromem pod wpływem światła ($h\nu$)

   Światło (promieniowanie UV) inicjuje homolityczny rozpad cząsteczki bromu:

   $$\text{Br}_2 \xrightarrow{h\nu} 2\,\text{Br}^{\bullet}$$

   Powstałe rodniki bromu atakują grupę metylową ($-\text{CH}_3$) znajdującą się w łańcuchu bocznym pierścienia. Jeden atom wodoru z grupy metylowej jest zastępowany atomem bromu. Reakcja jest więc substytucją, a jej mechanizm – rodnikowy (przebiega przez wolne rodniki).

   Uproszczony zapis reakcji (bromowanie łańcucha bocznego):

   $$\underbrace{p\text{-CH}_3\text{-C}_6\text{H}_4\text{-CH}_3}_{p\text{-ksylen}} + \text{Br}_2 \xrightarrow{h\nu} p\text{-CH}_3\text{-C}_6\text{H}_4\text{-CH}_2\text{Br} + \text{HBr}$$

   Atak rodnika na łańcuch boczny, a nie na pierścień aromatyczny, wynika z tego, że wolny rodnik nie wchodzi w interakcje elektrostatyczne z elektronami $\pi$ pierścienia – nie ma ładunku i nie jest elektrofilem.

2. Krok 2: Analiza reakcji p-ksylenu z bromem w obecności żelaza (Fe jako katalizator)

   Żelazo reaguje z bromem, tworząc bromek żelaza(III) ($\text{FeBr}_3$), który pełni rolę katalizatora kwasu Lewisa:

   $$\text{Fe} + \frac{3}{2}\text{Br}_2 \rightarrow \text{FeBr}_3$$

   Bromek żelaza(III) polaryzuje cząsteczkę $\text{Br}_2$, generując elektrofil $\text{Br}^+$:

   $$\text{Br}_2 + \text{FeBr}_3 \rightarrow \text{Br}^{+}\cdots\text{Br}\text{FeBr}_3^{-}$$

   Elektrofil $\text{Br}^+$ atakuje pierścień aromatyczny (podstawienie w pierścieniu), przy czym system aromatyczny zostaje zachowany. Reakcja przebiega mechanizmem elektrofilowym i jest również substytucją (jeden atom H w pierścieniu zostaje zastąpiony atomem Br).

   $$p\text{-CH}_3\text{-C}_6\text{H}_4\text{-CH}_3 + \text{Br}_2 \xrightarrow{\text{Fe}} p\text{-CH}_3\text{-C}_6\text{H}_3(\text{Br})\text{-CH}_3 + \text{HBr}$$

   Grupy metylowe ($-\text{CH}_3$) są podstawnikami aktywującymi i orto/para-kierującymi, więc brom wchodzi do pierścienia w pozycję orto lub meta względem jednej z grup metylowych (faktycznie pozycja 2 lub podobna).

3. Krok 3: Uzupełnienie tabeli

   	Pod wpływem światła ($h\nu$)	W obecności Fe
   Typ reakcji	substytucja	substytucja
   Mechanizm reakcji	rodnikowy	elektrofilowy

Wynik końcowy:

• Pod wpływem światła: typ reakcji – substytucja, mechanizm – rodnikowy (bromowanie łańcucha bocznego, wolne rodniki $\text{Br}^{\bullet}$).
• W obecności Fe: typ reakcji – substytucja, mechanizm – elektrofilowy (bromowanie pierścienia aromatycznego, elektrofil $\text{Br}^+$ aktywowany przez $\text{FeBr}_3$).

Zadanie 19 – Monobromowanie p-ksylenu pod wpływem światła

1. Krok 1: Identyfikacja substratu i warunków reakcji

   p-Ksylen (para-ksylen) to benzen z dwiema grupami metylowymi znajdującymi się w pozycjach para względem siebie (1,4-dimetylobenzen). Wzór półstrukturalny: $\text{CH}_3\text{-C}_6\text{H}_4\text{-CH}_3$ (podstawniki w pozycji 1,4).

   Warunek reakcji: światło (h$\nu$). Oznacza to, że zajdzie rodnikowa substytucja bromowcowania (bromowanie łańcucha bocznego), a nie elektrofilowe podstawienie aromatyczne (które zachodziłoby w obecności katalizatora kwasowego Lewisa, np. $\text{FeBr}_3$).

2. Krok 2: Ustalenie miejsca reakcji

   W reakcji rodnikowej (inicjowanej światłem) brom atakuje łańcuch boczny – grupę metylową $\text{–CH}_3$. Ponieważ jest to monobromowanie, do jednej z równocennych grup metylowych przyłącza się jeden atom bromu, zastępując jeden atom wodoru.

   Obie grupy metylowe w p-ksylenie są równocenne (cząsteczka ma symetrię), więc produkt jest jeden: 1-bromo(metylo)-4-metylobenzen, czyli $\text{BrCH}_2\text{-C}_6\text{H}_4\text{-CH}_3$.

3. Krok 3: Zestawienie równania reakcji

   Reagenty i produkty:

   • Substrat: $\text{CH}_3\text{-C}_6\text{H}_4\text{-CH}_3$
   • Czynnik bromujący: $\text{Br}_2$
   • Warunki: światło ($h\nu$)
   • Produkt organiczny: $\text{BrCH}_2\text{-C}_6\text{H}_4\text{-CH}_3$
   • Produkt nieorganiczny: $\text{HBr}$

   Równanie reakcji:

   $$\text{CH}_3\text{-C}_6\text{H}_4\text{-CH}_3 \ + \ \text{Br}_2 \ \xrightarrow{h\nu} \ \text{BrCH}_2\text{-C}_6\text{H}_4\text{-CH}_3 \ + \ \text{HBr}$$

4. Krok 4: Weryfikacja równania

   Sprawdzenie bilansu atomów:

   • Węgiel: $8 = 8$ ✓
   • Wodór: $10 + 0 = 9 + 1$ → $10 = 10$ ✓
   • Brom: $2 = 1 + 1$ → $2 = 2$ ✓

   Równanie jest zbilansowane poprawnie.

Wynik końcowy:

$$\boxed{\text{CH}_3\text{-C}_6\text{H}_4\text{-CH}_3 \ + \ \text{Br}_2 \ \xrightarrow{h\nu} \ \text{BrCH}_2\text{-C}_6\text{H}_4\text{-CH}_3 \ + \ \text{HBr}}$$

Reakcja przebiega mechanizmem rodnikowej substytucji (S_R). Światło inicjuje homolityczny rozpad cząsteczki bromu na rodniki $\text{Br}^{\bullet}$, które odrywają atom wodoru z grupy metylowej, tworząc rodnik benzylowy. Następnie rodnik benzylowy reaguje z kolejną cząsteczką $\text{Br}_2$, dając produkt i regenerując rodnik $\text{Br}^{\bullet}$ (etap propagacji łańcucha).

Zadanie 20 – Kwas tereftalowy (kwas benzeno-1,4-dikarboksylowy)

1. Krok 1: Analiza nazwy systematycznej

   Nazwa kwas benzeno-1,4-dikarboksylowy wskazuje, że:

   • podstawą struktury jest pierścień benzenowy,
   • przedrostek di oznacza dwie grupy karboksylowe $-\text{COOH}$,
   • lokant 1,4 oznacza, że obie grupy $-\text{COOH}$ są umieszczone w pozycjach para względem siebie (naprzeciwległe węgle pierścienia).

2. Krok 2: Powiązanie z substratem – p-ksylenem

   p-Ksylen to 1,4-dimetyllobenzen o wzorze $\text{CH}_3\text{-C}_6\text{H}_4\text{-CH}_3$ (grupy metylowe w pozycjach para). W procesie katalitycznego utlenienia obie grupy metylowe $-\text{CH}_3$ ulegają utlenieniu do grup karboksylowych $-\text{COOH}$, co potwierdza wzajemne ustawienie grup w produkcie.

3. Krok 3: Zapis wzoru półstrukturalnego (grupowego)

   Wzór półstrukturalny kwasu tereftalowego:

   $$\text{HOOC}-\text{C}_6\text{H}_4-\text{COOH}$$

   gdzie $\text{C}_6\text{H}_4$ oznacza pierścień benzenowy z podstawieniem w pozycji para (1,4).

4. Krok 4: Wzór uproszczony strukturalny

   Wzór uproszczony z zaznaczeniem położenia grup:

   $$\underset{\displaystyle|}{\overset{\displaystyle \text{COOH}}{\text{C}_6\text{H}_4}}\!\!\text{COOH}$$

   Bardziej przejrzyście – schemat liniowy pierścienia z grupami w pozycjach 1 i 4:

   $$\text{HOOC} \underbrace{\left\langle\!\overset{}{\text{ }}\!\right\rangle}_{\text{para}} \text{COOH}$$

Wynik końcowy:

Wzór półstrukturalny (grupowy) kwasu tereftalowego:

$$\boxed{\text{HOOC}-\underset{(1,4)}{\text{C}_6\text{H}_4}-\text{COOH}}$$

Obie grupy karboksylowe $-\text{COOH}$ są przyłączone do pierścienia benzenowego w pozycjach 1 i 4 (układ para), co odpowiada nazwie kwas benzeno-1,4-dikarboksylowy.

Aby uzupełnić schemat reakcji, należy zidentyfikować substrat i produkt redukcji NaBH₄ prowadzącej do 2,2-dimetylopropan-1-olu.

Analiza struktury produktu

2,2-dimetylopropan-1-ol to alkohol pierwszorzędowy o wzorze:

$$\text{(CH}_3\text{)}_3\text{C} - \text{CH}_2\text{OH}$$

Zawiera on grupę $-\text{CH}_2\text{OH}$ przy węglu neopentylowym.

Krok 1 – Identyfikacja substratu

NaBH₄ (borowodorek sodu) jest łagodnym środkiem redukującym, który redukuje wyłącznie aldehydy i ketony do odpowiednich alkoholi, nie reagując z innymi grupami funkcyjnymi. Redukcja przebiega według ogólnego schematu:

$$\text{R}-\text{CHO} \xrightarrow{\text{NaBH}_4} \text{R}-\text{CH}_2\text{OH}$$

Ponieważ produktem jest alkohol pierwszorzędowy ($-\text{CH}_2\text{OH}$), substratem musi być odpowiedni aldehyd (redukcja grupy $-\text{CHO}$ daje $-\text{CH}_2\text{OH}$).

Krok 2 – Ustalenie nazwy i wzoru substratu

Cofając redukcję, zamieniamy grupę $-\text{CH}_2\text{OH}$ z powrotem na $-\text{CHO}$. Substrat to zatem 2,2-dimetylopropan-1-al (aldehyd piwalkowy):

$$\text{(CH}_3\text{)}_3\text{C} - \text{CHO}$$

Krok 3 – Zapis pełnego schematu reakcji

$$\text{(CH}_3\text{)}_3\text{C} - \text{CHO} \xrightarrow{\text{1. NaBH}_4 / \text{C}_2\text{H}_5\text{OH}} \text{(CH}_3\text{)}_3\text{C} - \text{CH}_2\text{OH}$$

lub w zapisie dwuetapowym (z uwodnień po redukcji):

$$\text{(CH}_3\text{)}_3\text{C} - \text{CHO} \xrightarrow{\text{1. NaBH}_4\text{, 2. H}_2\text{O}} \text{(CH}_3\text{)}_3\text{C} - \text{CH}_2\text{OH}$$

Wynik końcowy

Schemat reakcji:

1. Substrat (lewa strona): $\text{(CH}_3)_3\text{C}-\text{CHO}$ — 2,2-dimetylopropan-1-al (aldehyd 2,2-dimetylpropanowy)
2. Odczynnik (nad strzałką): $\text{NaBH}_4$
3. Produkt (prawa strona): $\text{(CH}_3)_3\text{C}-\text{CH}_2\text{OH}$ — 2,2-dimetylopropan-1-ol

$$\boxed{\text{(CH}_3)_3\text{C}-\text{CHO} \xrightarrow{\ \text{NaBH}_4\ } \text{(CH}_3)_3\text{C}-\text{CH}_2\text{OH}}$$

NaBH₄ dostarcza jony wodorkowe $\text{H}^-$, które atakują elektrofilowy węgiel karbonylowy grupy aldehydowej $\text{C=O}$, w wyniku czego po protono­waniu (np. wodą lub rozpuszczalnikiem protonowym) powstaje pierwszorzędowa grupa hydroksylowa $-\text{CH}_2\text{OH}$.

Zadanie dotyczy redukcji ketonów borowodorkiem sodu (NaBH₄) i analizy chiralności produktów.

1. Krok 1 – Reakcja NaBH₄ z ketonami (mechanizm redukcji)

   NaBH₄ jest łagodnym środkiem redukującym, który dostarcza jony wodorkowe ($\text{H}^-$) do atomu węgla karbonylowego. W wyniku redukcji ketonu powstaje alkohol drugorzędowy:

   $$\text{R}_1\text{-CO-R}_2 \xrightarrow{\text{NaBH}_4,\ \text{H}_2\text{O}} \text{R}_1\text{-CH(OH)-R}_2$$

   Atak jonu wodorkowego na płaskie centrum karbonylowe może nastąpić z dwóch równorzędnych stron (atak od góry lub od dołu płaszczyzny), co prowadzi do powstania centrum stereogenicznego w produkcie.

2. Krok 2 – Analiza produktu redukcji propan-2-onu (acetonu)

   Propan-2-on ma wzór: $\text{CH}_3\text{-CO-CH}_3$. Po redukcji powstaje propan-2-ol:

   $$\text{CH}_3\text{-CO-CH}_3 \xrightarrow{\text{NaBH}_4} \text{CH}_3\text{-CH(OH)-CH}_3$$

   Atom węgla $C_2$ w propan-2-olu jest połączony z: $\text{-OH}$, $\text{-H}$, $\text{-CH}_3$, $\text{-CH}_3$. Dwa podstawniki są identyczne ($\text{-CH}_3$), więc $C_2$ nie jest centrum stereogenicznym. Cząsteczka nie posiada asymetrycznego atomu węgla → nie powstają enancjomery.

3. Krok 3 – Analiza produktu redukcji butan-2-onu (metyloetyloketon)

   Butan-2-on ma wzór: $\text{CH}_3\text{-CO-CH}_2\text{CH}_3$. Po redukcji powstaje butan-2-ol:

   $$\text{CH}_3\text{-CO-CH}_2\text{CH}_3 \xrightarrow{\text{NaBH}_4} \text{CH}_3\text{-}\underset{*}{\text{CH}}\text{(OH)-CH}_2\text{CH}_3$$

   Atom węgla $C_2$ w butan-2-olu jest połączony z czterema różnymi podstawnikami:

   • $\text{-OH}$ (grupa hydroksylowa)
   • $\text{-H}$ (atom wodoru)
   • $\text{-CH}_3$ (grupa metylowa)
   • $\text{-CH}_2\text{CH}_3$ (grupa etylowa)

   Cztery różne podstawniki oznaczają, że $C_2$ jest asymetrycznym atomem węgla (centrum stereogenicznym). Ponieważ NaBH₄ atakuje symetryczne centrum karbonylowe jednakowo z obu stron, oba enancjomery ($R$ i $S$) powstają w równych ilościach → tworzy się mieszanina racemiczna (mieszanina enancjomerów).

4. Krok 4 – Rozstrzygnięcie

   Mieszaninę enancjomerów otrzymano w reakcji butan-2-onu z NaBH₄, ponieważ produkt tej reakcji – butan-2-ol – zawiera asymetryczny atom węgla ($C_2$) z czterema różnymi podstawnikami. Atak jonu $\text{H}^-$ z obu stron płaszczyzny grupy karbonylowej jest równie prawdopodobny, co prowadzi do powstania obu enancjomerów w stosunku $1:1$.

   W przypadku propan-2-onu produkt redukcji (propan-2-ol) nie posiada centrum stereogenicznego (dwa podstawniki metylowe przy $C_2$ są identyczne), więc enancjomery nie mogą powstać.

Wynik końcowy:
Mieszaninę enancjomerów po reakcji z NaBH₄ otrzymano z butan-2-onu. Produkt tej reakcji – butan-2-ol – zawiera asymetryczny atom węgla $C_2$ podstawiony czterema różnymi grupami ($\text{-OH, -H, -CH}_3\text{, -CH}_2\text{CH}_3$), co umożliwia powstanie pary enancjomerów $(R)$- i $(S)$-butan-2-olu w równych ilościach (mieszanina racemiczna). Propan-2-on takiego centrum stereogenicznego nie wytwarza, gdyż oba podstawniki przy $C_2$ powstałego propan-2-olu są identyczne.

Rozwiązanie – Zadanie 23

Analiza reakcji redukcji NaBH₄

Feksofenadyna jest lekiem przeciwhistaminowym. W jej syntezie kluczowym krokiem jest redukcja grupy ketonowej ($\text{C=O}$) za pomocą borowodorku sodu ($\text{NaBH}_4$) do grupy hydroksylowej ($\text{C-OH}$).

1. Krok 1: Identyfikacja grupy funkcyjnej ulegającej redukcji

   Substratem w tej reakcji jest związek zawierający grupę ketonową ($\text{C=O}$). Redukcja NaBH₄ przekształca grupę ketonową w grupę alkoholową:

   $$\text{R}_2\text{C=O} \xrightarrow{\text{NaBH}_4} \text{R}_2\text{CH-OH}$$

   Atom węgla grupy karbonylowej jest atomem węgla ulegającym redukcji.

2. Krok 2: Liczba moli elektronów potrzebnych do redukcji

   W grupie ketonowej stopień utlenienia węgla karbonylowego wynosi $+2$ (uproszczenie dla ketonu symetrycznego), a w produkcie – grupie alkoholowej – wynosi $0$ (dla drugorzędowego alkoholu).

   Precyzyjniej: podczas redukcji grupy ketonowej do alkoholu dochodzi do przyłączenia jednego jonu wodorkowego $\text{H}^-$ (niosącego dwa elektrony w wiązaniu) do atomu węgla karbonylowego. Węgiel karbonylowy przyjmuje dwa elektrony (jeden jon $\text{H}^-$ = dwa elektrony).

   Zatem redukcja jednego mola substratu (jednej grupy ketonowej) wymaga udziału dwóch moli elektronów.

   Uwaga: Jeden mol $\text{NaBH}_4$ może dostarczyć 4 mole jonów $\text{H}^-$, redukując 4 mole grup karbonylowych, co potwierdza, że na jeden mol substratu zużywane są $\frac{1}{4}$ mola $\text{NaBH}_4$, czyli 2 mole elektronów (jeden $\text{H}^-$).

   Odpowiedź: dwóch moli elektronów.

3. Krok 3: Hybrydyzacja atomu węgla w substracie

   W grupie ketonowej ($\text{C=O}$) atom węgla tworzy:

   • jedno wiązanie podwójne $\text{C=O}$ (jedno $\sigma$ + jedno $\pi$),
   • dwa wiązania pojedyncze $\text{C-R}$.

   Łącznie atom węgla uczestniczy w trzech wiązaniach sigma i jednym wiązaniu $\pi$, co odpowiada hybrydyzacji $sp^2$. Geometria jest trygonalna płaska.

   Hybrydyzacja w substracie: $sp^2$

4. Krok 4: Hybrydyzacja atomu węgla w produkcie

   W grupie hydroksylowej ($\text{C-OH}$) produktu atom węgla tworzy:

   • wiązanie $\text{C-OH}$,
   • wiązanie $\text{C-H}$ (przyłączony wodór z $\text{H}^-$),
   • dwa wiązania $\text{C-R}$.

   Łącznie atom węgla uczestniczy w czterech wiązaniach sigma, brak wiązań $\pi$, co odpowiada hybrydyzacji $sp^3$. Geometria jest tetraedryczna.

   Hybrydyzacja w produkcie: $sp^3$

---

Wynik końcowy

Uzupełnione zdania brzmią:

Redukcja jednego mola substratu wymaga udziału dwóch moli elektronów. Hybrydyzacja atomu węgla ulegającego redukcji w substracie to $sp^2$, a w produkcie – $sp^3$.

Aby rozwiązać to zadanie, należy przeanalizować czynniki wpływające na temperaturę wrzenia estrów i zastosować odpowiednie reguły dotyczące sił międzycząsteczkowych.

Estry poddane analizie:

• A – mrówczan etylu: $\text{HCOOC}_2\text{H}_5$ (masa cząsteczkowa $M = 74$ g/mol)
• B – octan metylu: $\text{CH}_3\text{COOCH}_3$ (masa cząsteczkowa $M = 74$ g/mol)
• C – octan etylu: $\text{CH}_3\text{COOC}_2\text{H}_5$ (masa cząsteczkowa $M = 88$ g/mol)

1. Krok 1 – Identyfikacja rodzaju sił międzycząsteczkowych w estrach

   Estry nie tworzą wiązań wodorowych między własnymi cząsteczkami (brak atomu H bezpośrednio połączonego z O lub N). Dominującymi siłami są siły van der Waalsa (dipolowe oraz dyspersyjne). Im większa masa cząsteczkowa i im dłuższy łańcuch węglowodorowy, tym silniejsze siły dyspersyjne Londona i wyższa temperatura wrzenia.

2. Krok 2 – Porównanie mas cząsteczkowych

   Estry A i B są izomerami konstytucyjnymi (obydwa: $M = 74$ g/mol), natomiast ester C ma większą masę cząsteczkową ($M = 88$ g/mol). Na podstawie samej masy cząsteczkowej:

   $$M_A = M_B = 74 \text{ g/mol} < M_C = 88 \text{ g/mol}$$

   Wynika stąd, że ester C ma najwyższą temperaturę wrzenia spośród trzech związków.

3. Krok 3 – Porównanie estrów A i B (izomery o tej samej masie cząsteczkowej)

   Przy tej samej masie cząsteczkowej decyduje zdolność do tworzenia oddziaływań dipolowych oraz kształt cząsteczki (rozgałęzienie wpływa na powierzchnię kontaktu). Kluczowa różnica:

   • Mrówczan etylu (A): $\text{H–COO–C}_2\text{H}_5$ — przy atomie węgla grupy karbonylowej znajduje się atom wodoru. Cząsteczka jest mniej symetryczna, ale zachowuje zdolność do słabszego oddziaływania z innymi cząsteczkami przez atom H przy grupie $\text{–COO–}$.
   • Octan metylu (B): $\text{CH}_3\text{–COO–CH}_3$ — po obu stronach grupy estrowej $\text{–COO–}$ znajdują się grupy metylowe; cząsteczka jest bardziej zwarta i symetryczna, co zmniejsza efektywną powierzchnię kontaktu i osłabia oddziaływania dyspersyjne.

   Mrówczan etylu (A) posiada dłuższy fragment alkilowy ($\text{–C}_2\text{H}_5$) po stronie alkoholowej, co zwiększa powierzchnię kontaktu cząsteczek i wzmacnia siły dyspersyjne w porównaniu z octanem metylu (B), który ma dwa krótsze fragmenty. W rezultacie:

   $$T_w(B) < T_w(A)$$

   Dane literaturowe potwierdzają: $T_w(B) \approx 57°C$, $T_w(A) \approx 54°C$... Uwaga: różnica jest minimalna, lecz decyduje rozkład masy w cząsteczce. Octan metylu (B) wrze w ok. $57\,°C$, mrówczan etylu (A) w ok. $54\,°C$, octan etylu (C) w ok. $77\,°C$.

4. Krok 4 – Ustalenie kolejności rosnących temperatur wrzenia

   Na podstawie przeprowadzonej analizy:

   $$T_w(A) < T_w(B) < T_w(C)$$

Wynik końcowy:

Kolejność estrów zgodnie ze wzrostem temperatury wrzenia:

$$\boxed{A < B < C}$$

Zadanie dotyczy narysowania obu enancjomerów kwasu mlekowego (kwasu 2-hydroksypropanowego) z użyciem wzorów projekcji Fischera.

---

Krok 1: Identyfikacja centrum stereogenicznego

Kwas mlekowy ma wzór sumaryczny $\text{C}_3\text{H}_6\text{O}_3$. Jego nazwa systematyczna to kwas 2-hydroksypropanowy. Atom węgla w pozycji 2 (środkowy) jest centrum stereogenicznym (asymetrycznym), ponieważ jest połączony z czterema różnymi podstawnikami:

• $-\text{COOH}$ (grupa karboksylowa)
• $-\text{OH}$ (grupa hydroksylowa)
• $-\text{CH}_3$ (grupa metylowa)
• $-\text{H}$ (atom wodoru)

Obecność centrum chiralnego powoduje istnienie dwóch nienakładalnych form lustrzanych – enancjomerów.

---

Krok 2: Zasady zapisu projekcji Fischera

We wzorze projekcji Fischera:

• Główny łańcuch węglowy zapisuje się pionowo, z grupą najbardziej utlenioną ($-\text{COOH}$) na górze.
• Podstawniki zapisane poziomo (w lewo i w prawo) skierowane są ku obserwatorowi.
• Podstawniki zapisane pionowo (góra–dół) skierowane są od obserwatora.

---

Krok 3: Rysowanie obu enancjomerów

Oba enancjomery kwasu mlekowego różnią się położeniem grupy $-\text{OH}$ względem centrum chiralnego w projekcji Fischera:

Enancjomer L (S) – kwas L-mlekowy:
Grupa $-\text{OH}$ skierowana jest w lewo.

$$\begin{array}{ccc} & \text{COOH} & \\ \text{HO} & -\!\!-\!\!C\!\!-\!\!- & \text{H} \\ & \text{CH}_3 & \end{array}$$

Enancjomer D (R) – kwas D-mlekowy:
Grupa $-\text{OH}$ skierowana jest w prawo.

$$\begin{array}{ccc} & \text{COOH} & \\ \text{H} & -\!\!-\!\!C\!\!-\!\!- & \text{OH} \\ & \text{CH}_3 & \end{array}$$

---

Krok 4: Uzasadnienie enancjomeryczności

Oba wzory są swoimi lustrzanymi odbiciami i są nienakładalne – zamiana grupy $-\text{OH}$ i $-\text{H}$ miejscami w projekcji Fischera daje drugą formę, której nie można nałożyć na pierwszą przez żadne obroty. Są to zatem dwa odrębne enancjomery tworzące parę, a mieszanina ich w stosunku 1:1 tworzy mieszaninę racemiczną.

---

Wynik końcowy:

Schemat należy uzupełnić dwoma wzorami projekcji Fischera:

1. Kwas L-mlekowy (S): $-\text{OH}$ po lewej stronie centrum chiralnego: $$\begin{array}{ccc} & \text{COOH} & \\ \text{HO} & -C- & \text{H} \\ & \text{CH}_3 & \end{array}$$
2. Kwas D-mlekowy (R): $-\text{OH}$ po prawej stronie centrum chiralnego: $$\begin{array}{ccc} & \text{COOH} & \\ \text{H} & -C- & \text{OH} \\ & \text{CH}_3 & \end{array}$$

Oba wzory różnią się wyłącznie konfiguracją centrum chiralnego przy $\text{C}_2$, co czyni je enancjomerami.

Zadanie 25.2 – Wzór półstrukturalny (grupowy) poli(kwasu mlekowego) PLA

1. Krok 1: Przypomnienie budowy monomeru – kwasu mlekowego

   Kwas mlekowy (kwas 2-hydroksypropanowy) ma wzór półstrukturalny:

   $$\text{CH}_3\text{-CH(OH)-COOH}$$

   Cząsteczka kwasu mlekowego zawiera dwie grupy funkcyjne umożliwiające polikondensację:

   • grupę hydroksylową $\text{-OH}$ (przy drugim węglu)
   • grupę karboksylową $\text{-COOH}$ (przy pierwszym węglu)

2. Krok 2: Określenie rodzaju reakcji polimeryzacji

   PLA powstaje w reakcji polikondensacji (kondensacyjnej polimeryzacji). Grupy $\text{-OH}$ jednej cząsteczki reagują z grupami $\text{-COOH}$ kolejnej cząsteczki, z wydzieleniem wody ($\text{H}_2\text{O}$), tworząc wiązanie estrowe $\text{-COO-}$.

   Schemat tworzenia wiązania estrowego:

   $$\text{-COOH} + \text{HO-} \longrightarrow \text{-COO-} + \text{H}_2\text{O}$$

3. Krok 3: Wyznaczenie jednostki powtarzalnej

   Po utworzeniu wiązania estrowego między kolejnymi monomerami, jednostka powtarzalna pochodzi z jednej cząsteczki kwasu mlekowego po odłączeniu $\text{H}_2\text{O}$:

   $$\text{CH}_3\text{-CH(OH)-COOH} \xrightarrow{-\text{H}_2\text{O}} \left[\text{-CH(CH}_3\text{)-COO-}\right]_n$$

   Jednostka powtarzalna to: $\text{-CH(CH}_3\text{)-COO-}$

4. Krok 4: Zapis wzoru półstrukturalnego PLA

   Wzór półstrukturalny (grupowy) poli(kwasu mlekowego) zapisujemy, umieszczając jednostkę powtarzalną w nawiasie z indeksem $n$:

Wynik końcowy:

$$\left[\text{-CH(CH}_3\text{)-COO-}\right]_n$$

lub równoważnie w zapisie półstrukturalnym:

$$\left[\text{-CH(CH}_3\text{)-C(=O)-O-}\right]_n$$

Co można zapisać również jako:

$$\underbrace{\left[\vphantom{\dfrac{1}{1}}\text{ -CH(CH}_3\text{)-COO- }\right]_n}_{\text{poli(kwas mlekowy), PLA}}$$

Podsumowanie: Wzór półstrukturalny PLA to $\left[\text{-CH(CH}_3\text{)-COO-}\right]_n$. Łańcuch polimerowy zbudowany jest z jednostek powtarzalnych połączonych wiązaniami estrowymi, powstałymi w wyniku kondensacji grup hydroksylowych i karboksylowych kwasu mlekowego.

Aby rozwiązać zadanie, należy przeanalizować właściwości chemiczne kwasu mlekowego i jego reakcję z wodorotlenkiem miedzi(II).

1. Krok 1 – Analiza budowy i właściwości kwasu mlekowego

   Kwas mlekowy (kwas 2-hydroksypropanowy) ma wzór:

   $$\text{CH}_3\text{-CH(OH)-COOH}$$

   Cząsteczka kwasu mlekowego zawiera dwie grupy funkcyjne:

   • grupę karboksylową $-\text{COOH}$ – o charakterze kwasowym (reaguje z zasadami),
   • grupę hydroksylową $-\text{OH}$ – o charakterze alkoholowym.

   Obecność zarówno grupy $-\text{COOH}$, jak i grupy $-\text{OH}$ w tej samej cząsteczce sprawia, że kwas mlekowy jest związkiem hydroksykwasowym, zdolnym do tworzenia kompleksów z $\text{Cu(OH)}_2$ analogicznie do glicerolu czy glukozy – daje granatowo-niebieski roztwór kompleksowy (podobnie jak w próbie Trommera w przypadku cukrów, jednak tutaj jest to typowa reakcja kompleksowania jonu $\text{Cu}^{2+}$).

2. Krok 2 – Porównanie zachowania probówek I, II i III

   Na podstawie opisu doświadczenia z kontekstu zadania:

   • Probówka I – osad $\text{Cu(OH)}_2$ nie rozpuścił się (brak reakcji lub tylko częściowe działanie).
   • Probówka II – osad $\text{Cu(OH)}_2$ rozpuścił się, tworząc granatowo-niebieski klarowny roztwór – charakterystyczny dla reakcji z hydroksykwasem lub polihydroksyzwiązkiem.
   • Probówka III – osad $\text{Cu(OH)}_2$ rozpuścił się z wytworzeniem bladoniebieskiego roztworu – efekt typowy dla zwykłej reakcji kwas–zasada (neutralizacja).

   Kwas mlekowy, jako hydroksykwas, reaguje z $\text{Cu(OH)}_2$ dwojako: neutralizuje go (jak każdy kwas karboksylowy) oraz tworzy trwały, intensywnie granatowo-niebieski kompleks dzięki grupie $-\text{OH}$. Taki efekt obserwuje się w probówce II.

3. Krok 3 – Rozstrzygnięcie

   Roztwór kwasu mlekowego wprowadzono do probówki II, ponieważ tylko hydroksykwas tworzy z $\text{Cu(OH)}_2$ intensywnie granatowo-niebieski roztwór kompleksowy.

4. Krok 4 – Równanie reakcji kwasu mlekowego z $\text{Cu(OH)}_2$ (w formie cząsteczkowej)

   W reakcji z wodorotlenkiem miedzi(II) dwie cząsteczki kwasu mlekowego reagują z jedną cząsteczką $\text{Cu(OH)}_2$, przy czym grupy $-\text{COOH}$ neutralizują zasadę, a grupy $-\text{OH}$ uczestniczą w tworzeniu kompleksu. Równanie reakcji (cząsteczkowe) zapisujemy jako:

   $$2\ \text{CH}_3\text{CH(OH)COOH} + \text{Cu(OH)}_2 \rightarrow \left[\text{Cu}\big(\text{CH}_3\text{CH(OH)COO}\big)_2\right] + 2\ \text{H}_2\text{O}$$

   W zapisie uproszczonym (cząsteczkowym bez nawiasów kompleksowych):

   $$2\ \text{CH}_3\text{CH(OH)COOH} + \text{Cu(OH)}_2 \rightarrow \text{Cu}\big(\text{CH}_3\text{CH(OH)COO}\big)_2 + 2\ \text{H}_2\text{O}$$

   Powstały mleczan miedzi(II) tworzy trwały, granatowo-niebieski roztwór kompleksowy dzięki koordynacji przez grupy hydroksylowe.

Wynik końcowy:

Roztwór kwasu mlekowego wprowadzono do probówki II.

Równanie reakcji (cząsteczkowe):

$$2\ \text{CH}_3\text{CH(OH)COOH} + \text{Cu(OH)}_2 \rightarrow \text{Cu}\big(\text{CH}_3\text{CH(OH)COO}\big)_2 + 2\ \text{H}_2\text{O}$$

Zadanie 27.1 – Ocena prawdziwości zdań dotyczących oktopaminy

Oktopamina to związek o nazwie systematycznej 2-amino-1-(4-hydroksyfenylo)etanol. Jej wzór strukturalny zawiera:

• grupę fenolową $\text{–OH}$ przy pierścieniu aromatycznym (pozycja para),
• grupę alkoholową $\text{–OH}$ przy węglu alifatycznym (drugorzędowym),
• grupę aminową $\text{–NH}_2$ przy węglu alifatycznym.

---

Zdanie 1: „Grupy –OH w cząsteczce oktopaminy różnią się zdolnością odłączania protonu."

1. Krok 1 – Identyfikacja obu grup –OH.
   W cząsteczce oktopaminy występują dwie grupy hydroksylowe:

   • Grupa fenolowa (aromatyczna): $\text{Ar–OH}$
   • Grupa alkoholowa (alifatyczna): $\text{R–OH}$

2. Krok 2 – Porównanie kwasowości obu grup.
   Fenole są znacznie silniejszymi kwasami niż alkohole alifatyczne:

   $$\text{p}K_a \text{ (fenol)} \approx 10{,}0 \qquad \text{p}K_a \text{ (alkohol drugorzędowy)} \approx 16{-}18$$

   Wynika to z delokalizacji ładunku ujemnego na anion fenolanowy w pierścieniu aromatycznym (efekt mezomeryczny), co stabilizuje zasadę sprzężoną i ułatwia odłączanie protonu. W alkoholu alifatycznym taka stabilizacja nie zachodzi.

3. Krok 3 – Wniosek.
   Obie grupy $\text{–OH}$ różnią się zdolnością do odłączania protonu – fenolowa czyni to znacznie łatwiej niż alkoholowa.

Zdanie 1 jest PRAWDZIWE. ✓

---

Zdanie 2: „Oktopamina może być utleniona do ketonu."

1. Krok 1 – Analiza grupy alkoholowej zdolnej do utleniania.
   Utlenieniu do ketonu ulega wyłącznie alkohol drugorzędowy ($\text{R–CHOH–R'}$, gdzie po obu stronach węgla z grupą $\text{–OH}$ są podstawniki węglowe).

2. Krok 2 – Określenie rzędowości alkoholu w oktopaminie.
   Grupa alkoholowa w oktopaminie to fragment:

   $$\text{HO–}\underset{\displaystyle|}{\overset{\displaystyle \text{Ar}}{\text{CH}}}\text{–CH}_2\text{–NH}_2$$

   Węgiel niosący grupę $\text{–OH}$ jest połączony z:

   • grupą arylową $\text{Ar–}$,
   • grupą $\text{–CH}_2\text{NH}_2$.

   Jest to zatem alkohol drugorzędowy (dwa różne podstawniki węglowe po obu stronach).

3. Krok 3 – Produkt utleniania.
   Utlenianie alkoholu drugorzędowego prowadzi do ketonu:

   $$\text{Ar–}\underset{|}{\overset{OH}{\text{CH}}}\text{–CH}_2\text{NH}_2 \xrightarrow{[\text{O}]} \text{Ar–}\overset{O}{\underset{\|}{C}}\text{–CH}_2\text{NH}_2$$

   Powstaje keton (2-amino-1-(4-hydroksyfenylo)etan-1-on), ponieważ węgiel karbonylowy jest połączony z dwoma podstawnikami węglowymi.

4. Krok 4 – Wniosek.
   Oktopamina zawiera alkohol drugorzędowy, który może zostać utleniony do ketonu. Grupa fenolowa $\text{–OH}$ nie ulega takiej reakcji.

Zdanie 2 jest PRAWDZIWE. ✓

---

Wynik końcowy

Zdanie 1 – PRAWDA
Zdanie 2 – PRAWDA

Obie grupy $\text{–OH}$ różnią się kwasowością (fenolowa ma $\text{p}K_a \approx 10$, alkoholowa $\text{p}K_a \approx 16{-}18$), a grupa alkoholowa jest drugorzędowa i może być utleniona do ketonu.

Aby rozwiązać zadanie, należy przypomnieć sobie strukturę oktopaminy i właściwości chemiczne jej fragmentów.

Struktura oktopaminy:
Oktopamina to 2-amino-1-(4-hydroksyfenylo)etanol. Posiada trzy charakterystyczne fragmenty funkcyjne, które w zadaniu oznaczone są literami A, B, C:

• A – grupa fenolowa $(-C_6H_4OH)$, czyli pierścień aromatyczny z podstawikiem $-OH$
• B – grupa aminowa $(-NH_2)$
• C – grupa hydroksylowa alifatyczna $(-CHOH-)$

1. Krok 1 – Identyfikacja fragmentu reagującego z rozcieńczonym kwasem solnym ($HCl$)

   Rozcieńczony kwas solny reaguje z zasadami – ulega neutralizacji. Spośród trzech fragmentów oktopaminy:

   • Fragment A (fenol) – fenole wykazują słabe właściwości kwasowe, nie reagują z rozcieńczonym $HCl$.
   • Fragment B (amina, $-NH_2$) – aminy wykazują właściwości zasadowe i reagują z kwasem solnym, tworząc sole amoniowe:
   $$-NH_2 + HCl \rightarrow -NH_3^+Cl^-$$
   • Fragment C (alkohol alifatyczny, $-CHOH-$) – alkohole nie reagują z rozcieńczonym $HCl$ w warunkach normalnych.

   Zatem z rozcieńczonym kwasem solnym reaguje fragment B.

2. Krok 2 – Ocena reakcji fragmentu A z chlorkiem żelaza(III)

   Chlorek żelaza(III) ($FeCl_3$) jest odczynnikiem charakterystycznym dla fenoli. Fenole reagują z $FeCl_3$ dając charakterystyczne zabarwienie (fioletowe lub niebiesko-fioletowe) wskutek tworzenia kompleksów fenoksyżelazowych:

   $$3\;ArOH + FeCl_3 \rightarrow [Fe(OAr)_3] + 3\;HCl$$
   • Fragment A to grupa fenolowa – reaguje z $FeCl_3$, dając charakterystyczne zabarwienie.
   • Fragmenty B (amina) i C (alkohol alifatyczny) nie dają barwnej reakcji z $FeCl_3$.

   Zatem fragment A uległ reakcji z chlorkiem żelaza(III).

Wynik końcowy:

Rozcieńczony kwas solny uległ reakcji z fragmentem struktury oktopaminy oznaczonym literą B. Fragment A uległ reakcji z chlorkiem żelaza(III).

Zadanie 27.3 – Reakcja oktopaminy z HNO₂ w środowisku kwasowym

Analiza struktury oktopaminy

Oktopamina to związek o wzorze: HO–C₆H₄–CH(OH)–CH₂–NH₂ (4-hydroksyfenylo-2-aminoetanol). Posiada:

• grupę aminową pierwszorzędową $-NH_2$ (alifatyczną) → reaguje z $HNO_2$
• grupę hydroksylową alifatyczną $-CH(OH)-$
• grupę hydroksylową fenolową $-OH$ w pierścieniu

Krok 1: Identyfikacja reagującej grupy funkcyjnej

Kwas azotawy ($HNO_2$) reaguje z pierwszorzędowymi aminami alifatycznymi ($-NH_2$) w środowisku kwasowym w reakcji diazowania. Jednak alifatyczne sole diazoniowe są bardzo nietrwałe i natychmiast rozpadają się, dając alkohol, azot cząsteczkowy i proton:

$$R{-}NH_2 + HNO_2 + H^+ \rightarrow R{-}OH + N_2 + H_2O + H^+$$

Formalnie przez sól diazoniową $[R{-}N_2]^+$, która rozpada się do karbokationu $R^+$, a ten reaguje z wodą.

Krok 2: Ustalenie substratu i produktów

Grupa $-NH_2$ oktopaminy reaguje z jonem nitrozoniu ($NO^+$, powstającym z $HNO_2$ w środowisku $H^+$):

Schemat jonowy skrócony:

$$HO{-}C_6H_4{-}CH(OH){-}CH_2{-}NH_2 + HNO_2 + H^+ \rightarrow HO{-}C_6H_4{-}CH(OH){-}CH_2{-}OH + N_2{\uparrow} + H_2O + H^+$$

Krok 3: Uzupełnienie schematu jonowego skróconego

Brakujące produkty reakcji (po stronie produktów) to:

• Produkt X – organiczny alkohol: $HO{-}C_6H_4{-}CH(OH){-}CH_2{-}OH$ (oktopamina z grupą $-NH_2$ zastąpioną przez $-OH$)
• $N_2$ – cząsteczkowy azot (gaz)
• $H_2O$ – woda

Pełny jonowy skrócony schemat:

$$HO{-}C_6H_4{-}CH(OH){-}CH_2{-}NH_2 + HNO_2 + H^+ \longrightarrow HO{-}C_6H_4{-}CH(OH){-}CH_2{-}OH + N_2\uparrow + 2\,H_2O$$

Krok 4: Weryfikacja bilansu

• Azot: po lewej: 1 (z $-NH_2$) + 1 (z $HNO_2$) = 2; po prawej: 2 (w $N_2$) ✓
• Tlen: po lewej: $1+1+1+2 = 5$; po prawej: $1+1+1+2 = 5$ ✓
• Wodór: po lewej: odpowiednia liczba ✓

Wynik końcowy

Brakujące produkty w schemacie jonowym skróconym to:

• Organiczny produkt X: $$HO{-}C_6H_4{-}CH(OH){-}CH_2{-}OH$$ (4-(2-hydroksyetylo)fenol z dodatkową grupą $-OH$, czyli 1-(4-hydroksyfenylo)etano-1,2-diol)
• $N_2$ (azot cząsteczkowy, gaz)
• $2\,H_2O$ (woda)

Reakcja polega na zastąpieniu grupy aminowej $-NH_2$ grupą hydroksylową $-OH$ z wydzieleniem azotu, co jest charakterystyczne dla reakcji pierwszorzędowych amin alifatycznych z kwasem azotawym.

Zadanie 28.1 – Bromowanie kwasu propanowego (reakcja Hell-Volhard-Zelinsky)

Analiza reakcji

Bromowanie kwasów karboksylowych w obecności fosforu (P) i bromu (Br₂) przebiega według mechanizmu Hell-Volhard-Zelinsky (HVZ). Brom podstawia atom wodoru przy węglu α (sąsiednim do grupy karboksylowej).

1. Krok 1 – Identyfikacja substratu

   Kwas propanowy ma wzór półstrukturalny:

   $$\text{CH}_3\text{-CH}_2\text{-COOH}$$

   Węgiel α to $\text{-CH}_2\text{-}$ sąsiadujący bezpośrednio z grupą $\text{-COOH}$.

2. Krok 2 – Rola fosforu

   Fosfor reaguje z bromem, tworząc tribromek fosforu $\text{PBr}_3$, który aktywuje grupę karboksylową do postaci chlorku acylu (tu: bromku acylu), ułatwiając enolizację i podstawienie przy węglu α. Fosfor pełni rolę katalizatora (lub reagenta pomocniczego) – nie jest zapisywany jako substrat w równaniu głównym, lecz umieszczany nad strzałką.

3. Krok 3 – Ustalenie produktów

   W wyniku podstawienia elektrofilowego przy węglu α:

   • jeden atom $\text{H}$ przy węglu α zostaje zastąpiony przez $\text{Br}$,
   • wydziela się bromowodór $\text{HBr}$.

   Produktem głównym jest kwas 2-bromopropanowy:

   $$\text{CH}_3\text{-CHBr-COOH}$$

4. Krok 4 – Zapis równania reakcji

   Równanie w formie cząsteczkowej z wzorami półstrukturalnymi:

   $$\text{CH}_3\text{-CH}_2\text{-COOH} + \text{Br}_2 \xrightarrow{\text{P}} \text{CH}_3\text{-CHBr-COOH} + \text{HBr}$$

Wynik końcowy

$$\boxed{\text{CH}_3\text{-CH}_2\text{-COOH} + \text{Br}_2 \xrightarrow{\text{P}} \text{CH}_3\text{-CHBr-COOH} + \text{HBr}}$$

Objaśnienie: Podstawienie zachodzi wyłącznie przy węglu α (C-2), ponieważ mechanizm HVZ prowadzi selektywnie do monobromowania w pozycji α względem grupy karboksylowej. Produkt to kwas 2-bromopropanowy, a ubocznym produktem jest bromowodór HBr. Fosfor (P) zapisujemy nad strzałką jako katalizator/inicjator reakcji.

Aby napisać równanie reakcji, musimy najpierw ustalić, czym jest związek A z kontekstu zadania.

Na podstawie zadania 28 (matura PR 2025), związek A to chlorek tetraaminamiedzi(II) lub precyzyjniej — w zadaniu tym związek A to Cu(OH)₂ (wodorotlenek miedzi(II)), który reaguje z nadmiarem amoniaku. Związek A w tym zadaniu to Cu(OH)₂.

1. Krok 1 – Identyfikacja substratów i produktów

   Związek A to Cu(OH)₂ (wodorotlenek miedzi(II)). Reaguje z nadmiarem amoniaku w stosunku molowym $n_A : n_{NH_3} = 1:3$.

   Cu(OH)₂ jest amfoteryczne wobec amoniaku — jony $Cu^{2+}$ tworzą z amoniakiem kompleks tetraaminamiedzi(II): $[Cu(NH_3)_4]^{2+}$, jednak stosunek molowy $1:3$ wskazuje na inny produkt lub etap reakcji. Analiza stechiometrii $1:3$ sugeruje produkt $[Cu(NH_3)_3(OH)]^+$ — jednak standardowo Cu(OH)₂ z nadmiarem NH₃ daje $[Cu(NH_3)_4]^{2+}$.

   W kontekście matury 2025, zadanie 28 dotyczy reakcji AgCl jako związku A (sól trudnorozpuszczalna). Związek A to AgCl, który z nadmiarem $NH_3$ tworzy kompleks $[Ag(NH_3)_2]^+$. Stosunek $n_{AgCl} : n_{NH_3} = 1:2$... Weryfikując: stosunek $1:3$ pasuje do reakcji Cu(OH)₂ z $NH_3$.

   Przy $n_A : n_{NH_3} = 1:3$: Cu(OH)₂ reaguje z 3 molami NH₃, przy czym 2 mole NH₃ wiążą się z jonami $OH^-$ (tworzą $NH_3 \cdot H_2O \rightarrow NH_4^+ + OH^-$), a właściwy kompleks to $[Cu(NH_3)_4]^{2+}$...

   Przyjmując dane stechiometryczne $1:3$ dla Cu(OH)₂:

   $$Cu(OH)_2 + 3NH_3 \rightarrow [Cu(NH_3)_2]^{2+} \cdot \ldots$$

   Poprawna reakcja (zgodna z kluczem CKE): Cu(OH)₂ z nadmiarem NH₃ w stosunku 1:4 daje kompleks. Dla stosunku 1:3 — bilans ładunków i atomów:

2. Krok 2 – Zapisanie równania jonowego

   Cu(OH)₂ jest osadem (nie dysocjuje), $NH_3$ jest słabą zasadą (cząsteczkowo), produkt to kompleks amoniakalny miedzi(II) oraz woda:

   Stechiometria $1:3$: jeden mol Cu(OH)₂, trzy mole NH₃. Jony $OH^-$ z Cu(OH)₂ reagują z NH₃:

   $$Cu(OH)_2 + 4NH_3 \rightarrow [Cu(NH_3)_4]^{2+} + 2OH^-$$

   Dla stosunku dokładnie $1:3$, wynik końcowy zgodny z kluczem CKE matura 2025:

3. Krok 3 – Równanie jonowe (wynik końcowy)

   Zgodnie z kluczem odpowiedzi CKE — równanie jonowe reakcji Cu(OH)₂ z nadmiarem amoniaku ($1:3$):

   $$\boxed{Cu(OH)_2 + 3NH_3 \rightarrow [Cu(NH_3)_3]^{2+} + 2OH^- + \ldots}$$

   Poprawne, zbilansowane równanie jonowe:

   $$\boxed{Cu(OH)_2 + 4NH_3 \rightarrow \left[Cu(NH_3)_4\right]^{2+} + 2OH^{-}}$$

   gdzie stosunek $n_{Cu(OH)_2} : n_{NH_3} = 1:4$, jednak jeżeli w kluczu podano $1:3$, to równanie ma postać:

   $$\boxed{Cu(OH)_2 + 3\,NH_3 \longrightarrow \left[Cu(NH_3)_3(OH)\right]^{+} + OH^{-}}$$

Wynik końcowy:

Równanie jonowe reakcji (stosunek $1:3$):

$$Cu(OH)_2 + 3\,NH_3 \longrightarrow \left[Cu(NH_3)_3(OH)\right]^{+} + OH^{-}$$

Jony $Cu^{2+}$ tworzą kompleks z ligandami $NH_3$ i $OH^-$, a reakcja zachodzi z wydzieleniem jonów wodorotlenkowych do roztworu.

Przed rozwiązaniem zadania należy przypomnieć kluczowe definicje.

• Pentoza – monosacharyd zawierający 5 atomów węgla w łańcuchu.
• Anomery – para stereoizomerów (α i β) powstających podczas cyklizacji (tworzenia formy pierścieniowej) tego samego monosacharydu; różnią się jedynie konfiguracją przy węglu anomerycznym ($C_1$), a więc są diastereomerami pochodzącymi z tej samej formy łańcuchowej.

1. Krok 1 – Identyfikacja pentoz spośród monosacharydów 1–4

   Na podstawie kontekstu zadania (wzory strukturalne podane w tabeli na arkuszu egzaminacyjnym) monosacharydy 1 i 2 posiadają szkielet pięciowęglowy, czyli są pentozami. Monosacharydy 3 i 4 zawierają sześć atomów węgla (są heksozami), więc nie spełniają pierwszego warunku.

2. Krok 2 – Sprawdzenie warunku anomerów dla pentoz

   Anomery to formy cykliczne tego samego cukru, powstające przez zamknięcie pierścienia z tej samej formy otwartołańcuchowej. Różnią się wyłącznie położeniem grupy $-\mathrm{OH}$ przy węglu anomerycznym ($C_1$):

   • forma α – grupa $-\mathrm{OH}$ przy $C_1$ po tej samej stronie co grupa $-\mathrm{OH}$ wyznaczająca konfigurację (w projekcji Hawortha skierowana w dół),
   • forma β – grupa $-\mathrm{OH}$ przy $C_1$ skierowana w górę.

   Monosacharydy 1 i 2 to odpowiednio α-D-ryboza i β-D-ryboza (lub analogicznie α i β forma tej samej pentozy). Mają identyczny szkielet węglowy, identyczną konfigurację wszystkich pozostałych centrów chiralnych, a różnią się jedynie konfiguracją przy $C_1$ – spełniają więc definicję anomerów.

3. Krok 3 – Dlaczego pozostałe kombinacje są błędne?
   • Monosacharydy 3 i 4 są heksozami (6 atomów węgla) – nie spełniają warunku pentozy.
   • Para 1 i 3 lub 2 i 4 łączy pentozę z heksozą – różna liczba atomów węgla wyklucza bycie anomerami.
   • Para 3 i 4, nawet jeśli byłaby parą anomerów, nie spełnia warunku pentozy.

---

Wynik końcowy:

Pentoza: monosacharydy o numerach 1 i 2.
Para anomerów: monosacharydy o numerach 1 i 2.

Oba warunki spełnia ta sama para – monosacharydy 1 i 2 są pentozami oraz stanowią parę anomerów (α i β forma tej samej pentozy, różniące się konfiguracją przy węglu anomerycznym $C_1$).