Matura z chemii: 10 celów, krok po kroku

Równanie kinetyczne v = k·c(A)ᵃ·c(B)ᵇ mówi, jak szybko biegnie reakcja w danej chwili. Stężenia w tej chwili są inne niż na początku, bo część substratów już przereagowała. Jeśli przereagowało 50% substancji B, to stężenie B jest o połowę mniejsze. Stężenie A też spadło, i to zgodnie ze współczynnikami: jeśli w równaniu na 1 mol B przypadają 2 mole A, to na każdy mol B, który zniknął, zniknęły 2 mole A. Dopiero te nowe stężenia podstawiasz do wzoru. Podstawienie stężeń początkowych to błędna metoda, czyli 0 punktów.

Zadanie podaje stężenia początkowe A i B oraz każe policzyć szybkość w chwili, gdy przereagowało 50% B. Najpierw liczysz nowe stężenia: c(B) = 1,5 mol/dm³ (połowa z 3), c(A) = 4 − 2·1,5 = 1 mol/dm³ (bo na 1 mol B ubywają 2 mole A). Dopiero potem v = k·c(A)²·c(B).

Wykładnik przy stężeniu (nazywany rzędem reakcji względem tej substancji) to wielkość doświadczalna. Nie da się jej odczytać z równania reakcji, choć bardzo kusi. Ustala się ją tak: bierzesz dwa doświadczenia, w których zmieniło się tylko jedno stężenie, i patrzysz, jak zmieniła się szybkość. Dwa razy większe stężenie i dwa razy większa szybkość daje wykładnik 1. Dwa razy większe stężenie i cztery razy większa szybkość daje wykładnik 2. Współczynniki równania reakcji mogą się z wykładnikami zgadzać albo nie, więc nie są dowodem.

Tabela z trzema doświadczeniami dla reakcji 2NO + O₂. W doświadczeniach I i II podwojono tylko stężenie NO (z 0,012 na 0,024 mol/dm³), a szybkość wzrosła z 0,102 na 0,408, czyli czterokrotnie, więc wykładnik przy NO to 2. W doświadczeniach II i III podwojono tylko stężenie O₂, a szybkość wzrosła dwukrotnie, więc przy O₂ wychodzi 1. Tu wyniki akurat zgadzają się ze współczynnikami, ale punkt jest za odczyt z tabeli. Klucz zaznacza: błędne wykładniki to 0 punktów niezależnie od reszty.

Stała równowagi K to iloraz stężeń produktów i substratów w stanie równowagi, każde podniesione do potęgi równej współczynnikowi. Stężenie to liczba moli podzielona przez objętość. Jeśli zadanie podaje mole i objętość reaktora, na przykład 4,0 dm³, to każdą liczbę moli dzielisz przez 4,0, zanim podstawisz do K. Pominięcie tego kroku daje wynik kilka razy za mały albo za duży, zależnie od potęg. Pomaga tabela z trzema wierszami: początek, zmiana, równowaga, a dopiero pod nią dzielenie przez objętość.

Synteza fosgenu CO + Cl₂ ⇄ COCl₂ w reaktorze o objętości 4,0 dm³. Na początku jest 0,40 mol CO i 0,20 mol Cl₂, a przereagowało 80% chloru, czyli 0,16 mol. W równowadze jest 0,24 mol CO, 0,04 mol Cl₂ i 0,16 mol COCl₂. Po podzieleniu przez 4,0 dm³ wychodzi 0,06, 0,01 i 0,04 mol/dm³, więc K = 0,04 / (0,06 · 0,01) ≈ 67. Kto nie podzielił, dostał 16,7, czyli K cztery razy za małe.

Wzrost ciśnienia przesuwa równowagę w stronę mniejszej liczby moli gazu, bo tak układ „ucieka” przed ściskaniem. Ale jeśli po lewej i po prawej jest tyle samo moli gazu, nie ma dokąd uciekać i ciśnienie nie zmienia położenia równowagi. Dlatego zanim napiszesz „wzrost ciśnienia zwiększa wydajność”, liczysz mole gazów po obu stronach równania. Reguła przekory bez tego rachunku to częsty błąd w zadaniach prawda/fałsz z tego działu.

Reakcja CO₂ + H₂ ⇄ CO + H₂O(g): po lewej 2 mole gazu, po prawej 2 mole gazu. Zdanie „wzrost ciśnienia zwiększa wydajność” jest fałszywe, bo liczby moli są równe. Kto zastosował regułę przekory bez liczenia, ocenił zdanie źle i stracił cały punkt.

Gdy pytają, dlaczego w zlewce przybyło osadu albo ubyło jonów, egzaminator chce zobaczyć równowagę, która za to odpowiada, i w którą stronę się przesunęła. Osad AgCl w wodzie to nie „koniec historii”: cały czas trwa równowaga AgCl(s) ⇄ Ag⁺ + Cl⁻. Dodanie jonów Cl⁻ z KCl przesuwa ją w lewo, więc więcej AgCl wytrąca się z roztworu. Odpowiedź „bo AgCl jest nierozpuszczalny” nie mówi nic o przesunięciu i dostaje 0.

Do zlewki z osadem AgCl dodano KCl. Pytanie: czy masa osadu się zmieniła i dlaczego. Rozstrzygnięcie: zwiększyła się. Uzasadnienie za punkt: dodatkowe jony chlorkowe przesuwają równowagę rozpuszczania AgCl w lewo, w stronę osadu.

Katalizator obniża energię aktywacji, czyli próg, który cząsteczki muszą pokonać, żeby zareagować. Reakcja biegnie szybciej, ale położenie równowagi zostaje takie samo, więc wydajność się nie zmienia. Temperatura działa na dwie rzeczy naraz i w różne strony: ochłodzenie reakcji egzotermicznej (wydzielającej ciepło) przesuwa równowagę w stronę produktu, czyli zwiększa wydajność, ale jednocześnie spowalnia reakcję, bo cząsteczki zderzają się rzadziej i słabiej. „Sprzyja reakcji” i „przyspiesza reakcję” to dwa różne stwierdzenia.

Synteza amoniaku jest egzotermiczna. Zadanie pyta, jak schłodzenie wpływa na równowagowe stężenie amoniaku (TAK, rośnie) i na szybkość jego powstawania (NIE, maleje). Kto uznał, że skoro chłodzenie „sprzyja” amoniakowi, to też przyspiesza jego powstawanie, stracił punkt.

Sól słabego kwasu, na przykład węglan potasu K₂CO₃, ma odczyn zasadowy, bo jej anion odbiera wodzie jon H⁺ i zostawia jony OH⁻. Żeby policzyć pH, potrzebujesz stałej zasadowej tego anionu: Kb = Kw / Ka, gdzie Kw = 10⁻¹⁴. Pułapka: kwas węglowy oddaje protony w dwóch etapach i ma dwie stałe, Ka₁ i Ka₂. Jon CO₃²⁻ powstaje w drugim etapie, więc dla niego bierzesz Ka₂. Podstawienie Ka₁ daje pH około 9,7 zamiast 11,7 i 0 punktów za metodę.

Zadanie: pH roztworu K₂CO₃ o stężeniu 0,10 mol/dm³. Z tablic bierzesz Ka₂ kwasu węglowego (4,7·10⁻¹¹), liczysz Kb = 10⁻¹⁴ / 4,7·10⁻¹¹ ≈ 2,1·10⁻⁴, potem [OH⁻] = √(Kb·c) ≈ 4,6·10⁻³, pOH ≈ 2,3 i pH ≈ 11,7.

Zadanie pyta o pH, więc pH musi być ostatnią liczbą w odpowiedzi. Dla zasady droga ma trzy kroki: stężenie OH⁻, potem pOH = −log[OH⁻], potem pH = 14 − pOH. Wielu uczniów zatrzymuje się na pOH, bo „to już prawie to samo”. Dla egzaminatora to nie jest to samo: pOH zamiast pH to brak wyniku. pH zapisujesz bez jednostki.

Nasycony roztwór aniliny (słabej zasady). Z rozpuszczalności liczysz stężenie, potem [OH⁻] = √(Kb·c), pOH i na końcu pH ≈ 9,2. Klucz odejmuje punkt za pH z jednostką i za zatrzymanie się na [OH⁻].

pH to logarytm, więc nie da się go uśrednić: pH 1 i pH 12 zmieszane w równych objętościach nie dają średniej 6,5, tylko pH około 1,35, bo moli H⁺ jest dziesięć razy więcej niż moli OH⁻. Droga jest zawsze taka sama: liczysz mole H⁺ w jednym roztworze i mole OH⁻ w drugim, odejmujesz, a to, co zostało, dzielisz przez łączną objętość. Przy Ba(OH)_₂ pamiętasz, że jeden mol tej zasady daje dwa mole OH⁻.

Do 25 cm³ kwasu solnego o pH 1,5 dolewa się roztwór Ba(OH)_₂ o stężeniu 0,020 mol/dm³ i pyta, ile go trzeba, żeby uzyskać pH 3,7. Trzeba zapisać mole H⁺, mole OH⁻ jako 2·c·V, różnicę podzielić przez (25 + V) i rozwiązać równanie. Kto podzielił przez samo 25 cm³ albo zapomniał o dwójce przy Ba(OH)_₂, dostał złą objętość. Poprawny wynik to około 19,5 cm³.

W teorii Brønsteda kwas to cząstka, która oddaje H⁺, a zasada to ta, która przyjmuje H⁺. Woda potrafi jedno i drugie. Jeśli roztwór soli jest zasadowy, to anion soli odbiera wodzie proton: woda jest kwasem 1, anion zasadą 2, powstały OH⁻ zasadą 1 (bo może odebrać proton z powrotem), a sprzężony kwas anionu kwasem 2. Przy odczynie kwasowym role są odwrotne: kation oddaje proton wodzie. Hydroliza idzie tylko jeden stopień: z SO₃²⁻ powstaje HSO₃⁻, nie H₂SO₃.

Schemat do uzupełnienia dla siarczanu(IV) sodu, którego roztwór jest zasadowy. Za punkt trzeba wpisać: kwas 1 = H₂O, zasada 2 = SO₃²⁻, zasada 1 = OH⁻, kwas 2 = HSO₃⁻. Zamiana ról wody albo zapis do H₂SO₃ to 0.

Stopień dysocjacji to część cząsteczek kwasu, która rozpadła się na jony. Zależy nie tylko od mocy kwasu, ale też od stężenia: im bardziej rozcieńczony roztwór, tym większy stopień dysocjacji tego samego kwasu. Dlatego porównanie dwóch kwasów ma sens tylko przy tym samym stężeniu. Uzasadnienie za punkt musi zawierać ten warunek. Samo „dysocjacja HX zachodzi w większym stopniu” klucz nazywa wprost niewystarczającym, a „HX dysocjuje bardziej niezależnie od stężenia” niezgodnym z wykresem.

Wykres stopnia dysocjacji dwóch kwasów HX i HQ w zależności od stężenia. Za punkt: wskazać HX i napisać, że przy tym samym stężeniu ma większy stopień dysocjacji, czyli więcej jonów H⁺ w roztworze.

Zadanie obliczeniowe kończy się tam, gdzie mówi polecenie. Jeśli pytają o zawartość procentową, to masa albo liczba moli to tylko krok pośredni, a nie odpowiedź. Klucz w takiej sytuacji daje połowę punktów albo 0. Ostatnia linia obliczeń zamienia wynik na żądaną postać: dzielisz przez masę całej próbki i mnożysz przez 100%, albo mnożysz mole przez masę molową, żeby dostać gramy. I stawiasz jednostkę albo znak %.

Zadanie: zawartość procentowa CaCO₃ w próbce mieszaniny. Próbka ma 2,84 g, a w reakcji z kwasem powstało 672 cm³ CO₂ (0,030 mol w warunkach normalnych). Z układu równań wychodzi 1,97 g CaCO₃. Odpowiedź to 1,97 / 2,84 · 100% = 69,4%, a nie 1,97 g. Klucz: masa zamiast procentu to 1 punkt z 2.

W zadaniach z miareczkowaniem często rozpuszcza się coś w kolbie o objętości 500 cm³, a do badania pobiera tylko 25 cm³. Wynik miareczkowania dotyczy tych 25 cm³. Żeby dostać ilość w całej kolbie, mnożysz przez 500/25 = 20. Zapomnienie o tym daje liczbę 20 razy za małą i błędną metodę. Zaznacz w treści dwie liczby: ile było w całości i ile pobrano.

Stop miedzi rozpuszczono w kolbie 500 cm³, pobrano 25 cm³ i zmiareczkowano. Z miareczkowania wychodzą mole miedzi w 25 cm³. Trzeba pomnożyć przez 20, przeliczyć na gramy i podzielić przez masę stopu, żeby dostać procent miedzi i rozstrzygnąć, czy to mosiądz.

Wydajność 78% znaczy, że z reakcji dostajesz tylko 78% tego, co wynika z równania. Jeśli masz otrzymać 100 g produktu, musisz wziąć więcej substratu niż teoretycznie: dzielisz przez 0,78. Jeśli surowiec ma 82% czystości, to w każdych 100 g jest tylko 82 g właściwej substancji, więc znów potrzebujesz go więcej: dzielisz przez 0,82. Odwrotnie, gdy pytają, ile produktu powstanie z danej ilości: wtedy mnożysz. Pomylenie kierunku daje wynik za mały albo za duży.

Ile karbidu (82% CaC_₂) trzeba do otrzymania 100 g PVC przy wydajności 78%. Z moli meru PVC wychodzą mole CaC₂, potem masa teoretyczna, którą dzielisz przez 0,78 (wydajność) i przez 0,82 (czystość). Wynik około 160 g z jednostką.

Ze stosunku molowego pierwiastków dostajesz wzór empiryczny, czyli najprostszy stosunek atomów, na przykład IO₂. Prawdziwa cząsteczka może być jego wielokrotnością: I₂O₄ ma ten sam stosunek 1 : 2. Żeby to rozstrzygnąć, szukasz w treści masy molowej albo liczby atomów w cząsteczce. Jeśli tam jest, wzór rzeczywisty jest osobnym punktem i zatrzymanie się na empirycznym to połowa punktów.

Zadanie podaje skład procentowy tlenku jodu (20,14% tlenu) i informację, że we wzorze rzeczywistym atomów jodu jest dwa razy więcej niż we wzorze empirycznym. Z procentów wychodzi IO₂ (empiryczny), a z tej informacji I₂O₄ (rzeczywisty). Klucz: sam stosunek molowy albo tylko jeden wzór to 1 punkt z 2.

Elektrony zapełniają orbitale w ustalonej kolejności, ale chrom i miedź łamią tę regułę, bo podpowłoka d zapełniona do połowy (d⁵) albo w całości (d¹⁰) jest wyjątkowo trwała. Dlatego chrom ma 4s¹ 3d⁵, a nie 4s² 3d⁴. Skutek, który klucz sprawdza: chrom ma 6 niesparowanych elektronów o zgodnym spinie (jeden na 4s i pięć na 3d), a nie 4. Zapis „regularny” 4s² 3d⁴ w zadaniu klatkowym daje 0.

Zadanie każe zapisać klatkowo elektrony walencyjne chromu. Za punkt: jedna klatka 4s z jedną strzałką i pięć klatek 3d z pojedynczymi strzałkami o tym samym zwrocie, z podpisanymi powłokami i podpowłokami.

Atom tytanu ma konfigurację 4s² 3d². Żeby dostać Ti²⁺, trzeba odjąć dwa elektrony. Kusi odjąć je z 3d, bo to „ostatnia” podpowłoka w zapisie. Ale jony bloku d tracą najpierw elektrony z 4s, bo po zapełnieniu 3d podpowłoka 4s ma wyższą energię. Ti²⁺ ma więc 3d², bez 4s. W zapisie klatkowym te dwa elektrony siedzą w osobnych klatkach ze zgodnym spinem (reguła Hunda), a każda klatka ma podpisany numer powłoki i symbol podpowłoki.

Trzeba dokończyć schemat klatkowy jonu Ti²⁺. Za punkt: pięć klatek 3d, w dwóch pierwszych po jednej strzałce o tym samym zwrocie, podpis „3d”. Zostawienie 4s² albo sparowanie obu elektronów w jednej klatce to 0.

Dwie liczby kwantowe opisują, gdzie jest elektron. Główna n to numer powłoki: 1, 2, 3 i tak dalej. Poboczna l to typ podpowłoki i przyjmuje wartości od 0 do n − 1: s to 0, p to 1, d to 2, f to 3. Częsty błąd to wpisanie l = 3 dla podpowłoki 3p, przez pomylenie numeru powłoki z liczbą poboczną. Dla niesparowanego elektronu chloru na 3p: n = 3, l = 1. Klucz wymaga obu wartości, jedna zła to 0.

Po zidentyfikowaniu pierwiastka X jako chloru trzeba podać n i l dla jego niesparowanego elektronu. Chlor ma konfigurację walencyjną 3s² 3p⁵, niesparowany elektron jest na 3p, więc n = 3 i l = 1.

W równaniu jądrowym suma liczb masowych A i suma liczb atomowych Z po lewej musi równać się sumie po prawej. Neutron ma A = 1 i Z = 0, więc każdy wyemitowany neutron zmienia bilans A o 1. Rozpad β⁻ zamienia neutron w proton: Z rośnie o 1, A bez zmian. Rozpad α wyrzuca jądro helu: A maleje o 4, Z o 2. Liczbę neutronów w jądrze liczysz jako A − Z, a nie porównujesz samych liczb masowych.

Rozszczepienie uranu-235 pod wpływem neutronu na krypton i bar. Z bilansu liczb masowych 235 + 1 = 92 + 141 + x wychodzi x = 3 wyemitowane neutrony. Kto wpisał 2, bo „zwykle są dwa”, nie zbilansował równania.

Kwas jest tym mocniejszy, im łatwiej oddaje H⁺ z grupy karboksylowej. O tym decyduje budowa cząsteczki: podstawniki, które odciągają elektrony od grupy COOH (na przykład trzy atomy chloru w CCl_₃COOH), osłabiają wiązanie O–H i ułatwiają oderwanie H⁺. Wartość pKa z tablic to pomiar tego skutku, nie jego przyczyna. Odpowiedź „bo ma najniższe pKa” opisuje, że kwas jest mocny, a nie dlaczego. Punkt jest za atom i efekt.

Trzy probówki z kwasami: octowym, chlorooctowym i trichlorooctowym. Trzeba wskazać najmocniejszy (trichlorooctowy, CCl_₃COOH) i wyjaśnić, skąd jego moc. Drugi punkt jest wyłącznie za odwołanie do trzech elektroujemnych atomów chloru, które odciągają elektrony.

Hydroliza zasadowa estru albo tłuszczu zachodzi w nadmiarze NaOH. Powstający kwas karboksylowy natychmiast reaguje z OH⁻ i zamienia się w sól, czyli anion R–COO⁻. Dlatego produktem hydrolizy zasadowej jest anion karboksylanowy i alkohol, a wolny kwas pojawia się tylko w hydrolizie kwasowej. Druga pułapka: grupa alkoholowa OH nie reaguje z NaOH, bo alkohole są słabszymi kwasami niż woda. Zapis alkoholanu sodu z NaOH to błąd.

Hydroliza zasadowa benzokainy (estru etylowego kwasu aminobenzoesowego) w formie jonowej skróconej. Za punkt: ester + OH⁻ → anion karboksylanowy + etanol. Grupa aminowa zostaje bez zmian.

Ester powstaje z grupy karboksylowej COOH kwasu i grupy OH alkoholu, z odłączeniem wody. Jeśli kwas ma dwie grupy COOH, jak kwas winowy, to z nadmiarem alkoholu obie ulegają estryfikacji: dwa metanole, dwie cząsteczki wody. Grupy alkoholowe OH w cząsteczce kwasu nie biorą udziału, bo alkohol z alkoholem estru nie tworzy. Liczba atomów węgla w produkcie z treści mówi, ile grup zareagowało.

Estryfikacja kwasu winowego (4 atomy C, dwie grupy COOH) metanolem z produktem o sześciu atomach węgla. Sześć znaczy, że dołączyły dwa metanole, czyli obie grupy COOH zareagowały. Grupy OH kwasu zostają.

Polecenie „napisz wzór półstrukturalny (grupowy)” oznacza zapis, w którym widać każdą grupę atomów i ich połączenia, na przykład CH₃–CH₂–COOH. Wzór sumaryczny C₃H₆O₂ nie mówi, jak atomy są połączone, więc nie pokazuje, że wiesz, co to za związek. Nazwa „kwas propanowy” też nie jest wzorem. Forma zapisu jest częścią polecenia i klucz ją sprawdza.

Trzeba podać wzór półstrukturalny kwasu karboksylowego, którego soli użyto w reakcji. Z treści wynika kwas propanowy. Za punkt jest wyłącznie zapis CH₃–CH₂–COOH.

Wzór elektronowy pokazuje wszystkie elektrony walencyjne: te w wiązaniach i te, które w wiązaniach nie są, czyli wolne pary. Tlen ma dwie wolne pary, chlor trzy, azot jedną. Zadanie z wzorem elektronowym sprawdza właśnie to, więc wzór bez wolnych par dostaje 0. Uważaj w drugą stronę: atom z deficytem elektronów, jak gal w GaCl₃ (tylko 6 elektronów wokół), wolnych par nie ma i dorysowanie mu ich też jest błędem.

Wzór elektronowy cząsteczki GaCl₃. Za punkt: gal z trzema wiązaniami, przy każdym chlorze trzy wolne pary, przy galu żadnej. To właśnie brak oktetu galu tłumaczy w kolejnym zadaniu, dlaczego cząsteczki łączą się w dimer.

W związkach organicznych każdy atom węgla ma własny stopień utlenienia. Liczysz go tak: każde wiązanie z atomem bardziej elektroujemnym (tlen, chlor) daje +1, wiązanie podwójne C=O daje +2, każde wiązanie z wodorem daje −1, a wiązanie węgiel–węgiel 0. Węgiel w grupie CHO ma więc +1 (dwa od tlenu, minus jeden od wodoru), w CH₂OH ma −1, w COOH ma +3. Liczenie „na całą cząsteczkę” daje średnią dla wszystkich atomów węgla, a nie wartość dla tego jednego.

Tabela: stopień utlenienia i hybrydyzacja dla dwóch atomów węgla w pirydoksalu, jednego w grupie CH₂OH, drugiego w CHO. Za punkty: −I i sp³ dla pierwszego, +I i sp² dla drugiego.

Każde wiązanie między dwoma atomami ma dokładnie jedno wiązanie σ. Wiązanie podwójne to σ + π, potrójne to σ + 2π. Dlatego w cząsteczce N₂ z wiązaniem potrójnym jest 1 wiązanie σ i 2 wiązania π, a nie 3 σ. Do tego każdy atom azotu ma jedną wolną parę, więc razem 2 wolne pary. Liczysz wiązania σ jako liczbę połączeń między atomami, a π jako nadmiar ponad pojedyncze.

Tabela dla N₂: liczba wiązań σ, liczba wiązań π i liczba wolnych par. Wszystkie trzy muszą być poprawne: 1, 2, 2.

Energia sieciowa mówi, jak mocno jony trzymają się w krysztale. Zależy od dwóch rzeczy: ładunku jonów i ich rozmiaru. Ładunek działa mocniej. MgO i LiF mają jony podobnej wielkości, ale w MgO jony mają ładunek 2+ i 2−, a w LiF 1+ i 1−. Większy ładunek to silniejsze przyciąganie, więc energia sieciowa MgO jest kilka razy większa. Tłumaczenie tej różnicy promieniami (które są podobne) albo masą molową nie spełnia kryterium.

Zadanie podaje, że jony w MgO i LiF mają zbliżone rozmiary, i pyta, dlaczego energie sieciowe tak się różnią. Jedyna poprawna odpowiedź odwołuje się do ładunków 2+/2− wobec 1+/1−.

Ten sam brom i ten sam związek, ale warunki decydują, gdzie wejdzie brom. Na świetle cząsteczka Br₂ rozpada się na rodniki, które atakują grupę CH₃ przy pierścieniu: to substytucja rodnikowa. Z katalizatorem FeBr₃ powstaje elektrofil, który atakuje pierścień benzenowy: to substytucja elektrofilowa. W obu przypadkach to substytucja, czyli wymiana wodoru na brom. Wybór „addycja”, bo brom „dodaje się” do związku, to 0.

Tabela dla dwóch wariantów bromowania p-ksylenu: na świetle i z żelazem. Za punkt trzy pola: typ reakcji „substytucja” w obu, mechanizm „rodnikowy” dla światła i „elektrofilowy” dla żelaza.

Reguła Markownikowa mówi, że przy addycji HBr albo H₂O do alkenu wodór idzie do tego atomu węgla przy wiązaniu podwójnym, który ma już więcej wodorów, a brom albo OH do drugiego. Uzasadnienie „bo reguła Markownikowa” tylko nazywa regułę. Punkt jest za zastosowanie: piszesz, do którego węgla idzie H, do którego OH, i jaki produkt z tego wynika.

Dwa alkeny o różnym położeniu wiązania podwójnego. Pytanie: czy addycja wody da ten sam produkt główny. Y to 2-metylobut-2-en, a Q to 3-metylobut-1-en. W Y wodór przyłącza się do C3, a OH do C2, więc powstaje 2-metylobutan-2-ol. W Q wodór przyłącza się do C1, a OH do C2, więc powstaje 3-metylobutan-2-ol. Odpowiedź: nie, to dwa różne alkohole. Trzeba to pokazać na atomach, nie na nazwie reguły.

Monobromopochodna powstaje, gdy brom zastępuje jeden atom wodoru. Ale wodory w cząsteczce nie są wszystkie różne: dwie grupy CH₃ przy tym samym atomie węgla są równocenne, więc podstawienie w jednej albo drugiej daje ten sam związek. Liczysz więc rodzaje wodorów, nie wodory. Produkt główny to nie ten z największą liczbą wodorów, tylko ten przy węglu trzeciorzędowym, bo taki wodór jest najbardziej reaktywny.

2-metylopentan: trzeba podać liczbę monobromopochodnych i nazwę tej, która powstaje z największą wydajnością. Dwie grupy CH₃ przy C2 są równocenne, więc pochodnych jest 5, nie 6. Produkt główny to 2-bromo-2-metylopentan, z bromem przy węglu trzeciorzędowym.

W równaniu połówkowym trzeba wyrównać nie tylko atomy pierwiastka, który zmienia stopień utlenienia, ale też tlen i wodór. Do tego używasz drobin, które naprawdę są w roztworze. W środowisku kwasowym są to H⁺ i H₂O. W zasadowym są to OH⁻ i H₂O, a jonów H⁺ praktycznie nie ma, więc ich użycie to błąd formy. Najpewniejsza droga w zasadowym: bilansujesz tak jak w kwasowym, a potem do obu stron dodajesz tyle jonów OH⁻, ile jest H⁺. H⁺ i OH⁻ łączą się w wodę, a wodę po obu stronach skracasz.

Redukcja azotanu do amoniaku w środowisku zasadowym (reakcja z cynkiem i NaOH). Za punkt: NO₃⁻ + 6H_₂O + 8e⁻ → NH₃ + 9OH⁻. Bilans z jonami H⁺ jak w kwasie to 0, mimo że atomy się zgadzają.

Liczba elektronów w równaniu połówkowym to zmiana stopnia utlenienia jednego atomu pomnożona przez liczbę takich atomów w drobinie. W jonie Cr₂O₇²⁻ są dwa atomy chromu i każdy przechodzi z +6 na +3, czyli przyjmuje 3 elektrony. Razem 6 elektronów, nie 3. Podobnie I₂O₅: dwa atomy jodu z +5 na 0 to 10 elektronów. Zła liczba elektronów rozsypuje wszystkie współczynniki, bo to od niej zależą mnożniki obu połówek.

Utlenianie alkoholu dichromianem w kwasie. Równanie redukcji: Cr₂O₇²⁻ + 14H⁺ + 6e⁻ → 2Cr³⁺ + 7H_₂O. Kto wpisał 3e⁻, nie policzył dwóch atomów chromu.

Elektrony oddane w utlenianiu muszą w całości trafić do redukcji. Jeśli utlenianie oddaje 1 elektron, a redukcja bierze 2, mnożysz utlenianie przez 2 i dopiero wtedy dodajesz równania stronami. Po dodaniu skracasz drobiny, które są po obu stronach, i robisz test: suma ładunków po lewej ma równać się sumie po prawej. Jeśli się nie zgadza, błąd siedzi w liczbie elektronów albo w H⁺/OH⁻. Ten test trwa kilkanaście sekund.

Chrom w kwasie z dostępem tlenu: utlenianie Cr → Cr³⁺ + 3e⁻ i dwie redukcje. Trzeba pomnożyć utlenianie przez 2, żeby elektrony się skróciły, i sprawdzić, że ładunek po lewej (+6) równa się ładunkowi po prawej (+6).

Rzędowość alkoholu to liczba atomów węgla związanych z tym węglem, który ma grupę OH. Alkohol pierwszorzędowy (jeden sąsiedni węgiel) utlenia się do aldehydu, a dalej do kwasu. Alkohol drugorzędowy (dwa sąsiednie węgle) utlenia się do ketonu i na tym koniec, bo węgiel nie ma już wodoru do oddania. Zanim napiszesz produkt, policz węgle przy węglu z OH.

Utleniany alkohol to C_₆H_₅–CH(OH)–CH_₃: węgiel z OH ma dwóch sąsiadów (pierścień i CH_₃), więc jest drugorzędowy. Produkt to keton C₆H₅–CO–CH₃, nie aldehyd ani kwas.

Miedź i srebro stoją za wodorem w szeregu aktywności, więc z kwasem solnym ani z rozcieńczonym siarkowym nie reagują wcale. Z kwasem azotowym reagują, ale nie wydziela się wodór, tylko tlenek azotu, bo utleniaczem jest azot z kwasu, nie H⁺. Który tlenek, mówi stężenie kwasu i barwa gazu: stężony daje brunatny NO₂, rozcieńczony bezbarwny NO. Zdjęcie z rudobrunatnym gazem w treści to podpowiedź.

Miedź ze stężonym kwasem azotowym, w treści zdjęcie z brunatnym gazem. Za punkt: wzór NO₂. Wodór, NO albo N₂O to 0.

Wodorotlenek amfoteryczny reaguje i z kwasem, i z zasadą. Z zasadą powstaje jon kompleksowy, na przykład [Al(OH)₄]⁻ albo [Cr(OH)₄]⁻, który jest rozpuszczalny, więc biały albo zielony osad znika i roztwór staje się klarowny. W równaniu jonowym skróconym po lewej jest wodorotlenek w całości (osad) i jon OH⁻, po prawej jon kompleksowy. Zapis cząsteczkowy z NaOH tam, gdzie żądano jonowego, to 0.

Probówka z Cr(OH)_₃ i nadmiarem NaOH. Za punkt: Cr(OH)_₃ + OH⁻ → [Cr(OH)₄]⁻ w formie jonowej skróconej. Obserwacja: zielony osad roztwarza się.

Jony chromianowe CrO₄²⁻ i dichromianowe Cr₂O₇²⁻ przechodzą w siebie zależnie od odczynu. Zakwaszenie żółtego roztworu daje pomarańczowy dichromian, zalkalizowanie odwraca zmianę. W obserwacji nazywasz barwę po zmianie, najlepiej obie: z żółtej na pomarańczową. Samo „zmiana barwy roztworu” klucz wprost uznaje za niewystarczające. Wniosek o trwałości jonów obejmuje oba środowiska: chromiany trwałe w zasadowym, nietrwałe w kwasowym. Klucz przyjmuje też krótszą formę ze słowem „tylko” („trwałe tylko w zasadowym”) albo równanie przemiany w kwasie razem ze zdaniem o trwałości w zasadowym.

Dwie probówki z chromianem: do jednej dodano kwas, do drugiej zasadę. Reakcja zaszła w probówce z kwasem. Za punkty: numer probówki, obserwacja z nazwaną barwą i wniosek o trwałości w obu środowiskach.

Obserwacja to to, co widzisz oczami, bez tłumaczenia, dlaczego. Egzaminator sprawdza trzy rzeczy: kolor przed i po, co dzieje się z osadem (powstaje, roztwarza się, zmienia barwę) i czy wydziela się gaz. „Niebieski osad roztwarza się i powstaje klarowny szafirowy roztwór” to obserwacja za punkt. „Zmieniła się barwa” albo „zaszła reakcja” nie mówi, co widać, i dostaje 0.

Trzeba wybrać odczynnik odróżniający winian od bursztynianu (zalkalizowana zawiesina Cu(OH)_₂) i opisać obserwacje w obu probówkach: w jednej niebieski osad znika i roztwór jest klarowny, szafirowy, w drugiej osad zostaje.

Odczynnik, który daje tę samą obserwację w obu probówkach, niczego nie odróżnia. Woda bromowa nie odróżni dwóch kwasów, jeśli oba mają wiązanie C=C, bo oba ją odbarwią. FeCl₃ odróżni fenol od alkoholu, bo barwny kompleks daje tylko grupa OH przy pierścieniu. W uzasadnieniu opisujesz oba związki: co się dzieje z jednym i dlaczego z drugim nic. Klucz wprost nie uznaje uzasadnienia, które mówi tylko o budowie kwasu kawowego.

Kwas kawowy (ma OH przy pierścieniu) i kwas cynamonowy (nie ma). Za punkt: FeCl₃ i uzasadnienie, że kwas kawowy jako fenol daje barwny związek z FeCl₃, a cynamonowy nie. Brom odpada, bo oba kwasy mają C=C.

W doświadczeniu dwuetapowym drugi etap ma coś zmienić w tym, co powstało w pierwszym. Jeśli do roztworu Pb²⁺ dodasz najpierw KI, wytrąci się żółty PbI₂, a dodanie KCl w drugim etapie nic już nie zmieni, bo jodek ołowiu jest znacznie trudniej rozpuszczalny niż chlorek. W odwrotnej kolejności najpierw powstaje biały PbCl₂, a potem osad zmienia barwę na żółtą. Zła kolejność w pierwszym etapie zeruje całe zadanie, bo drugi etap nie ma obserwacji.

Roztwór azotanu ołowiu i dwa odczynniki do wyboru w etapach I i II. Za punkty: KCl w etapie I (biały osad), KI w etapie II (osad żółknie). Klucz: odwrotna kolejność to 0 za wszystko.

Grupa OH może być alkoholowa (przy węglu w łańcuchu) albo fenolowa (bezpośrednio przy pierścieniu aromatycznym). Wyglądają tak samo we wzorze, ale zachowują się inaczej: tylko fenolowa daje barwny kompleks z FeCl₃ i tylko ona reaguje z NaOH. Zanim przypiszesz wynik próby do związku, sprawdź, przy jakim atomie węgla jest OH.

Trzy kwasy: migdałowy i mlekowy (OH alkoholowa) oraz galusowy (OH fenolowe). Barwę z FeCl₃ daje tylko galusowy. Kto uznał, że każda grupa OH reaguje, źle przypisał probówki.

Aminokwas ma grupę aminową (zasadową) i karboksylową (kwasową). W punkcie izoelektrycznym ładunek wypadkowy jest zerowy, ale nie dlatego, że obie grupy są niezjonizowane, tylko dlatego, że obie są zjonizowane naraz: NH₃⁺ i COO⁻. Taką formę nazywa się jonem obojnaczym. W mocnym kwasie aminokwas jest kationem (NH₃⁺/COOH), w mocnej zasadzie anionem (NH₂/COO⁻). Wzór H₂N–CH(R)–COOH w punkcie izoelektrycznym to 0.

Krzywa miareczkowania alaniny, punkt II to punkt izoelektryczny. Za punkt: wzór CH₃–CH(NH₃⁺)–COO⁻ i nazwa „punkt izoelektryczny”. Forma niezjonizowana to 0.

Benzokaina, amina aromatyczna z grupą NH₂, słabo rozpuszcza się w wodzie, więc tworzy mętną zawiesinę. Po dodaniu HCl grupa aminowa przyłącza jon H⁺ i powstaje sól o budowie jonowej. Związki jonowe dobrze rozpuszczają się w wodzie, więc zawiesina znika i roztwór staje się klarowny. Klucz wymaga wszystkich trzech ogniw: reakcji, soli i rozpuszczalności. „Zaszła reakcja z kwasem” pomija dwa z trzech i daje 0.

Zawiesina benzokainy w wodzie, po dodaniu kwasu solnego klarowny roztwór. Za punkt: grupa aminowa reaguje z HCl, powstaje sól jonowa, sól jest rozpuszczalna w wodzie.

Nadmiar OH⁻ odbiera proton każdej grupie karboksylowej, więc w produktach hydrolizy zasadowej peptydu albo amidu są aniony R–COO⁻. Grupa aminowa w zasadzie zostaje jako NH₂, bo nie ma skąd wziąć protonu. Zostawienie COOH albo napisanie NH₃⁺ w nadmiarze zasady to błąd. Przy zapisie peptydu pamiętaj też o kolejności: od końca N do końca C.

Hydroliza zasadowa kwasu pantotenowego (amidu) w formie jonowej. Za punkt oba produkty jako aniony: obie grupy COOH zapisane jako COO⁻, amina jako NH₂.

Siła elektromotoryczna to różnica potencjałów dwóch półogniw. Katoda to półogniwo o wyższym potencjale, tam zachodzi redukcja. Anoda ma niższy potencjał, tam zachodzi utlenianie. Odejmujesz niższy od wyższego, więc wynik pracującego ogniwa jest zawsze dodatni. Ujemna SEM znaczy, że pomyliłeś, co jest katodą. Wynik ma jednostkę V, bez niej 0.

Ogniwo z półogniwa kobaltowego (E° = −0,28 V) i wodorowego (0,00 V). Wodorowe ma wyższy potencjał, więc jest katodą: SEM = 0,00 − (−0,28) = 0,28 V.

Schemat ogniwa ma stałą konwencję: po lewej anoda (znak −, utlenianie, niższy potencjał), po prawej katoda (znak +, redukcja, wyższy potencjał), między nimi podwójna kreska za klucz elektrolityczny. Przykład: (−) Ni | Ni²⁺ || Bi³⁺ | Bi (+). Jeśli półogniwo jest redoks na obojętnej elektrodzie, wpisujesz parę: formę utlenioną i zredukowaną przy Pt, a w półogniwie manganianowym także H⁺, bo bierze udział w reakcji.

Ogniwo z półogniw Fe³⁺/Fe²⁺ i MnO₄⁻/Mn²⁺ na platynie. Za punkt: (−) Pt | Fe²⁺, Fe³⁺ || MnO₄⁻, Mn²⁺, H⁺ | Pt (+) z nazwaniem lewej elektrody anodą i prawej katodą.

MnO₄⁻ jest w podręczniku utleniaczem i tak się do niego przyzwyczajasz. Ale w ogniwie o kierunku decyduje porównanie potencjałów standardowych: półogniwo o wyższym E° jest katodą i tam zachodzi redukcja. Jeśli Co³⁺/Co²⁺ ma wyższy potencjał niż MnO₄⁻/Mn²⁺, to Co³⁺ się redukuje, a Mn²⁺ utlenia do MnO₄⁻. Równanie piszesz ze strzałką w jedną stronę, mnożąc połówki, żeby elektrony się skróciły.

Półogniwa Mn²⁺/MnO₄⁻ i Co³⁺/Co²⁺. Z tablic Co³⁺ ma wyższy potencjał, więc równanie to Mn²⁺ + 5Co³⁺ + 4H_₂O → MnO₄⁻ + 5Co²⁺ + 8H⁺, z SEM 0,413 V.

Cząsteczka chiralna to taka, która nie nakłada się na swoje odbicie lustrzane, jak lewa i prawa dłoń. Ale to definicja, nie uzasadnienie. Egzaminator chce zobaczyć konkretny atom węgla i jego cztery różne podstawniki, albo, gdy cząsteczka jest achiralna, płaszczyznę symetrii, która dzieli ją na dwie lustrzane połowy. Sama litera związku bez tego to 0.

Trzy wzory: A to butan-2-ol, B to 2-metylopropanal, C to octan etylu. Trzeba wskazać związek chiralny i uzasadnić wybór budową. Za punkt: litera A oraz wskazanie, że jego atom węgla ma cztery różne podstawniki (albo że nie ma płaszczyzny symetrii).

Centrum stereogeniczne to atom węgla z czterema różnymi podstawnikami. Cząsteczka może mieć dwa takie atomy i mimo to być achiralna, jeśli jedna jej połowa jest odbiciem drugiej. Taką cząsteczkę nazywa się formą mezo. Erytrytol i kwas mezo-winowy to przykłady: dwa asymetryczne węgle, płaszczyzna symetrii w środku, brak chiralności. Wniosek „chiralna, bo ma dwa asymetryczne węgle” to 0.

Erytrytol: cztery węgle, dwa z nich asymetryczne. Za punkt: rozstrzygnięcie „nie jest chiralna” i uzasadnienie płaszczyzną symetrii (forma mezo).

Enancjomery różnią się konfiguracją przy wszystkich centrach stereogenicznych, więc są swoimi odbiciami: para D i L. Diastereoizomery różnią się tylko przy niektórych, więc nie są odbiciami: forma mezo i forma czynna optycznie kwasu winowego. Rysując parę enancjomerów, każdy podstawnik klin/kreska musi być odbity. Te same podstawniki w tych samych pozycjach po obu stronach lustra to ta sama cząsteczka narysowana dwa razy.

Dwa szkielety Fischera do uzupełnienia tak, by powstała para diastereoizomerów kwasu winowego. Za punkt: jeden wzór z OH po tej samej stronie (mezo), drugi z OH po przeciwnych. Para D i L byłaby parą enancjomerów, czyli złą odpowiedzią.

Czy osad się wytrąci, sprawdzasz, porównując iloczyn stężeń jonów z iloczynem rozpuszczalności Ks. Ale stężenia bierzesz z roztworu po zmieszaniu, nie z butelek. Gdy mieszasz równe objętości, objętość się podwaja, więc każde stężenie spada o połowę, a iloczyn dwóch stężeń czterokrotnie. Pominięcie tego kroku daje iloczyn cztery razy za duży i fałszywy wniosek, że osad powstanie.

Zmieszano równe objętości roztworów AgNO₃ o stężeniu 1·10⁻⁴ mol/dm³ i KCl o stężeniu 2·10⁻⁶ mol/dm³. Po zmieszaniu stężenia spadają do 5·10⁻⁵ i 1·10⁻⁶, więc iloczyn to 5·10⁻¹¹, mniej niż Ks AgCl, i osad się nie wytrąca. Bez rozcieńczenia wyszłoby 2·10⁻¹⁰, a błędna wartość iloczynu to według klucza 0 punktów za całe zadanie.

W równaniu jonowym na jony rozpisujesz tylko to, co naprawdę jest w roztworze jako jony: rozpuszczalne sole, mocne kwasy i zasady. Osad, gaz, tlenek metalu i słaby elektrolit zostają w całości, bo w roztworze nie są jonami. Rozpisanie PbCO₃ (osadu) na jony albo zapis rozpuszczalnego produktu cząsteczkowo to błędna forma.

Osad PbCO₃ z wodą i CO₂ daje rozpuszczalny wodorowęglan. Za punkt: PbCO₃ + H₂O + CO₂ → Pb²⁺ + 2HCO₃⁻, z osadem w całości po lewej i jonami po prawej.

Iloczyn rozpuszczalności to iloczyn stężeń jonów, każde w potędze równej współczynnikowi. Mg(OH)_₂ daje na jeden jon Mg²⁺ dwa jony OH⁻. Jeśli rozpuszczalność to x, to [Mg²⁺] = x, [OH⁻] = 2x, a Ks = x · (2x)² = 4x³. Pominięcie potęgi albo mnożnika 4 daje złe stężenie. Wynik z jednostką mol/dm³.

Stężenie jonów magnezu w nasyconym roztworze Mg(OH)_₂. Z Ks = 4x³ wychodzi x ≈ 1,1·10⁻⁴ mol/dm³. Kto zapisał Ks = x², dostał inną liczbę i błędną metodę.

Węgiel w grupie aldehydowej CHO ma stopień utlenienia +I. Po redukcji do alkoholu CH₂OH ma −I, więc przyjął 2 elektrony. Po utlenieniu do kwasu COOH ma +III, więc oddał 2. Przy okazji zmienia się hybrydyzacja: węgiel w C=O jest sp², po redukcji sp³. Bez wyznaczenia stopni utlenienia liczba elektronów jest zgadywana, a klucz sprawdza właśnie ją.

Redukcja aldehydu borowodorkiem. Za punkty: „dwóch” moli elektronów (zmiana z +I na −I) oraz hybrydyzacja sp² w substracie i sp³ w produkcie.

Zadania w wiązkach mają wstęp z informacją, której w podręczniku nie ma, i sprawdzają, czy ją przeczytałeś. Reguła „ketony nie dają próby Tollensa” jest ogólnie prawdziwa. Ale jeśli wstęp mówi, że α-hydroksyketony izomeryzują do aldehydów w środowisku zasadowym, to dihydroksyaceton próbę daje i zdanie „P” jest poprawne. Odpowiedź z reguły wbrew tekstowi to 0.

Dwa zdania o dihydroksyacetonie po wstępie o izomeryzacji. Oba są prawdziwe: daje próbę Tollensa i Trommera (bo izomeryzuje) i jest izomerem aldehydu glicerynowego. Kto poszedł za regułą „keton nie redukuje”, stracił punkt.

Nazwa systematyczna to przepis na wzór. „2,2-dimetylopropan-1-ol” znaczy: łańcuch propanu, dwie grupy metylowe przy węglu 2, grupa OH przy węglu 1. Wychodzi (CH_₃)_₃C–CH_₂OH. Aldehyd, z którego powstał ten alkohol, ma ten sam szkielet: (CH_₃)_₃C–CHO. Zły szkielet substratu to 0 za oba wzory, bo produkt jest wtedy też zły.

Schemat redukcji do 2,2-dimetylopropan-1-olu. Za punkt: substrat (CH_₃)_₃C–CHO i produkt (CH_₃)_₃C–CH_₂OH. Kto odczytał nazwę jako prosty łańcuch pięciu atomów węgla, podał pentanal, czyli inny związek.

Grupa OH przy pierścieniu (fenolowa) jest słabo kwasowa: z NaOH oddaje proton i powstaje jon fenolanowy C₆H₅O⁻. Grupa OH w łańcuchu (alkoholowa) jest słabszym kwasem niż woda i z NaOH nie reaguje. Dlatego produktem reakcji chlorobenzenu z nadmiarem NaOH jest fenolan, nie fenol: powstający fenol od razu reaguje z nadmiarem zasady. Fenol z powrotem dostaniesz dopiero po zakwaszeniu.

Dwie reakcje: chlorobenzen z nadmiarem NaOH (produkt: fenolan) i fenolan z kwasem (produkt: fenol). Za punkty oba równania jonowe skrócone bez jonów Na⁺.

Odwodnienie alkoholu w kwasie zachodzi w etapach: najpierw odchodzi woda i powstaje karbokation, czyli węgiel z ładunkiem dodatnim. Karbokation pierwszorzędowy jest nietrwały i przegrupowuje się w trwalszy drugorzędowy, przesuwając wodór. Dlatego z butan-1-olu głównym produktem jest but-2-en, nie but-1-en. Jeśli tekst wiązki mówi o przegrupowaniu, klucz go wymaga.

Główny produkt dehydratacji butan-1-olu po wstępie o przegrupowaniu karbokationów. Za punkt: CH₃–CH=CH–CH₃ i nazwa but-2-en. But-1-en to 0.

Grupa OH przy pierścieniu zwiększa gęstość elektronową pierścienia, najbardziej w pozycjach 2, 4 i 6. Dlatego fenol reaguje z wodą bromową bez katalizatora, a brom wymienia trzy atomy wodoru pierścienia i wytrąca się biały 2,4,6-tribromofenol. Cząstką atakującą jest elektrofil, czyli drobina szukająca elektronów, więc to substytucja elektrofilowa. Nie przenoś mechanizmu z innej reakcji tego samego schematu: w reakcji chlorobenzenu z NaOH jon OH⁻ (nukleofil) wymienia chlor i to jest substytucja nukleofilowa.

Schemat: chlorobenzen z nadmiarem NaOH daje fenolan (reakcja 1.), fenolan z kwasem solnym daje fenol (reakcja 2.), a fenol z wodą bromową daje 2,4,6-tribromofenol (reakcja 3.). Pytanie dotyczy reakcji 3. Za punkt obie części: „substytucji” i „elektrofilowego”. Jedna zła to 0.

Próba z Cu(OH)_₂ ma dwa etapy i każdy mówi coś innego o cukrze. Na zimno niebieski osad znika i roztwór jest szafirowy: wniosek cukier ma co najmniej dwie grupy OH przy sąsiednich atomach węgla. Po ogrzaniu wytrąca się ceglasty osad: wniosek cukier ma właściwości redukujące. „Roztwór zrobił się szafirowy” to obserwacja, czyli to, co widać, a pytanie jest o wniosek, czyli o to, co z tego wynika dla budowy.

Dwuetapowa próba z glukozą. Za punkty dwa wnioski: o budowie (grupy OH przy sąsiednich węglach) i o właściwościach (redukujące). Obserwacje zapisane jako wnioski to 0.

Reguła „ketony nie redukują” ma wyjątek. Fruktoza w środowisku zasadowym ulega tautomeryzacji, czyli przekształca się w formę aldehydową, i dlatego daje pozytywną próbę Trommera i Tollensa. Za to sacharoza nie redukuje, bo w jej cząsteczce oba węgle anomeryczne są zablokowane wiązaniem glikozydowym. Zdanie „fruktoza nie redukuje, bo jest ketozą” to 0.

Glukoza i fruktoza z Cu(OH)_₂ na zimno i po ogrzaniu. Oba zdania prawdziwe: w obu probówkach szafirowy roztwór na zimno i ceglasty osad po ogrzaniu, bo fruktoza też redukuje.

W projekcji Fischera przynależność do szeregu D albo L zależy od jednej grupy OH: przy asymetrycznym atomie węgla położonym najdalej od grupy karbonylowej. Po prawej to D, po lewej to L. Pozostałe grupy OH o tym nie decydują. Anomery α i β to para form pierścieniowych różniących się konfiguracją wyłącznie przy węglu anomerycznym (C1 w aldozach). Jeśli dwa wzory różnią się przy innym węglu, to inny cukier, nie anomer.

Tabela z monosacharydami: wskazać pentozy i parę anomerów. Pentozę rozpoznajesz, licząc wszystkie atomy węgla razem z grupą CH₂OH poza pierścieniem. Anomery to para różniąca się tylko przy węglu anomerycznym.

Hydrat to sól z wbudowaną wodą krystalizacyjną, na przykład MnCl₂·4H₂O. Gdy rozpuszczasz 6 g hydratu, do roztworu trafia mniej niż 6 g soli i trochę wody. Liczysz z mas molowych, ile soli bezwodnej jest w hydracie, i tę masę dajesz do licznika stężenia procentowego. Do mianownika trafia cała masa hydratu, bo woda krystalizacyjna też staje się częścią roztworu. Wliczenie całych 6 g do licznika zawyża stężenie.

Do roztworu MnCl₂ dodano hydrat MnCl₂·4H₂O. Trzeba osobno policzyć masę soli bezwodnej z hydratu (do licznika) i całą masę hydratu (do mianownika), a potem stężenie procentowe około 10%.

Rozpuszczalność mówi, ile soli rozpuści się w 100 g wody. Gdy z roztworu wykrystalizowuje hydrat, część wody odchodzi razem z solą do kryształów. W roztworze, który zostaje, jest mniej wody niż na początku, więc rozpuści się w nim mniej soli. Zastosowanie rozpuszczalności do całej początkowej masy wody, bez odjęcia wody krystalizacyjnej, to błędna metoda. Sprawdź też, czego dotyczy rozpuszczalność: jeśli podano ją dla hydratu, całą sól przeliczasz na hydrat, a wodą wolną jest reszta masy roztworu.

W 150 g wody rozpuszczono 160 g Na₂S₂O₃ i ochłodzono roztwór do 20 °C, w której rozpuszczalność hydratu Na₂S₂O₃·5H₂O to 176 g w 100 g wody. Całą sól przeliczasz na hydrat: 160 · 248/158 = 251,1 g. Wodą wolną jest reszta: 150 + 160 − 251,1 = 58,9 g. Rozpuszcza się w niej 176 · 58,9/100 = 103,7 g hydratu, więc wykrystalizuje 251,1 − 103,7 = 147,4 g.

Są dwa sposoby łączenia monomerów w polimer. Polikondensacja: monomery łączą się z odszczepieniem małej cząsteczki, zwykle wody albo HCl. Tak powstają poliamidy, poliestry i poliwęglany. Polimeryzacja addycyjna: monomer ma wiązanie podwójne, które się rozrywa i łączy z sąsiadem, bez produktu ubocznego. Tak powstają polietylen i PVC. Rozstrzygnięcie o typie uzasadniasz właśnie tym: czy odchodzi mała cząsteczka albo czy monomer ma wiązanie wielokrotne.

Polimer z kwasu 3-hydroksypropanowego. Za punkt: nazwa monomeru oraz rozstrzygnięcie, że to polikondensacja, bo przy łączeniu odszczepia się woda (a monomer nie ma wiązania wielokrotnego).

Mer to powtarzający się fragment łańcucha polimeru. Zapisujesz go w nawiasie kwadratowym z indeksem n. W merze nie ma już atomów, które odeszły w reakcji: dla poli(kwasu mlekowego) grupa OH jednej cząsteczki i H z COOH drugiej odeszły jako woda, więc mer to [–O–CH(CH₃)–CO–]ₙ, reszta kwasu spięta wiązaniem estrowym. Mer z zachowanymi grupami OH i COOH albo z atomami Cl i Na z substratów to 0.

Wzór półstrukturalny poli(kwasu mlekowego). Za punkt dokładnie [–O–CH(CH₃)–CO–]ₙ.

Reakcja egzotermiczna wydziela ciepło, a endotermiczna je pochłania. Rozstrzygnięcie opierasz na tym, co podaje zadanie. Gdy jest wykres wydajności w kilku temperaturach, korzystasz z reguły przekory: jeśli ze wzrostem temperatury wydajność maleje, równowaga przesuwa się w lewo, więc reakcja w prawo jest egzotermiczna. Gdy zadanie podaje energie wiązań, porównujesz energię wiązań zerwanych i utworzonych. „Bo addycje są egzotermiczne” to ogólnik, a nie uzasadnienie z danych.

Hydratacja etenu, a w treści wykres równowagowego stopnia przereagowania etenu od ciśnienia dla 200, 250, 300 i 350 °C. Przy tym samym ciśnieniu stopień przereagowania jest tym mniejszy, im wyższa temperatura. Za punkt: egzotermiczna, bo ze wzrostem temperatury maleje wydajność, czyli równowaga przesuwa się w stronę substratów.

Entalpia spalania ma znak ujemny, bo układ traci energię. Ale pytanie „ile ciepła się wydzieli” oczekuje liczby dodatniej w kJ: ujemny wynik to odpowiedź na inne pytanie i klucz odbiera za niego punkt. Druga pułapka: stosunek składników mieszaniny, na przykład 3 : 7, może być molowy, masowy albo objętościowy, a treść mówi który. Od tego zależy cały układ równań.

Spalanie 1 dm³ LPG o podanej gęstości i stosunku molowym propanu do butanu 3 : 7. Z masy i stosunku molowego wychodzą mole obu gazów, a z entalpii spalania około 27 900 kJ, jako liczba dodatnia.