Matura OKE Poznań 2013

Zad. 1

Zadanie jest proste, podana konfiguracja przypisana jest dla anionu X-. Anion tworzy się przez dołączenie elektronu, n mówi nam, że pierwiastek leży w 5-tym okresie, liczba poboczna l = 1 mówi, że elektron opisywany leży na podpowłoce p (bo l=0, to s,  l=1 => to podpowłoka p, l=2 => podpowłoka d). Okej wiemy, że podpowłoka p ma trzy kratki pierwsza kratka to otbital px o liczbie magnetycznej -1, drugi orbital py o m=0, trzeci orbital pz(trzecia kratka), to nasza kratka na której leży opisany elektron m=1. Okej, teraz patrzymy, że elektron ma ujemną ms tzn. spin skierowany jest w dół. Szukamy pierwiastka z bloku p, bo magnetyczna równa jest jeden, pierwiastek ma być w 5 okresie i elektron a leżeć w trzeciej kratce z przeciwnym spinem. Rozrysujcie, to widzimy, że pierwiastek 5s2 5p5 i dodatkowy elektron daje nam anion jodkowy.
Jod, numer okresu 5, numer grupy XVIII, blok p.



Zad.2

1. Obliczamy ilość okresów rozpadu

t= 276,6 dnia                   
T1/2= 138,3 dnia
        t
n = ------   n=2
      T1/2

2.Obliczamy masę polonu pozostałą po rozpadzie n okresów
        m0
m= -----         m=0,016mg
          n 
       2

3.Obliczamy ile mg polonu uległo rozpadowi (przemianie alfa, czyli zamianie w ołów), od masy początkowej odejmujemy to co pozostało w próbce.
W jednej tonie rudy jest 0,064mg polonu, który ulega rozpadowi.
0,064mg - 0,016mg = 0,048mg

4.Obliczamy ile ołowiu powstanie z jednej tony rudy.

210                206            4
    Po ---->  Pb +    He

84                    82           2

210g  Po - 206g Pb        x=0,047mg ołowiu
0,048mg Po - x



Zad.3

Uwaga, to jest zadanie banalne. Widzimy, że związek B ma dwa brakujące elektrony do szczęścia, a A brakują 4 elektrony, zatem powstają dwa wiązania kowalencyjne, elektrony są uwspólnione. B ma teraz komplet, a A brakuje 2 elektronów, zatem B staje się donorem pary elektronowej i tworzy się wiązanie koordynacyjne. Ogólnie liczba wiązań sigma między jednym atomem, a drugim innym atomem wynosi zawsze jeden! Kolejne wiązania między tymi dwoma atomami, to wiązania pi, dlatego liczba wiązań sigma (wiązanie koordynacyjne), to jeden, a pozostałe podwójne wiązanie kow. tworzy dwa wiązania pi.

Zad.7

Może najpierw wyjaśnię czym jest autodysocjacja.
Autodysocjacja (autojonizacja, autoprotoliza) – rodzaj dysocjacji elektrolitycznej, w której czysty związek chemiczny w postaci cząsteczkowej rozpada się na jony pod wpływem innych cząsteczek tego samego związku, pełniąc przy tym rolę zarówno kwasu jak i zasady. Autodysocjacja jest możliwa, gdy cząsteczki związku mają budowę polarną.

• autodysocjacja wody:

H₂O + H₂O ⇌ H₃O⁺ + OH⁻ 

                  ^{CH3OH  + CH3OH ---> CH3OH2+ + CH3O-}

                                                                                   ^<-----

^Zad.8

^{1.Obliczamy liczbę moli LiF.}

<sup>Masa SUBSTANCJI wynika z rozpuszczalności R LiF/25C = 0,1320g/100G H2O, to ms= 0,1320g.
 Masa molowa LiF M= 26g/mol.
 To liczba moli n= 0,005 mola

2. Obliczamy objętość roztworu.

Masa roztworu z treści zadania jest równa ilości wody, zatem mr= 100g, a gęstość to 1000g/dm3
zatem objętość v= 0,1 dm3

3. Obliczamy stężenie molowe.
       n
C=----   => C= 0,0507 mola/dm3 =</sup> [Li+] [F-] , bo LiF dysocjuje na jeden moli Li i jeden mol F
 

^{4. Obliczamy iloczyn rozpuszczalności, czyli iloczyn jonowy elektrolitu w roztworze nasyconym. 
Wartość Ir (Kso) jest stała w danej temperaturze.}

Kso = [Li+] [F-]

Kso= 0,0507 * 0,0507 = 0,0026

Zad.10 i 11

Lecimy pierwsze zadanie. Do wody dodano alkohol.

1.Obliczamy masę alkoholu i wody.

dH2O= 1000 g/dm3

vH2O= 1 dm3           => mrH2O= 1000g

dC2H5OH = 791 g/dm3 (zamieniłam jednostkę na dm3)

vC2H5OH = 1dm3    => mrC2H5OH= 791g

2. Obliczamy objętość teoretyczną i rzeczywistą otrzymanego roztworu

vH2O + vC2H5OH = V3 ===> 2dm3 tyle teoretycznie powinno powstać roztworu po zmieszaniu alkoholu i wody.

Sprawdźmy to. Obliczamy rzeczywistą objętość trzeciego roztworu na podstawie masy i gęstości.

mrH2O + mrC2H5OH = mr3 ===> mr3 = 1791g

         mr3

dr3= -----              dr3 = 925 g/dm3 (z treści)

          vr3

           1791g

vr3=  --------          => vr3 = 1,936 dm3

          925g/dm3

3. Porównujemy objętość rzeczywistą i teoretyczną. Otrzymaliśmy mniejszą objętość, niż oczekiwano, dlatego doszło do kontrakcji.

2dm3- 1,936dm3 = 0,0637837 dm3 = 63,784 cm3

Zad 11

 Zapis pełny jonowy:

a) Fe 3+ + 3Cl- + 3H2O ------> Fe(OH)3 + 3H+ + 3Cl-

b) Uwaga z tym równaniem trochę się główkowałam, ale to równanie jest sumaryczne, zatem zawiera równanie z podpunktu a oraz równanie wprowadzenia do Na2CO3. Jonowe skrócone:

2Fe3+ + 3H2O + 3CO3 2- ------> 3CO2 + 2Fe(OH)3

Zad 12 

Substancje nie zmieniające pH: SiO2 (bo nie reaguje z wodą), BeO i Al2O3 ( bo są amfoteryczne i z wodą nie reagują).

Substancje obniżające pH ( to te które po wprowadzeniu do wody dadzą kwas): HBr, SeO3, Cl2O7

Podwyższające pH (dają zasady): Na2O, NH3

Zad. 17

Uwaga! Tego typu zadania są bardzo modne na maturze! Jeszcze je omówimy w osobnym poście, koniecznie. 

Maksymalny stopień utlenienia azotu w związkach wynosi +V, tylko w cząsteczce HNO3 azot ma taki stopień. +V bo maksymalnie może oddać 5e- z powłoki walencyjnej (wynika to z numeru grupy) Wyłącznie utleniacze występują na swoim maksymalnym stopniu utlenienia i mogą się tylko redukować.

Natomiast wyłącznie reduktory występują na najniższym stopniu utlenienia i mogą się tylko utlenić, dla azotu najniższy stopień utlenienia, to -III ( bo azot może pobrać tylko 3e- do zapełnienia podpowłoki p, wynika, to z zapisu klatkowego walencyjnej powłoki).

Moja rada, to określić najpierw najwyższy maksymalny stopień utlenienia danego pierwiastka i najniższy maksymalny stopień. Po drugie określić stopień utlenienia pierwiastka w wymienionych cząsteczkach i przyporządkować odpowiednio.

Zad. 19

 AgNO3 ---> Ag+ + NO3-
Bi(NO3)3 ---> Bi3+ + 3NO3-

W pierwszej kolejności osadza się srebro bo to metal o wyższym potencjale. Srebro osadza się całkowicie, natomiast bizmut nie wiemy.

1.  K(-) Ag+ +1e- ----> Ag
     K(-)Bi3+ + 3e- ---> Bi

Obliczamy ile moli srebra i bizmutu było w roztworze, który dodano.
Objętość v AgNO3 = 0,2dm3
C AgNO3 = 0,5 mol/dm3 => n Ag+ = 0,1 mola = nBi3+ = 0,1mola


2. Obliczamy ile gram srebra się wydzieli i ile faradów należy przepuścić
1mol Ag+ - 108g - 1F
 0,1mola Ag+ - 10,8g - 0,10 F

3.  Od ładunku który przepuszczono 0,25 F odejmujemy farady wyliczone z równania srebra. To co zostanie to tyle faradów poszło na wydzielenie bizmutu. Nie wydzieli się maksymalna ilość bizmutu bo jest za mały ładunek przepuszczony. Obliczamy ile wydzieli się.

1mol Bi3+ - 209g - 3F
 0,05 mola Bi3+ - x  - 0,15F
x=10,45 Bi3+

4. Masa Ag + masa Bi = 21,25g

Zad. 23 i 24

Zad.23 w podpunkcie A mamy reakcje egzoenergetyczną,  dla takich reakcji korzystniejsze jest ochłodzenie układu, zatem równowaga przesunie się wtedy w prawo i nastąpi wzrost wydajności. teraz należy przeanalizować czy zmiana ciśnienia wpłynie na tę reakcję. Uważajcie na małe indeksy przy cząsteczkach ! To haczyk przy takich zadaniach, patrzymy tylko na reagenty gazowe!! Tutaj zmiana objętości nie następuje bo lewej mamy 3 objętości i po prawej trzy reagentów gazowych, zatem zmiana ciśnienia nie wpłynie na przesunięcie stanu równowagi. W podpunkcie B reakcja endoenergetyczna - dlatego ogrzewamy. Mamy po stronie substratów jedną objętość, a po stronie produktów 2 objętości (1-->2), zatem co należy zrobić z ciśnieniem ? Tłok do góry ciśnienie maleje, a objętość rośnie, tłok w dół ciśnienie rośnie, a objętość maleje. Należy zmniejszyć ciśnienie, czyli zwiększyć objętość, przez przesunięcie tłoka do góry.

Zad.24
Enancjomery będą odbiciami lustrzanymi, rozpisujemy cząsteczkę w taki sposób, aby atom o najniższej liczbie atomowej będzie najdalej od obserwatora (linia przerywana),  następnie zapisujemy po przeciwnej stronie brom (atom o najwyższej liczbie atomowej ) i jest, to nasz lokant nr. 1 , później pierwszeństwo ma grupa C2H5 ( drugi lokant) oraz trzeci CH3. W Pierwszym przypadku mamy zgodność z ruchem wskazówek zegara enancjomer o konfiguracji R, a drugi S. Konfiguracja absolutna określa tylko konfigurację centrum chiralności, a nie kierunek skręcalności światła spolaryzowanego, bo to określa się doświadczalnie.

Zad. 26

Dziwne, to zadanie było!

Alkohol X ---> ultenianie CuO ----> produkt ----> dalsze utlenianie Tollens

• Alkohol I będzie alkoholem pierwszorzędowym, bo ulega reakcji  z CuO np. CH3OH + CuO ---> utlenianie CH3CHO + CuO + H2O, produkt czyli aldehyd w wyniku utlenienia dalszego Tollensem daje nierozgałęziony kwas. 

• Alkohol II hmm.. może się utlenić, ale produkt nie ulega Tollensowi. W wyniku reakcji z CuO daje keton, zatem jest, to alkohol II rzędowy i przy zdaniu drugim wpisujemy II. przypominam, że ketony nie mają właściwości redukujących i nie utleniają się do kwasów
• Alkohol III, utlenia się i produkt ulega Tollensowi, daje rozgałęziony łańcuch, zatem był to alkohol pierwszorzędowy rozgałęziony. Przy zdaniu trzecim wpisujemy III
• ostatni alkohol, nie ulega utlenieniu i jest to 2-metylopropan-2-ol

Zad. 33

                   


Zad. 34

Przy rozwiązywaniu tego zadania kierowałam się przede wszystkim faktem, iż benzen jest niepolarny. zatem opis tymolu pasuje do związku A, zaś związek nasycony alkan może ulegać reakcjom eliminacji wody dając alken dlatego dopasowałam związek B jako mentol.