Zadania maturalne z chemii

Poprawna odpowiedź
Dane:
M_{atomowa talu} = 204,38 u
Masy atomowe dwóch izotopów talu: 202,97 u i 204,97 u

Szukane:
x – procent atomów talu o masie atomowej 202,97 u
y – procent atomów talu o masie atomowej 204,97 u
y = 100% – x

Rozwiązanie:

x = 29,5%
y = 100% – 29,5% = 70,5%

Wskazówki do rozwiązania zadania

Aby rozwiązać zadanie, musisz odczytać z układu okresowego pierwiastków chemicznych średnią masę atomową talu z dokładnością do drugiego miejsca po przecinku. Trzeba także wiedzieć, że średnią masę atomową pierwiastka oblicza się jako średnią ważoną z mas atomowych wszystkich izotopów danego pierwiastka. Dane potrzebne do rozwiązania zadania (oprócz średniej masy atomowej odczytanej z układu okresowego) podane są w informacji do zadań. Musisz je podstawić do wzoru na średnią ważoną i dodatkowo wprowadzić oznaczenia dotyczące procentu atomów talu o masie atomowej 202,97 u, np. x i procentu atomów talu o masie atomowej 204,97 u, np. (100% – x). Po dokonaniu odpowiednich obliczeń należy podać procent atomów talu o masie atomowej 202,97 u (29,5%) oraz procent atomów talu o masie atomowej 204,97 u (70,5%). Podczas rozwiązywania zadania musisz poprawnie zaokrąglać wyniki pośrednie i wynik końcowy oraz pamiętać o podaniu wyników w procentach.

Poprawna odpowiedź
6s²6p¹, p, 6, 1

Wskazówki do rozwiązania zadania

W Podstawie programowej kształcenia ogólnego z chemii sformułowane są wymagania ogólne i szczegółowe. Jedno z tych wymagań brzmi: Uczeń zapisuje konfiguracje elektronowe atomów pierwiastków do Z = 36 […]. Mogłoby się więc wydawać, że sprawdzane w zadaniu umiejętności wykraczają poza Podstawę programową, ponieważ liczba atomowa talu (Z) jest równa 81. Jednak inne wymaganie sformułowane w opisanym dokumencie dopuszcza możliwość wykorzystania takich zadań, w których uczeń korzysta z chemicznych tekstów źródłowych […], krytycznie odnosząc się do pozyskiwanych informacji. I właśnie w tym przypadku podstawą do rozwiązania zadania jest przede wszystkim dokładna analiza informacji do zadań, w której podkreślono, że tal należy do tej samej grupy układu okresowego pierwiastków, co bor, glin, gal i ind. Podana jest także ogólna konfiguracja elektronów walencyjnych w stanie podstawowym ns²np¹. Liczba elektronów walencyjnych dla wszystkich borowców jest taka sama i wynosi 3. Różnica będzie dotyczyła wyłącznie numeru powłoki, na której elektrony te zostały rozmieszczone. Dlatego należy odczytać położenie talu w układzie okresowym pierwiastków: grupa 13. i okres 6. Następnie, korzystając z ogólnej konfiguracji dotyczącej elektronów walencyjnych i pamiętając, że numer okresu odpowiada numerowi walencyjnej powłoki elektronowej, należy uzupełnić zdanie pierwsze zapisem 6s²6p¹.
Uzupełnienie kolejnych zdań związane jest z poprawnym uzupełnieniem zdania 1. Niesparowany elektron atomu talu w stanie podstawowym należy do podpowłoki typu p (informację tę możesz pozyskać także, analizując informację wstępną). W ostatnim zdaniu musisz podkreślić wartość głównej i pobocznej liczby kwantowej opisującej stan niesparowanego elektronu, tzn. główna liczba kwantowa n = 6 (numer okresu, w którym znajduje się dany pierwiastek odpowiada głównej liczbie kwantowej) i poboczna liczba kwantowa l = 1 (dla orbitalu p poboczna liczba kwantowa przyjmuje wartość 1).

Poprawne odpowiedzi
Konfiguracja elektronowa: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s²3d¹⁰4p¹ lub 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p¹
lub 1s²2s²p⁶3s²p⁶4s²3d¹⁰4p¹ lub 1s²2s²p⁶3s²p⁶d¹⁰4s²p¹
Przynależność do bloku konfiguracyjnego: p.

Wskazówki do rozwiązania zadania

Aby poprawnie rozwiązać zadanie musisz skorzystać z zestawu Wybranych wzorów i stałych fizykochemicznych na egzamin maturalny z biologii, chemii i fizyki i odszukać w zamieszczonym tam układzie okresowym pierwiastek gal. Czynność powinna być prosta do wykonania, szczególnie, że w informacji do zadań podano ogólną konfigurację elektronów walencyjnych borowców. Wskazuje ona grupę układu okresowego, do której należy gal (grupa 13.) oraz przynależność tego pierwiastka do bloku konfiguracyjnego (blok p, ogólna konfiguracja elektronów walencyjnych ns²np¹). Trzeba więc odczytać położenie galu w układzie okresowym: grupa 13. i okres 4. i potwierdzić przynależność tego pierwiastka do bloku konfiguracyjnego p. Należy jeszcze tylko napisać pełną konfigurację atomu galu, uwzględniającą rozmieszczenie elektronów na wszystkich podpowłokach.

Poprawne odpowiedzi
a) 2CrO²⁻₄  + 2H₃O⁺  ⇄ 2HCrO⁻₄ + 2H₂O lub CrO²⁻₄  + H⁺ ⇄ HCrO⁻₄
2HCrO⁻₄ ⇄ Cr₂O²⁻₇ + H₂O
b) Etap I: Cr₂O²⁻₇   + 2OH⁻ ⇄ 2CrO²⁻₄ + H₂O
Etap II: 2CrO²⁻₄ + 2H₃O⁺  ⇄ Cr₂O²⁻₇   + 3H₂O lub 2CrO²⁻₄ + H⁺ ⇄ Cr₂O²⁻₇   + OH⁻
lub 2CrO²⁻₄ + 2H₃O⁺  ⇄ 2HCrO⁻₄ + 2H₂O
lub CrO²⁻₄ + H⁺ ⇄ HCrO⁻₄       i       2HCrO⁻₄ ⇄ Cr₂O²⁻₇   + H₂O
c) Chromiany(VI) są trwałe w środowisku zasadowym, a dichromiany(VI) w środowisku kwasowym.
lub
Chromiany(VI) są trwałe w środowisku zasadowym, a nietrwałe w środowisku kwasowym.
Dichromiany(VI) są trwałe w środowisku kwasowym, a nietrwałe w środowisku zasadowym.

Wskazówki do rozwiązania zadania

a)
Do rozwiązania tego zadania konieczna jest wnikliwa analiza tekstu zawartego w informacji do zadań. Można z niej wywnioskować, w jaki sposób przebiega opisany proces. Podane są wzory wszystkich jonów, które uczestniczą w reakcjach. Zapisz je po odpowiednich stronach równań, a następnie dokonaj bilansu masy i ładunku oraz dobierz współczynniki stechiometryczne.

b)
Do rozwiązania tego zadania konieczna jest wnikliwa analiza tekstu zawartego w informacji do zadań. Można z niej wywnioskować, jak przebiega I etap i II etap doświadczenia. Podane są wzory reagentów uczestniczących w reakcji zachodzącej podczas I etapu doświadczenia. Zapisz je po odpowiednich stronach równań, a następnie dokonaj bilansu masy i ładunku oraz dobierz współczynniki stechiometryczne. Na podstawie analizy materiału źródłowego możesz przewidzieć, że solą, której roztwór znajduje się w probówce na początku II etapu doświadczenia, jest chromian(VI) potasu, a więc zajdzie reakcja opisana w I etapie doświadczenia 1.

c)
W rozwiązaniu tego zadania należy dokonać uogólnienia wynikającego z analizy równań procesów chemicznych zachodzących podczas doświadczenia 1. i 2. Będzie to również uogólnienie sformułowane na podstawie wyników doświadczenia przedstawionych w materiale źródłowym. Zauważ, że jony Cr₂O²⁻₇ reagują z jonami OH⁻ i powstają jony CrO²⁻₄ – w środowisku zasadowym równowaga reakcji przesunięta jest w kierunku tworzenia jonów CrO²⁻₄ , a w środowisku kwasowym – w kierunku tworzenia jonów Cr₂O⁻²₇.

Poprawna odpowiedź
C

Wskazówki do rozwiązania zadania

Do rozwiązania tego zadania nie jest konieczna znajomość właściwości związków chromu, a jedynie wnikliwa analiza materiału źródłowego. Zauważ, że w środowisku kwasowym chromiany(VI) przechodzą w dichromiany(VI), a w środowisku zasadowym dichromiany(VI) przechodzą w chromiany(VI). Pamiętaj, że zachodzące reakcje nie są procesami utleniania i redukcji, a więc poprawną odpowiedzią musi być odpowiedź C.

Poprawne odpowiedzi
Dane:
M_mieszaniny = 3 g
V_{r kwasu} = 30 cm³
c_{m kwasu} = 2 mol · dm⁻³

Szukane:
%KOH, %NaOH

Rozwiązanie:
I sposób
Liczba moli KOH i NaOH
n_KOH + n_NaOH = n_HCl = n
n = 0,03 dm³ · 2 mol · dm⁻³ = 0,06 mola
Masa KOH
x – masa KOH, y – masa NaOH

x + y = 3 ⇒ y = 3 – x

x = 2,1 ⇒ m_KOH = 2,1 g
% KOH i %NaOH

100% – 70% = 30% NaOH

II sposób
Liczba moli KOH i NaOH
n_KOH + n_NaOH = n_HCl = n
n = 0,03 dm³ · 2 mol · dm⁻³ = 0,06 mola
Masa NaOH
x – masa KOH, y – masa NaOH

x + y = 3 ⇒ x = 3 – y

y = 0,9 ⇒ m_NaOH = 0,9 g
% KOH i %NaOH

100% – 30% = 70% KOH
Odpowiedź: Mieszanina zawierała 70% masowych KOH i 30% masowych NaOH.

Wskazówki do rozwiązania zadania

W schemacie doświadczenia i w treści zadania została podana masa mieszaniny NaOH i KOH zawarta w roztworze znajdującym się w zlewce oraz objętość i stężenie molowe roztworu kwasu, którym zobojętniono ten roztwór. Należy pamiętać, że liczba moli jonów H⁺ jest równa liczbie moli jonów OH^–. W pierwszej kolejności oblicz więc liczbę moli HCl (0,06 mola) jako iloczyn objętości roztworu i stężenia molowego roztworu. Liczba ta jest jednocześnie sumą liczby moli KOH i NaOH. Teraz możesz ułożyć układ dwóch równań. Jako x oznacz masę KOH, a jako y – masę NaOH. W pierwszym równaniu zsumuj liczbę moli KOH i NaOH (0,06 mola), pamiętając, że liczba moli jest równa ilorazowi masy i masy molowej. W drugim równaniu zsumuj masy KOH i NaOH (3 g). Następnie wyznacz x (masa KOH = 2,1 g) – I sposób lub y (masa NaOH = 0,9 g) – II sposób. Dalej, wiedząc, że masa mieszaniny jest równa 3 g i stanowi 100%, oblicz %KOH (70%) – I sposób lub %NaOH (30%) – II sposób. Na koniec, odejmując uzyskany wynik (%KOH lub %NaOH) od 100% (mieszanina), uzyskasz zawartość procentową drugiego składnika. Należy przyjąć poprawne zaokrąglenia wyników pośrednich i wyniku końcowego oraz pamiętać o podaniu wyniku z odpowiednią jednostką. Pamiętaj, że wynik zależy od przyjętych zaokrągleń.

Poprawna odpowiedź
a) H⁺ + OH⁻ ⇄ H₂O
b) Stężenie jonów H⁺ : 10⁻⁷ mol · dm⁻³
Stężenie jonów OH⁻ : 10⁻⁷ mol · dm⁻³

Wskazówki do rozwiązania zadania

a)
Rozwiązując to zadanie, musisz pamiętać, że w wodnym roztworze HCl dysocjuje na kationy H⁺ i aniony Cl⁻ , a KOH (i NaOH) odpowiednio na kationy K⁺ (Na⁺) i aniony OH⁻ . Tak więc reakcja, która zachodzi podczas opisanego doświadczenia, to reakcja zobojętniania, polegająca na łączeniu się kationów H⁺ i anionów OH⁻ w niezdysocjowane cząsteczki wody. Ilustruje ją równanie reakcji: H⁺ + OH⁻ ⇄ H₂O

b)
Rozwiązując to zadanie, musisz pamiętać, że wodny roztwór HCl ma odczyn kwasowy spowodowany przez jony H⁺ , a wodny roztwór KOH i NaOH ma odczyn zasadowy spowodowany przez jony OH⁻ . Jeżeli stężenie jonów H⁺ jest równe stężeniu jonów OH⁻ , to roztwór ma odczyn obojętny. Trzeba wywnioskować, że taka sytuacja ma miejsce w roztworze po zakończeniu doświadczenia, bo w reakcji wzięły udział stechiometryczne ilości reagentów (kwas solny jest mocnym kwasem, a wodorotlenki sodu i potasu są mocnymi zasadami). Tak więc stężenia tych jonów wynoszą 10⁻⁷ mol · dm⁻³.

Poprawne odpowiedzi
a) 1. I, II, IV
2. II

b)
Dane:
m₁ = 27,9 g
m₂ = 15 g

Szukane:
M_x

Rozwiązanie:
I sposób
27,9 g X – 15 g Cu
x – 64 g           x = 119,04 g
Mx = 119 g · mol^-1
II sposób
1 mol Cu – 64 g
x moli – 15 g           x = 0,234 mola
27,9 g X – 0,234 mola Cu
x – 1 mol           x = 119 g
M_x = 119 g · mol^–1
Odpowiedź: Masa molowa metalu X wynosi 119 g · mol^–1.

Wskazówki do rozwiązania zadania

a)
Odbarwienie niebieskiego roztworu CuSO₄ oznacza, że usunięte zostały z niego jony miedzi(II). Możliwe to było dzięki reakcji tych jonów z metalem, z którego zrobiona była blaszka. Reakcja ta polega na redukcji jonów miedzi(II) do miedzi metalicznej i utlenieniu materiału blaszki. Jest to możliwe w przypadku metali, które są silniejszymi reduktorami niż miedź. Informację tę odczytamy z szeregu elektrochemicznego wybranych metali: każdy metal poprzedzający w nim miedź ma takie właściwości. Spośród metali użytych w doświadczeniu, miedź mogą zredukować cynk, magnez i glin, dlatego niebieski roztwór CuSO₄ odbarwił się w probówkach I, II i IV. Najsilniejsze właściwości redukujące ma magnez, który w szeregu elektrochemicznym poprzedza wszystkie pozostałe metale użyte w doświadczeniu.

b)
Przy rozwiązaniu zadania należy zwrócić uwagę na zależność liczby moli metalu X i miedzi, która wynika z podanego równania reakcji: jeżeli reaguje 1 mol metalu X, to powstaje 1 mol miedzi. W zadaniu podana jest masa próbki metalu X i masa powstałej miedzi. Zadanie można rozwiązać na dwa sposoby. Jednym z nich jest ułożenie proporcji:
27,9 g X – 15 g Cu
x – 64 g · mol^–1           x = 119 g · mol^–1.
Tyle wynosi masa molowa metalu X.

Poprawna odpowiedź
a) Wzór ogólny: K₂SO₄ · Al₂(SO₄)₃ · 24H₂O
Wzór uproszczony: KAl(SO₄)₂ · 12H₂O
b) K⁺, Al³⁺, SO²⁻₄

Wskazówki do rozwiązania zadania

a)
Wzór ogólny ałunu glinowo-potasowego to K₂SO₄ · Al₂(SO₄)₃ · 24H₂O. Wzór ten otrzymujemy, podstawiając do ogólnego wzoru ałunu podanego w informacji w miejsce – symbol potasu K, a w miejsce – symbol glinu Al. Podobnie postępujemy, układając wzór uproszczony tego ałunu. Postać uproszczona ałunu glinowo-potasowego to: KAl(SO₄)₂ · 12H₂O.

b)
Sole podwójne podczas rozpuszczania w wodzie ulegają dysocjacji jonowej. W procesie dysocjacji ałunu glinowo-potasowego, który jest hydratem siarczanu(VI) potasu i siarczanu(VI) glinu, powstają jony, które znajdują się w roztworach wodnych tych soli, a więc K⁺, Al³⁺, SO²⁻₄. W odpowiedzi można także uwzględnić obecność jonów H⁺ i OH⁻ pochodzących z dysocjacji wody, ale nie jest to wymagane.

Poprawne odpowiedzi

a)
Dane:
67% Ni
32% Cu
1% Mn
c_HCl = 0,5 mol · dm⁻³
m_stopu = 10 g

Szukane:
V_HCl

Rozwiązanie:
I sposób
Masa Ni w 10 g stopu zawierającego 67% Ni wynosi 6,7 g.
Masa Mn w 10 g stopu zawierającego 1% Mn wynosi 0,1 g.
Obliczenie liczby moli HCl potrzebnego do roztworzenia Ni:
59 g Ni – 2 mole HCl
6,7 g Ni – x                                                           x = 0,227 mola
Obliczenie liczby moli HCl potrzebnego do roztworzenia Mn:
55 g Mn – 2 mole HCl
0,1 g Mn – y                                                           y = 0,004 mola
Obliczenie łącznej liczby moli HCl:
n_HCl = 0,227 mola + 0,004 mola = 0,231 mola
Obliczenie objętości kwasu solnego:

II sposób
Masa Ni w 10 g stopu zawierającego 67% Ni wynosi 6,7 g.
Masa Mn w 10 g stopu zawierającego 1% Mn wynosi 0,1 g.
Obliczenie liczby moli Ni:
1 mol Ni – 59 g
x moli Ni – 6,7 g                                                      x = 0,114 mola
Obliczenie liczby moli Mn:
1 mol Mn – 55 g
y moli Mn – 0,1 g                                                    y = 0,002 mola
Obliczenie liczby moli HCl:
1 mol Ni – 2 mole HCl
0,114 mola – x                                                         x = 0,228 mola
1 mol Mn – 2 mole HCl
0,002 mola – y                                                       y = 0,004 mola
Obliczenie łącznej liczby moli HCl:
n_HCl = 0,228 mola + 0,004 mola = 0,232 mola
Obliczenie objętości kwasu solnego:

b) 1. za, nie wypiera wodoru
2. nie należy

Wskazówki do rozwiązania zadania

a)
Korzystając z podanej informacji, należy obliczyć masę niklu i manganu zawartą w 10 g stopu. Masa niklu w 10 g stopu zawierającego 67% tego metalu wynosi 6,7 g, a masa manganu w 10 g stopu zawierającego 1% tego metalu wynosi 0,1 g. Następny krok, to obliczenie liczby moli tych metali w obliczonych ich masach (wartości masy molowej niklu i manganu z układu okresowego):
1 mol Ni – 59 g
x moli Ni – 6,7 g                                                         x = 0,114 mola
1 mol Mn – 55 g
y moli Mn – 0,1 g                                                       y = 0,002 mola
Mając liczby moli obu metali, można obliczyć – korzystając z równań reakcji – liczbę moli kwasu solnego:
1 mol Ni – 2 mole HCl
0,114 mola – x                                                            x = 0,228 mola
1 mol Mn – 2 mole HCl
0,002 mola – y                                                          y = 0,004 mola
Łączna liczba moli kwasu potrzebna do całkowitego roztworzenia obu metali wynosi
n_HCl = 0,228 mola + 0,004 mola = 0,232 mola.
Mając liczbę moli kwasu i stężenie molowe jego roztworu, należy obliczyć objętość roztworu kwasu.

b)
Uzupełnienie podanych zdań wymaga skorzystania z szeregu elektrochemicznego metali zawartego w zestawie Wybranych wzorów i stałych fizykochemicznych na egzamin maturalny z biologii, chemii i fizyki. Z położenia miedzi w tym szeregu wynika, że – ponieważ znajduje się za wodorem – nie wypiera wodoru z kwasów. Miedź reaguje tylko z tak zwanymi kwasami utleniającymi, czyli takimi, których anion jest silniejszym utleniaczem niż kation wodorowy H⁺. Kwas solny nie ma takich właściwości, ponieważ chlor w HCl występuje na –I stopniu utlenienia i nie może się bardziej zredukować – może się tylko utlenić, bo stopień utlenienia równy –I jest jego najniższym stopniem utlenienia.