Zadania maturalne z chemii

Poprawna odpowiedź
1. P
2. P
3. F

Wskazówki do rozwiązania zadania

Aby poprawnie rozwiązać zadanie, musisz szczegółowo przeanalizować informację do zadań. Na podstawie analizy zawartych tam danych połączonych z wiedzą i umiejętnościami należy ocenić prawdziwość zdań. Zdanie 1. jest prawdziwe, ponieważ żelazo jest metalem aktywniejszym od miedzi i wypiera miedź z roztworów soli. Przebiega wtedy reakcja opisana równaniem:
Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu
Konieczna jest w tym przypadku umiejętność przewidywania kierunku przebiegu reakcji metali z roztworami soli na podstawie danych zawartych w szeregu napięciowym metali. Do oceny prawdziwości zdania 2. (jest ono prawdziwe) konieczna jest znajomość właściwości pierwiastków i związków chemicznych. Zdanie 3. jest zdaniem fałszywym, ponieważ przejście do roztworu 1 mola żelaza spowoduje wydzielenie 1 mola miedzi. Porównanie w tym przypadku mas molowych obu metali pozwoli Ci na sformułowanie wniosku, iż masa płytki użytej w doświadczeniu zwiększyła się.

Poprawne odpowiedzi
a) Opis doświadczenia: Do wodnego roztworu chlorku żelaza(III) należy dodać wodny roztwór wodorotlenku sodu. W wyniku przemiany wytrąci się osad, który należy odsączyć (oddzielić od roztworu) i następnie wyprażyć.
b) FeCl₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃↓ + 3NaCl

Wskazówki do rozwiązania zadania

a)
Zadanie sprawdza umiejętność projektowania doświadczeń, w wyniku których można otrzymać wodorotlenek, a następnie tlenek danego metalu (żelaza). W zadaniu nie podano zestawu odczynników do wyboru. Dany jest tylko odczynnik wyjściowy (informację o tym, jaka substancja jest odczynnikiem wyjściowym, można uzyskać po analizie informacji do zadań), a każdy sam musi zaproponować drugi odczynnik konieczny do zajścia opisanej reakcji. Najczęściej wybieranym odczynnikiem będzie wodny roztwór wodorotlenku sodu lub wodorotlenku potasu. Należy zauważyć, że po zmieszaniu reagentów wytrąci się osad wodorotlenku żelaza(III). Powstały osad należy odsączyć, a następnie wyprażyć w odpowiedniej temperaturze.

b) Po zmieszaniu roztworów reagentów (chlorku żelaza(III) i wskazanego wodorotlenku) wytrąci się osad. Przemianę tę można zilustrować równaniem zapisanym (zgodnie z poleceniem) w formie cząsteczkowej:

FeCl₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃↓ + 3NaCl

Powstały osad po odsączeniu należy wyprażyć w odpowiedniej temperaturze. Wodorotlenek żelaza(III) ulegnie rozkładowi według poniższego równania:

Ponieważ zgodnie z poleceniem należy zaznaczyć warunki prowadzenia procesu, dlatego w powyższym zapisie konieczne jest umieszczenie nad strzałką w równaniu reakcji informacji, że do zajścia procesu konieczne jest ogrzanie mieszaniny reakcyjnej do odpowiedniej temperatury (oznaczenia: T lub temperatura lub temp. lub ogrzewanie). Po wyprażeniu powstanie tlenek żelaza(III).

Poprawne odpowiedzi
a) Odczyn: kwasowy
Równanie reakcji w formie jonowej skróconej: Fe³⁺ + 3H₂O ⇄ Fe(OH)₃ + 3H⁺
lub Fe³⁺ + 3Cl⁻ + 3H₂O ⇄ Fe(OH)₃ + 3H⁺ + 3Cl⁻
lub Fe³⁺ + 6H₂O ⇄ Fe(OH)₃ + 3H₃O⁺
b) Fe³⁺, Cl⁻ , H⁺ lub H₃O⁺, H₂O, Fe(OH)₃ (ewentualnie: Fe(OH)²⁺, Fe(OH)⁺₂)
lub
Fe³⁺, Cl⁻ , H⁺ lub H₃O⁺, H₂O, Fe(OH)₃, OH⁻ (ewentualnie: Fe(OH)²⁺, Fe(OH)⁺₂)

Wskazówki do rozwiązania zadania

a)
Aby poprawnie rozwiązać tę część zadania, musisz skorzystać z informacji do zadań, w której podano, że związkiem otrzymanym w wyniku reakcji 3. jest chlorek żelaza(III) – substancja dobrze rozpuszczalna w wodzie. Wiedząc, że chlorek żelaza(III) jest solą ulegającą hydrolizie (jest to sól pochodząca od mocnego kwasu i słabej zasady), możesz przewidzieć odczyn wodnego roztworu takiej soli. Odczyn ten jest kwasowy. Musisz jeszcze potwierdzić podany odczyn roztworu odpowiednim równaniem reakcji zapisanym w formie jonowej skróconej. Aby nie popełnić błędów związanych z doborem współczynników, możesz zapisać najpierw równanie reakcji w formie cząsteczkowej:
FeCl₃ + 3H₂O ⇄ Fe(OH)₃ + 3HCl
Ponieważ przemiana ta przebiega w roztworze wodnym, w którym obecne są jony, można zapisać powyższe równanie w formie jonowej pełnej:
Fe³⁺ + 3Cl⁻ + 3H₂O ⇄ Fe(OH)₃ + 3H⁺ + 3Cl⁻
Zwróć uwagę, że żaden z powyższych zapisów nie jest zgodny z poleceniem, z którego wynika, że równanie należy zapisać w formie jonowej skróconej. Po wykreśleniu z równania jonów chlorkowych, które nie biorą udziału w reakcji, otrzymasz zapis równania w formie jonowej skróconej:
Fe³⁺ + 3H₂O ⇄ Fe(OH)₃ + 3H⁺

b)
Aby poprawnie rozwiązać tę cześć zadania, musisz prześledzić równania reakcji omawiane w części a) zadania, np. zapis:
Fe³⁺ + 3Cl^– + 3H₂O ⇄ Fe(OH)₃ + 3H⁺ + 3Cl^–,
z którego wynika, że w roztworze obecne są następujące jony i cząsteczki: Fe³⁺, Cl^–, H⁺, H₂O, Fe(OH)₃. Można także zauważyć, że w roztworze będą obecne jony wodorotlenkowe OH⁻ pochodzące z dysocjacji wody oraz ewentualnie jony Fe(OH)²⁺ i Fe(OH)⁺₂.

Poprawna odpowiedź
Równanie reakcji 1.: 3Fe + 2O₂ → Fe₃O₄
Równanie reakcji 2.: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂
Równanie reakcji 3.: 2Fe + 3Cl₂ → 2FeCl₃

Wskazówki do rozwiązania zadania

Aby poprawnie rozwiązać zadanie, musisz skorzystać z informacji do zadań, w której opisane są poszczególne przemiany. I tak: dla reakcji 1. podane zostały nazwy substratów i wzór produktu reakcji, dla przemiany 2. podane zostały nazwy substratów i nazwa wodnego roztworu powstałego po reakcji (w tym przypadku trzeba pamiętać o drugim produkcie – wodorze – który wydziela się podczas przemiany), dla reakcji 3. podano nazwy substratów i produktu reakcji. Zapisać musisz więc wzory substratów i produktów wszystkich przemian, a następnie dokonać bilansu masy i dobrać współczynniki stechiometryczne. Zwróć uwagę, że zgodnie z poleceniem wszystkie równania reakcji powinny być zapisane w formie cząsteczkowej.

Poprawne odpowiedzi
Dane:
m_Fe = 4,2 g
W = 85%

Szukane:
V_H2

Rozwiązanie:
I sposób
3Fe + 4H₂O → Fe₃O₄ + 4H₂
3 · 56 g Fe  –  4 · 22,4 dm³ H₂
4,2 g Fe – x           x = 2,24 dm³ H₂
2,24 dm³ H₂  –  100%
y – 85%           y = 1,904 dm³ H₂

II sposób
3Fe + 4H₂O → Fe₃O₄ + 4H₂

3 mole Fe  –  4 · 22,4 dm³ H₂
0,075 mola Fe  –  x          x = 2,24 dm³ H₂
2,24 dm³ H₂  –  100%
y  –  85%           y = 1,904 dm³ H₂

Wskazówki do rozwiązania zadania

Aby poprawnie rozwiązać zadanie, musisz skorzystać z równania reakcji zapisanego w informacji do zadań: 3Fe + 4H₂O → Fe₃O₄ + 4H₂
oraz z zestawu Wybranych wzorów i stałych fizykochemicznych na egzamin maturalny z biologii, chemii i fizyki (odczytanie masy molowej żelaza oraz objętości 1 mola gazu w warunkach normalnych). Po odczytaniu niezbędnych danych należy zapisać zależność uwzględniającą stechiometrię przemiany, np. proporcję, i obliczyć objętość wydzielonego wodoru (warunki normalne). Jeśli w reakcji na 4,2 g żelaza podziałano nadmiarem pary wodnej, to obliczona objętość wodoru wynosi 2,24 dm³ przy założeniu, że przemiana przebiegła z wydajnością równą 100%. Tymczasem w zadaniu podano, że wydajność opisanego procesu była równa 85%. Informacja ta powoduje konieczność zapisania kolejnej zależności i obliczenia objętości wodoru przy założeniu, że reakcja przebiegła z podaną w zadaniu wydajnością (I sposób rozwiązania). Podczas rozwiązywania zadania pamiętaj o poprawnym zaokrąglaniu wyników pośrednich i wyniku końcowego oraz o podaniu wyniku z odpowiednią jednostką.

Poprawne odpowiedzi
Dane:
m_FexOy = 58 g
m_H2O = 18 g

Szukane:
ustalenie (potwierdzenie) wzoru sumarycznego redukowanego tlenku żelaza (Fe_xO_y)

Rozwiązanie:
I sposób
Fe₃O₄ + 4H₂ → 3Fe + 4H₂O
232 g Fe₃O₄  –  4 · 18 g H₂O
58 g Fe₃O₄ – x           x = 18 g H₂O

II sposób
Fe₃O₄ + 4H₂ → 3Fe + 4H₂O
232 g Fe₃O₄  –  4 · 18 g H₂O
x – 18 g H₂O           x = 58 g Fe₃O₄
Odpowiedź: Tak, redukowanym tlenkiem mógł być magnetyt.

Wskazówki do rozwiązania zadania

W informacji do zadań podane jest równanie reakcji żelaza z parą wodną:
3Fe + 4H₂O → Fe₃O₄ + 4H₂
Na podstawie opisu przemiany i założeniu, że redukowanym tlenkiem był magnetyt, musisz zauważyć, że podczas procesu redukcji przebiegać będzie reakcja odwrotna:
Fe₃O₄ + 4H₂ → 3Fe + 4H₂O
Pozwoli Ci to na wykorzystanie do obliczeń równania reakcji, w którym dobrane są już współczynniki stechiometryczne. Następnie musisz obliczyć masę molową magnetytu (Fe₃O₄) oraz masę molową wody i zapisać odpowiednią zależność (proporcję) uwzględniającą stechiometrię opisanej przemiany. Zauważ, że w rozwiązaniu zadania można założyć (oczywiście po uwzględnieniu stechiometrii reakcji), że redukcji poddano 58 g tlenku (I sposób rozwiązania). Jeśli obliczoną liczbą gramów wody będzie 18, to należy wnioskować, że redukowanym tlenkiem mógł być magnetyt. Zadanie można także rozwiązać inną metodą (II sposób), zakładając, że otrzymano 18 g wody. Jeśli obliczoną liczbą gramów redukowanego tlenku będzie 58, to należy wnioskować, że redukowanym tlenkiem mógł być magnetyt.

Poprawna odpowiedź
Ładunek jądra: +26
Liczba protonów: 26
Liczba elektronów: 26
Liczba neutronów: 30

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 żelazo. Następnie należy odczytać jego liczbę atomową Z (jest to liczba porządkowa, która informuje o liczbie protonów, liczbie elektronów, na jej podstawie można także określić ładunek jądra). Pozwoli Ci to na określenie ładunku jądra (+ 26), liczby protonów (26) i liczby elektronów (26). W kolejnym kroku musisz sięgnąć do informacji do zadań (ponieważ w poleceniu zaznaczono, że rozwiązanie zadania dotyczy nuklidu opisanego w informacji wprowadzającej) i odczytać z niej liczbę masową A opisanego nuklidu (A = 56). Te dane pozwolą Ci na obliczenie liczby neutronów (56 – 26 = 30).

Poprawna odpowiedź
1. P
2. F
3. F

Wskazówki do rozwiązania zadania

Aby poprawnie rozwiązać zadanie, musisz szczegółowo przeanalizować Informację do zadań i na tej podstawie ocenić prawdziwość podanych zdań. Zdanie 1. dotyczy rozpowszechnienia w skorupie ziemskiej opisanych pierwiastków 13. grupy układu okresowego. Dane te zebrane są w tabeli, która znajduje się w informacji do zadań. Musisz te dane porównać i na tej podstawie ocenić, że zdanie jest prawdziwe. Podobna sytuacja ma miejsce przy ocenie prawdziwości zdania 2. Tutaj również musisz porównać dane umieszczone w tabeli (gęstość i temperaturę topnienia). Zauważ, że dodatkowo trzeba powiązać liczbę atomową borowców z gęstością i temperaturą topnienia, i w tym kontekście ocenić prawdziwość zdania 2. (po analizie zebranych informacji należy ocenić, że zdanie jest fałszywe). Zwróć uwagę, że prawdziwość 3. zdania oceniamy na podstawie właściwości opisanych borowców (zdanie należy ocenić jako fałszywe).

Poprawna odpowiedź
a) kwas solny
b) Równania reakcji: Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂       i       MgO + 2HCl → MgCl₂ + H₂O

Wskazówki do rozwiązania zadania

Aby poprawnie rozwiązać zadanie, musisz szczegółowo przeanalizować informację do zadań i wykorzystać te fragmenty tekstu, które dotyczą reakcji tlenku boru z magnezem. Z podanej informacji wynika, że w reakcji redukcji tlenku boru metalicznym magnezem metal użyty został w nadmiarze. Otrzymany w tej przemianie bor zawiera więc zanieczyszczenia, takie jak magnez i tlenek magnezu. Identyfikacja zanieczyszczeń pozwoli na odpowiedni dobór odczynnika. Odczynnik musi bowiem spełniać pewne warunki. Nie powinien wchodzić w reakcję z borem (celem doświadczenia jest otrzymanie czystego boru), natomiast reagować z zanieczyszczeniami w celu ich usunięcia z powstałej mieszaniny. Z informacji do zadań możesz wyczytać także, że bor charakteryzuje się małą aktywnością chemiczną – nie działa na niego wrzący kwas solny ani kwas fluorowodorowy. Ta informacja pomoże Ci w wyborze odpowiedniego odczynnika i pozwoli na poprawne zaprojektowanie doświadczenia. Tak więc po analizie tekstu dostępne są już informacje konieczne do rozwiązania zadania. Z listy podanych odczynników należy wybrać kwas solny (zauważ, że nie będzie on wchodził w reakcję z borem, natomiast będzie reagował z magnezem i z tlenkiem magnezu). Następnie, na podstawie właściwości chemicznych metali i tlenków metali, musisz zapisać w formie cząsteczkowej 2 równania reakcji i pamiętać o poprawnym doborze współczynników stechiometrycznych.

Poprawna odpowiedź
Równanie reakcji termicznego rozkładu: 2BI₃ → 2B + 3I₂
Równanie redukcji tlenku boru metalicznym magnezem: B₂O₃ + 3Mg → 2B + 3MgO

Wskazówki do rozwiązania zadania

Aby poprawnie rozwiązać zadanie, musisz szczegółowo przeanalizować informację do zadań i wykorzystać te fragmenty tekstu, które dotyczą reakcji otrzymywania boru. Z pierwszego fragmentu uzyskasz informację, że pierwiastek ten można otrzymać w reakcji redukcji tlenku boru metalicznym magnezem; z drugiego fragmentu tekstu wynika, że bor powstaje w reakcji termicznego rozkładu jodku boru. Musisz zapisać więc wzory substratów i produktów, a następnie dokonać bilansu masy i dobrać współczynniki stechiometryczne.

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.

Poprawne odpowiedzi

a) Probówka I w doświadczeniach A i B: CrO.
Probówka II w doświadczeniach A i B: Cr₂O₃.
b) 1. zasadowe, kwasami
2. amfoteryczne, kwasami, zasadami
c) Doświadczenie A: Cr₂O₃ + 2OH⁻ + 3H₂O → 2[Cr(OH)₄]⁻
Doświadczenie B: Cr₂O₃+ 6H⁺ → 2Cr³⁺ + 3H₂O

Wskazówki do rozwiązania zadania

a)
Opis przebiegu doświadczenia wskazuje, że z zasadą (roztworem wodorotlenku sodu) reaguje tylko jeden z badanych tlenków chromu (doświadczenie A), a z kwasem reagują oba tlenki (doświadczenie B). Wynika z tego, że jeden tlenek chromu reaguje i z zasadą, i z kwasem – ma więc charakter amfoteryczny, a drugi reaguje tylko z kwasem – ma więc charakter zasadowy. Tlenek reagujący z zasadą znajdował się w probówce II (doświadczenie). Musimy teraz rozstrzygnąć, czy był to tlenek CrO, czy Cr₂O₃. Aby to zrobić, powinniśmy pamiętać, że jeżeli pierwiastek tworzy kilka tlenków, przyjmując w nich różne stopnie utlenienia, charakter chemiczny tych tlenków zmienia się w miarę wzrostu stopnia utlenienia pierwiastka od zasadowego przez amfoteryczny do kwasowego. Wynika z tego, że charakter amfoteryczny ma ten tlenek chromu, w którym chrom przyjmuje wyższy stopień utlenienia, a więc Cr₂O₃, natomiast tlenek, w którym chrom przyjmuje niższy stopień utlenienia, czyli CrO, ma charakter zasadowy. Uzupełniając rysunek, musimy więc pamiętać, żeby w doświadczeniu A umiejscowić wzór CrO pod probówką I, a wzór Cr₂O₃ – pod probówką II. Ponieważ w doświadczeniu B numery probówek I i II były przypisane takim samym tlenkom, jak w doświadczeniu A, oznacza to, że również w doświadczeniu B tlenek CrO znajdował się w probówce I, a tlenek Cr₂O₃ – w probówce II.

b)
Rozważania przeprowadzone w części a) zadania dają odpowiedź w jego części b): tlenek chromu(II) wykazuje właściwości zasadowe, reaguje z kwasami; tlenek chromu (III) wykazuje właściwości amfoteryczne, reaguje z kwasami i zasadami.

c)
W obu doświadczeniach A i B w probówce oznaczonej numerem II znajdował się tlenek Cr₂O₃ o właściwościach amfoterycznych. W reakcji tego tlenku z kwasem solnym (doświadczenie B) powstaje rozpuszczalny w wodzie chlorek chromu(III). Jonowy zapis równania tej reakcji jest następujący: Cr₂O₃ + 6H⁺ + 6Cl^– → 2Cr³⁺ + 6Cl^– + 3H₂O.
Widzimy, że jony Cl^– nie biorą udziału w reakcji, równanie reakcji możemy więc uprościć, odejmując od obu jego stron 6Cl^–: Cr₂O₃ + 6H⁺ → 2Cr³⁺ + 3H₂O.
W reakcji tlenku chromu(III) z roztworem wodorotlenku sodu (doświadczenie A) również powstaje rozpuszczalna w wodzie sól, ale nie jest to chlorek chromu(III), ponieważ w powstającej soli chrom stanowi składnik anionu. Jest to anion kompleksowy, w którym liczba koordynacyjna jest równa 4. Wzór tego jonu najłatwiej wyprowadzić, pamiętając, że jeżeli tlenek chromu(III) jest amfoteryczny, to amfoteryczny jest również wodorotlenek chromu(III) o wzorze Cr(OH)₃. W reakcji tego wodorotlenku z mocną zasadą powstaje taki sam jon kompleksowy chromu(III), jak w reakcji tlenku chromu(III) z zasadą:
Cr(OH)₃ + OH^– → [Cr(OH)₄]⁻.
Wobec tego równanie reakcji tlenku chromu(III) z roztworem wodorotlenku sodu ma następującą postać: Cr₂O₃ + 2Na⁺ + 2OH⁻ + 3H₂O → 2Na⁺ + 2[Cr(OH)₄]⁻.
Widzimy, że jony Na⁺ nie biorą udziału w reakcji, równanie reakcji możemy więc uprościć, odejmując od obu jego stron 2Na⁺: Cr₂O₃ + 2OH⁻ + 3H₂O → 2[Cr(OH)₄]⁻.
Uzyskujemy jego skróconą postać.

Poprawne odpowiedzi

Opisana reakcja jest reakcją utleniania i redukcji, ponieważ dochodzi w jej czasie do wymiany elektronów między cząsteczkami arsenowodoru i kationami srebra.
lub
Opisana reakcja jest reakcją utleniania i redukcji, ponieważ widać, że w wyniku tej reakcji srebro zmienia swój stopień utlenienia z I na 0.

Wskazówki do rozwiązania zadania

Aby móc ocenić, czy opisana reakcja jest reakcją utleniania i redukcji, trzeba sprawdzić, czy w jej wyniku dochodzi do wymiany elektronów, co powoduje zmiany stopni utlenienia cząstek utleniacza i reduktora. Można łatwo zauważyć, że zmiana taka dokonuje się w przypadku srebra:
AsH₃ + 6Ag⁺ + 3[(C₂H₅)₂ N − CS₂]⁻ →As[(C₂H₅)₂ N − CS₂]₃ + 6Ag + 3H⁺
Przed reakcją srebro występuje w postaci kationów Ag+, a po reakcji – jako srebro metaliczne. W czasie reakcji następuje więc zmiana stopnia utlenienia srebra z I na 0. Zauważenie tego wystarczy do stwierdzenia, że opisana reakcja jest reakcją utleniania i redukcji.

Poprawna odpowiedź
519 g ⋅ mol⁻¹

Wskazówki do rozwiązania zadania

Aby poprawnie rozwiązać to zadanie, należy zauważyć, że związkiem arsenu, który powstaje w wyniku opisanej w informacji reakcji, jest związek o wzorze As[(C₂H₅)₂ N − CS₂]₃ . Wzór ten można zapisać w postaci ułatwiającej obliczenia, sumując liczbę atomów poszczególnych pierwiastków: As(C₅H₁₀NS₂)₃. Wynika z niego, że szukana masa molowa M_x wyraża się równaniem M_x = M_As + ₃(M_C + 10M_H + M_N +M_S), w którym M_As, M_C, M_H, M_N, i M_S oznaczają masy molowe arsenu, węgla, wodoru, azotu i siarki (zaokrąglone do jedności, ponieważ takie zaokrąglenie zostało zadane w poleceniu). Odczytując wartości masy atomowej poszczególnych pierwiastków z układu okresowego, wiemy, jakie są wartości ich masy molowej (pamiętamy przy tym, że masa atomowa jest wielkością mikroskopową wyrażaną w unitach, a masa molowa – wielkością makroskopową wyrażaną w g ⋅ mol⁻¹). Wartości te należy podstawić do równania i obliczyć wartość M_x wyrażoną w g ⋅ mol⁻¹ : M_x = 75g ⋅ mol⁻¹ + 3(5 ⋅ 12g ⋅ mol⁻¹ + 10 ⋅ 1g ⋅ mol⁻¹ + 14g ⋅ mol⁻¹ + 2 ⋅ 32g ⋅ mol⁻¹) = 519g ⋅mol⁻¹ .

Poprawna odpowiedź
a) Cynk pełni funkcję reduktora.
Równanie procesu: Zn → Zn²⁺ + 2e⁻
b) 6 moli

Wskazówki do rozwiązania zadania

a)
W części a) zadania, aby móc określić, czy cynk pełni w opisanej reakcji funkcję reduktora, czy utleniacza, należy określić stopień utlenienia cynku przed reakcją i po niej. Z opisu procesu w informacji wstępnej do zadań oraz z równania reakcji wynika, że do jej przeprowadzenia użyto cynku metalicznego, a więc w postaci niezwiązanej. Oznacza to, że cynk przed reakcją przyjmuje stopień utlenienia równy 0. Substancją, która powstaje w wyniku reakcji i zawiera cynk, jest związek o wzorze ZnCl₂. Związek ten to sól kwasu solnego i cynku, czyli chlorek cynku – związek jonowy składający się z kationów cynku i anionów chlorkowych. Chlor tworzy jony chlorkowe Cl^– (atomowi chloru, który ma 7 elektronów walencyjnych brakuje jednego elektronu do uzyskania trwałej konfiguracji gazu szlachetnego). Ponieważ na 1 jon cynku przypadają 2 jony chlorkowe każdy o ładunku elektrycznym –1 (w atomowych jednostkach ładunku), 1 jon cynku musi mieć ładunek +2. Oznacza to, że w czasie reakcji stopień utlenienia cynku zmienia się z 0 na II, a więc wzrasta – atom cynku oddaje 2 elektrony, jest zatem reduktorem.

b)
W odpowiedzi w części b) zadania pomocne będzie równanie reakcji, z którego wynika, że 1 mol AsH₃ powstaje wtedy, gdy w reakcji wezmą udział 3 mole cynku. 1 mol cynku oddaje 2 mole elektronów, więc 3 mole tego metalu oddają 3 · 2 mole = 6 moli elektronów.

Poprawna odpowiedź
a) Równanie procesu utleniania: Sn²⁺ →Sn⁴⁺ + 2e⁻         │· 1
Równanie procesu redukcji: H₃AsO₄ + 2H⁺ + 2e⁻ → H₃AsO₃ + H₂O  │· 1
b) H₃AsO₄ + Sn²⁺ + 2H⁺ → H₃AsO₃ + Sn⁴⁺ + H₂O

Wskazówki do rozwiązania zadania

a)
Rozwiązanie zadania należy rozpocząć od wyznaczenia stopni utlenienia atomów poszczególnych pierwiastków w drobinach chemicznych substratów i produktów reakcji, co ułatwia, zawarta w nazwach kwasów arsenowych, informacja o stopniach utlenienia arsenu: w cząsteczkach kwasu ortoarsenowego(III) atomy arsenu przyjmują stopień utlenienia III, a w cząsteczkach kwasu ortoarsenowego(V) – stopień utlenienia V. Trzeba pamiętać także, że w przypadku typowych związków (a z takimi mamy do czynienia w tej reakcji) wodór występuje na I stopniu utlenienia, a tlen na –II stopniu utlenienia. Stopień utlenienia cyny jest podany wprost, ponieważ drobiny chemiczne, w postaci których pierwiastek ten występuje w opisanej reakcji, to kationy proste: Sn²⁺ i Sn⁴⁺ (to samo dotyczy wodoru w postaci kationów wodorowych H⁺), a wiec przed reakcją cyna występuje na II stopniu utlenienia, a w wyniku reakcji przechodzi na IV stopień utlenienia. W ten sposób mamy określone wszystkie stopnie utlenienia:

Widzimy, że stopień utlenienia zmieniają atomy dwóch pierwiastków: arsenu i cyny. Stopień utlenienia arsenu zmienia się z V w kwasie ortoarsenowym(V) na III w kwasie ortoarsenowym(III), a cyny – z II w jonach Sn²⁺ na IV w jonach Sn⁴⁺. Wynika z tego, że w czasie reakcji stopień utlenienia arsenu zmniejsza się, arsen w kwasie ortoarsenowym(V) jest więc utleniaczem, a stopień utlenienia cyny zwiększa się, co oznacza, że kationy cyny(II) pełnią funkcję reduktora. Wiemy, że procesowi utlenienia ulega reduktor, który oddaje elektrony, a procesowi redukcji – utleniacz, który przyłącza elektrony. Ponieważ stopień utlenienia reduktora, czyli jonów Sn²⁺, wzrasta o 2, równanie procesu utleniania będzie miało następującą postać: Sn²⁺ →Sn⁴⁺ + 2e⁻.
Stopień utlenienia utleniacza, czyli atomów arsenu w cząsteczkach H₃AsO₄, maleje także o 2, możemy więc napisać, że H₃AsO₄ + 2e⁻ →H₃AsO₃, ale zapis ten nie jest jeszcze równaniem reakcji, ponieważ liczba atomów tlenu (na –II stopniu utlenienia) po lewej stronie nie jest równa liczbie atomów tego pierwiastka po prawej stronie. Widzimy, że w środowisku reakcji obecne są jony H⁺, które w połączeniu z atomami tlenu na –II stopniu utlenienia tworzą cząsteczki wody będącej produktem ubocznym reakcji. Aby liczba atomów tlenu była taka sama po obu stronach równania, trzeba przyjąć, że powstaje jedna cząsteczka wody, do czego potrzebne są 2 jony . Łącząc ten zapis z zapisem ilustrującym zmiany stopnia utlenienia arsenu, otrzymujemy następujące równanie procesu redukcji: H₃AsO₄ + 2H⁺ + 2e⁻ →H₃AsO₃ + H₂O .
W ten sposób uzyskujemy odpowiedź do części a) zadania.

b)
W części b) wykorzystamy to, co zrobiliśmy w części a), pamiętając, że podstawą bilansu równań reakcji redoks jest bilans elektronowy: liczba elektronów oddanych musi być równa liczbie elektronów pobranych. W przypadku rozpatrywanej reakcji liczba ta wynosi 2, z czego wynika, że stosunek liczby moli reduktora do utleniacza jest równy 1:1, a więc możemy zsumować stronami równania procesów utleniania i redukcji, otrzymując następujący zapis:
H₃AsO₄ + 2H⁺ + 2e⁻ + Sn²⁺ →H₃AsO₃ + H₂O + Sn⁴⁺ + 2e⁻ ,
co pozwala nam uzupełnić współczynniki w podanym w zadaniu schemacie równania reakcji: H₃AsO₄ + Sn²⁺ + 2H⁺ → H₃AsO₃ + Sn⁴⁺ H₂O.

Poprawna odpowiedź
      lub       As₂O₅ + 3H₂O→2H₃AsO₄

Wskazówki do rozwiązania zadania

Zadanie wymaga napisania w formie cząsteczkowej równania reakcji tlenku arsenu(V) z wodą, a więc substratami reakcji są woda H₂O i tlenek arsenu(V) o wzorze A₂O₅ podanym w informacji do zadania. W informacji tej podano również wzór produktu reakcji, którym jest kwas ortoarsenowy(V) H₃AsO₄. Jeżeli wiemy, jak przebiega reakcja z wodą tlenku kwasowego, w której wyniku powstaje kwas, możemy napisać jej równanie. Nad strzałką możemy zapisać H⁺ lub HCl, zaznaczając fakt, że reakcja przebiega w obecności mocnego kwasu (kwasu solnego), ale nie jest to konieczne.

Poprawna odpowiedź
utlenieniu, reduktora, dawcą

Wskazówki do rozwiązania zadania

Procesowi utleniania ulega ta cząstka chemiczna, która oddaje elektrony i nazywamy ją reduktorem. Procesowi redukcji ulega ta cząstka chemiczna (atom, jon lub cząsteczka), która przyłącza (pobiera) elektrony – nazywamy ją utleniaczem. W opisanym doświadczeniu atomy ołowiu (czyli wybranego metalu) oddają elektrony, ulegają więc utlenieniu, będąc reduktorami, a kationy miedzi przyłączają elektrony, są zatem utleniaczami, ulegając redukcji.

Poprawna odpowiedź
Cu²⁺ + Pb→Cu + Pb²⁺

Wskazówki do rozwiązania zadania

Ołów – wybrany w poprzednim zadaniu – w reakcjach z roztworami soli innych metali tworzy jony Pb²⁺, co możemy odczytać z szeregu napięciowego metali. W reakcji atomu ołowiu z jonem miedzi Cu²⁺ zachodzi wymiana elektronów. Liczba elektronów przyłączonych musi być równa liczbie elektronów oddanych. Kation miedzi przyłącza 2 elektrony: Cu²⁺ + 2e^– → Cu, a atom ołowiu oddaje 2 elektrony: Pb → Pb²⁺ + 2e^–, z czego wynika, że 1 jon miedzi reaguje z 1 atomem ołowiu: Cu²⁺ + Pb → Cu + Pb²⁺, co stanowi jonowy skrócony zapis równania opisanej reakcji.

Poprawna odpowiedź
ołów

Wskazówki do rozwiązania zadania

W opisanym doświadczeniu zachodzi reakcja metalu z jonami innego metalu (Cu²⁺) obecnymi w roztworze. Aby wybrać metal, który spełnia warunki zadania, trzeba sprawdzić, który z wymienionych metali reaguje z roztworem soli miedzi(II) oraz – jeżeli reaguje – w jakim stosunku masowym reakcja ta zachodzi. Zdolność reagowania z jonami Cu²⁺, a dokładniej ich redukcji, mają te metale, które w szeregu napięciowym znajdują się przed miedzią. Spośród metali wymienionych w zadaniu warunek ten spełniają glin, nikiel i ołów. Do stwierdzenia, który z nich został użyty w opisanym doświadczeniu, potrzebne jest określenie stosunku masowego wynikającego z równania reakcji zachodzącej w czasie doświadczenia. Masa substancji jest równa iloczynowi liczby moli i masy molowej tej substancji, a więc masa wydzielonej miedzi m_Cu = n_Cu · M_Cu, a masa roztworzonego metalu m_Me = n_Me · M_Me. Masy molowe miedzi, glinu, niklu i ołowiu odczytujemy z układu okresowego pierwiastków chemicznych (wystarczy zaokrąglenie ich wartości do liczb całkowitych): M_Cu = 64 g · mol^–1, M_Al = 27 g · mol^–1, M_Ni = 59 g · mol^–1, M_Pb = 207 g · mol^–1. W napisaniu równania reakcji znów pomocny będzie szereg napięciowy metali, ponieważ podane są w nim wzory kationów metali, które w reakcji powstają: widać, że zarówno nikiel, jak i ołów tworzą jony dwudodatnie (Ni²⁺, Pb²⁺), a glin – jony trójdodatnie (Al³⁺), z czego wynika, że reakcja jonów miedzi(II) z niklem i ołowiem przebiega według schematu:
Cu²⁺ + Me → Cu + Me²⁺, a więc
Reakcja jonów miedzi(II) z glinem przebiega zgodnie z równaniem:
3Cu²⁺ + 2Al → 3Cu + 2Al³⁺, z którego wynika, że , a więc n_Cu2+ = dlatego
co oznacza, że masa wydzielonej miedzi jest ok. 3,6 razy większa od masy roztworzonego glinu. Ponieważ w czasie doświadczenia stwierdzono, że masa blaszki po wyjęciu z roztworu była mniejsza od jej masy początkowej, oznacza to, że masa wydzielonej miedzi była mniejsza od masy metalu, który się roztworzył, zatem na pewno nie mógł to być glin. Pozostaje więc sprawdzenie stosunku masowego dla reakcji z niklem i ołowiem:
dla niklu , czyli masa roztworzonego niklu jest nieznacznie mniejsza od masy wydzielonej miedzi;
dla ołowiu , czyli masa roztworzonego ołowiu jest znacznie większa od masy wydzielonej miedzi. Metalem tym był więc ołów.

Poprawna odpowiedź

a) Równanie procesu redukcji: MnO⁻₄ + 8H⁺ + 5e^–→ Mn²⁺ + 4H₂O │· 2
Równanie procesu utleniania: S²⁻→ S + 2e^– │· 5
b) 2MnO⁻₄ + 5S²⁻ + 16H⁺ →2Mn²⁺ + 5S + 8H₂O

Wskazówki do rozwiązania zadania

a)
Rozwiązując to zadanie, wykorzystamy nasze spostrzeżenia, których dokonaliśmy w czasie analizy zadania poprzedniego. Zauważyliśmy wtedy, że w reakcji zilustrowanej schematem I zmianom ulega stopień utlenienia tylko manganu i siarki: w jonie MnO₄^– mangan przyjmuje stopień utlenienia równy VII, a w jonie Mn²⁺ – stopień utlenienia równy II, natomiast siarka przechodzi z –II stopnia utlenienia w jonie S²⁻ na stopień utlenienia równy 0 w siarce elementarnej (S). Dzięki temu możemy zapisać równania obu procesów, uwzględniając postać chemiczną, w jakiej występują mangan i siarka przed reakcją i po reakcji oraz fakt, że reakcja ta przebiega w środowisku kwasowym.
Redukcja:  MnO⁻₄ + 8H⁺ + 5e⁻ →Mn²⁺ + + 4H₂O │· 2
Utlenianie: S²⁻ →S+ 2e⁻ │· 5
W ten sposób uzyskujemy odpowiedź do części a) zadania.

b)
Następnie – po dokonaniu bilansu liczby elektronów oddanych i pobranych, czyli po pomnożeniu równania redukcji przez 2, a równania utleniania przez 5 – sumujemy stronami oba te równania i uzyskujemy następujący zapis:
2MnO⁻₄ + 5S²⁻ +16H⁺ →2Mn²⁺ + 5S + 8H₂O
Z zapisu tego odczytujemy współczynniki stechiometryczne potrzebne do uzupełnienia schematu.

Poprawna odpowiedź

a)

b) Stosunek molowy reduktora do utleniacza = 8 : 1 lub 4 do 1 lub

Wskazówki do rozwiązania zadania

a)
Aby rozwiązać tę część zadania, trzeba pamiętać, że utleniacz to cząstka chemiczna (atom, cząsteczka, jon), która w czasie reakcji pobiera elektrony, ulegając redukcji i utleniając reduktor. Reduktor to cząstka chemiczna (atom, cząsteczka, jon), która w czasie reakcji oddaje elektrony, ulegając utlenieniu i redukując utleniacz. Przyjmowanie elektronów prowadzi do zmniejszenia stopnia utlenienia, więc stopień utlenienia utleniacza w czasie reakcji maleje, natomiast oddawanie elektronów prowadzi do zwiększenia stopnia utlenienia, zatem stopień utlenienia reduktora w czasie reakcji wzrasta. Widzimy, że w reakcji zilustrowanej schematem I zmianom ulega stopień utlenienia tylko manganu i siarki (wodór przed i po reakcji występuje na I stopniu utlenienia, a tlen na –II stopniu utlenienia): w jonie MnO⁻₄ mangan przyjmuje stopień utlenienia równy VII, a w jonie Mn²⁺ – stopień utlenienia równy II, natomiast siarka przechodzi z –II stopnia utlenienia w jonie S²⁻ na stopień utlenienia równy 0 w siarce elementarnej (S). Wynika z tego, że w opisanej reakcji utleniaczem jest jon MnO⁻₄, a reduktorem – jon S²⁻. W reakcji, której schemat oznaczono numerem II, zmianom ulega stopień utlenienia tylko siarki i jodu (wodór przed i po reakcji występuje na I stopniu utlenienia, a tlen na –II stopniu utlenienia): w jonie SO^2-₄ siarka przyjmuje stopień utlenienia równy VI, a w cząsteczce H₂S – stopień utlenienia równy –II, natomiast jod przechodzi z –I stopnia utlenienia w jonie I⁻ na stopień utlenienia równy 0 w cząsteczce jodu I₂. Wynika z tego, że w opisanej reakcji utleniaczem jest jon SO²⁻₄ , a reduktorem – jon I⁻.

b)
Wiedząc, który jon w równaniu opisanym schematem II pełni funkcję utleniacza, a który reduktora, można obliczyć stosunek molowy reduktora do utleniacza. W tym celu należy obliczyć liczbę moli elektronów, którą oddaje I⁻, przechodząc w I₂, i liczbę moli elektronów, którą pobiera jon SO²⁻₄, przechodząc w H₂S. Liczba pobranych elektronów musi być równa liczbie elektronów oddanych, dlatego dokonujemy bilansu elektronowego (w tym wypadku wystarczy posługiwanie się zapisem formalnym, ilustrującym jedynie stopnie utlenienia atomów poszczególnych pierwiastków, bez uwzględnienia postaci chemicznej, w jakiej te atomy występują):

Z bilansu tego wynika, że równanie procesu utleniania (oddawania elektronów) trzeba pomnożyć przez 4: liczba moli reduktora wynosi 8, a utleniacza 1. Stosunek molowy reduktora do utleniacza jest zatem równy 8 : 1.

Zasady oceniania
1 pkt – poprawna identyfikacja trzech pierwiastków i napisanie ich symboli.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca powyższego kryterium albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
X1: O       X2: K        X3: Mn

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne uzupełnienie tabeli (wpisanie wartości głównej i pobocznej liczby kwantowej, które odpowiadają niesparowanym elektronom w atomach X1 i X3).
0 pkt – odpowiedź niespełniająca powyższego kryterium albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wskazanie dwóch odpowiedzi.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca powyższego kryterium albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
1. – P; 2. – P

Zasady oceniania
To zadanie jest oceniane z zastosowaniem następujących poziomów rozwiązania:

Przykładowe rozwiązanie
Przemianie nuklidu ²²⁶Ra w nuklid ²¹⁰Pb odpowiada emisja 4 cząstek α.
Jeżeli 1,0 g ²²⁶Ra w pierwszym etapie emituje 3,4 · 10¹⁰ cząstek α w czasie 1 s, to całkowita emisja w ciągu 80 dni wynosi:

4 · 3,4 · 10¹⁰ · 6912000 = 9,4 · 10¹⁷ cząstek α,

a w próbce zawierającej 0,2 g nuklidu ²²⁶Ra: 0,2 · 9,4 · 10¹⁷ = 1,88 ·10¹⁷ cząstek α.
Liczba moli helu:
7 mm³ = 7 · 10^–6 dm³, więc n_He = (7 ·10^–6 dm³)/22,4 dm³ · mol^–1 = 3,125 · 10^–7 mol
Stała Avogadra: 1,88 · 10¹⁷/3,125 · 10^–7 mol = 0,6016 · 10²⁴ ≅ 6 · 10²³ mol^–1

Zasady oceniania
1 pkt – napisanie liczby cząstek β^– emitowanych w ciągu przemian prowadzących od ²²⁶Ra do ²¹⁰Pb
0 pkt – odpowiedź niespełniająca powyższego kryterium albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Liczba cząstek β^– : 2

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne napisanie symbolu pierwiastka i uzupełnienie konfiguracji elektronowej.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca powyższego kryterium albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne uzupełnienie tabeli.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca powyższego kryterium albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne uzupełnienie tabeli.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca powyższego kryterium albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne rozstrzygnięcie i uzasadnienie.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca powyższego kryterium albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Rozstrzygnięcie: tak
Uzasadnienie: Entalpia tworzenia CO₂ ma znacznie niższą wartość niż entalpia tworzenia CO, co oznacza, że przemianie CO w CO₂ towarzyszy uwalnianie energii do otoczenia, czyli jest to reakcja egzotermiczna.
ALBO
Entalpia tworzenia CO ma znacznie wyższą wartość niż entalpia tworzenia CO₂, co oznacza, że entalpia spalania CO jest ujemna, czyli ta reakcja jest egzotermiczna.
ALBO
Entalpia spalania CO – równa różnicy entalpi tworzenia CO₂ i entalpi tworzenia CO – ma wartość ujemną, co oznacza, że reakcja spalania CO jest egzotermiczna.

Zasady oceniania
2 pkt – zastosowanie poprawnej metody, poprawne wykonanie obliczeń i podanie wyniku w procentach.
1 pkt – zastosowanie poprawnej metody, ale:

• popełnienie błędów rachunkowych.

LUB

• niepodanie wyniku w procentach (z błędną jednostką).

0 pkt – zastosowanie błędnej metody obliczenia albo brak rozwiązania.

Przykładowe rozwiązanie
Przyjmujemy, że mieszanina wiórków magnezu i miedzi składa się z 8 moli Mg i 3 moli Cu, więc jej masa wynosi: m = 8 mol · 24 g·mol^–1 + 3 mol · 64 g·mol^–1 = 384 g
W reakcji tej mieszaniny wiórków metali wydzieliło się 8 moli wodoru.
Druga mieszanina wiórków metali (Al i Ag) ma również masę 384 g i pod działaniem HCl przebiega w niej reakcja opisana równaniem: 2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂
W reakcji tej też wydziela się 8 moli wodoru, więc masę glinu w mieszaninie wiórków można obliczyć z proporcji:

Zawartość glinu w mieszaninie wiórków: (144 g/384 g) · 100 % = 37,5 % ≅ 38 %

Zasady oceniania
1 pkt – poprawne wskazanie metalu (napisanie jego symbolu) i poprawne uzasadnienie.
0 pkt – odpowiedź niespełniająca powyższego kryterium albo brak odpowiedzi.

Rozwiązanie
Symbol metalu: Al
Uzasadnienie: Glin w stężonym kwasie azotowym(V) ulega pasywacji, a pozostałe badane metale reagują z tym kwasem.