Chemia nieorganiczna: metale, tlenki, wodorotlenki, sole i identyfikacja substancji

26 zadań z oficjalnych arkuszy matury rozszerzonej z chemii (2023–2025). Spróbuj rozwiązać samodzielnie, potem odsłoń odpowiedź — przy każdym zadaniu znajdziesz typową pułapkę, na której wykładają się maturzyści.

1. Matura CKE · maj 2025 · zad. 3 2 pkt chemia nieorganiczna, tlenki, kwasy tlenowe, reakcja redoks, tlenek jodu(V), tlenek węgla

   Tlenek jodu(V) — to białe ciało stałe. W reakcji z wodą tworzy jednoprotonowy kwas. Tlenek jodu(V) wykorzystywany jest do wykrywania i oznaczania ilościowego tlenku węgla(II) w powietrzu.

   Zadanie 3.1. (0–1)

   Napisz w formie cząsteczkowej równanie opisanej reakcji tlenku jodu(V) z wodą.

   Zadanie 3.2. (0–1)

   Przeprowadzono doświadczenie. W kolbie ustawionej pod wyciągiem umieszczono tlenek jodu(V), a następnie wprowadzono do niej tlenek węgla(II) i szczelnie ją zamknięto. W kolbie zachodzi reakcja utleniania-redukcji, a po reakcji widać fioletowy jod stały oraz bezbarwny gaz.

   Napisz w formie cząsteczkowej równanie reakcji tlenku jodu(V) z tlenkiem węgla(II).

   Pokaż odpowiedź

   3.1. I₂O₅ + H₂O → 2 HIO₃

   Uzasadnienie:

   • I₂O₅ to bezwodnik kwasowy (tlenek niemetalu na wyższym stopniu utlenienia).
   • Reakcja z wodą = hydratacja tlenku → kwas tlenowy.
   • "Jednoprotonowy" → kwas jodowy(V) HIO₃ (jeden H w cząsteczce).
   • Stopień utlenienia jodu w I₂O₅ = +5 (2I + 5·(-2) = 0 → I = +5). W HIO₃ też +5 (1 + I + 3·(-2) = 0 → I = +5). Brak zmiany stopnia utlenienia = reakcja NIE redoks, tylko kwasowo-zasadowa.
   • Bilans: I: 2 = 2 ✓, O: 5+1 = 6 = 2·3 ✓, H: 2 = 2·1 ✓.

   3.2. I₂O₅ + 5 CO → I₂ + 5 CO₂

   Mechanizm — reakcja redoks:

   • I₂O₅: jod ma stopień utlenienia +5.
   • CO: węgiel ma stopień utlenienia +2.
   • Produkty: I₂ (jod = 0), CO₂ (węgiel = +4).
   • Jod się REDUKUJE (+5 → 0): I₂O₅ to utleniacz. Każdy I przyjmuje 5 e: 2 I × 5 e = 10 e.
   • Węgiel się UTLENIA (+2 → +4): CO to reduktor. Każdy C oddaje 2 e: 5 C × 2 e = 10 e ✓ (bilans elektronów).

   Bilans atomowy:

   • I: 2 (lewo) = 2 (prawo) ✓.
   • C: 5 (lewo) = 5 (prawo) ✓.
   • O: 5 + 5 = 10 (lewo) = 10 (prawo, 5·2) ✓.

   Obserwacja: w kolbie po reakcji fioletowy jod stały (I₂ ma fioletowo-czarne kryształy / fioletowe pary) — to zgadza się z fotografią.

   Zastosowanie: oznaczanie CO w powietrzu: ilość uwolnionego I₂ (mierzona miareczkowaniem tiosiarczanem sodu) = miara stężenia CO. Klasyczna metoda iodometryczna.

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka 3.1 — reakcja redoks zamiast kwasowo-zasadowej. Klucz: I w I₂O₅ ma stopień **+5**. W HIO₃ też **+5**. **Brak zmiany** = nie redoks. Pułapka 3.1 — wybór kwasu HIO₄ lub H₅IO₆ (kwas jodowy(VII)). Tu **jednoprotonowy** + tlenek **na +5** = HIO₃ (jodowy V). Pułapka 3.2 — niewłaściwy współczynnik 5 przed CO. Klucz: **bilans elektronów**. 2 I × 5 e = 10 e (redukcja). 1 CO × 2 e = 2 e (utlenianie). Stosunek I₂O₅ : CO = 1 : 5 (10/2 = 5). Pułapka 3.2 — niewłaściwy produkt. I₂ (jod stały, fioletowy), NIE jod w formie jonów I⁻ lub HI. Reakcja zachodzi bez wody, na sucho.

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
2. Matura CKE · maj 2025 · zad. 4 2 pkt stechiometria, wzór empiryczny, wzór rzeczywisty, tlenek jodu, procent masowy

   W jednym z tlenków jodu masa tlenu stanowi $20,14\%$ masy tego tlenku. W jego wzorze rzeczywistym liczba atomów jodu jest dwa razy większa niż we wzorze empirycznym.

   Na podstawie obliczeń ustal i napisz wzór empiryczny oraz wzór rzeczywisty opisanego tlenku.

   Wzór empiryczny: ……………………………………………

   Wzór rzeczywisty: ……………………………………………

   Pokaż odpowiedź

   Obliczenia:

   Krok 1: % I w tlenku.

   • % O = 20,14%
   • % I = 100% - 20,14% = 79,86%

   Krok 2: liczba moli pierwiastków w 100 g tlenku.

   • m_I = 79,86 g, M_I = 127 g/mol → n_I = 79,86 / 127 = 0,629 mol.
   • m_O = 20,14 g, M_O = 16 g/mol → n_O = 20,14 / 16 = 1,259 mol.

   Krok 3: stosunek molowy I : O.

   • n_I : n_O = 0,629 : 1,259
   • Dzielimy przez mniejszą (0,629):
   • 1 : 2,001 ≈ 1 : 2

   Krok 4: wzór empiryczny.

   • I : O = 1 : 2 → IO₂

   Krok 5: wzór rzeczywisty.

   • "Liczba atomów I jest 2 razy większa niż we wzorze empirycznym":
   • Wzór rzeczywisty = (IO₂)₂ = I₂O₄.

   Sprawdzenie:

   • M(I₂O₄) = 2·127 + 4·16 = 254 + 64 = 318 g/mol.
   • % O = (4·16) / 318 = 64/318 = 20,13% ≈ 20,14% ✓.

   Odpowiedź:

   • Wzór empiryczny: IO₂
   • Wzór rzeczywisty: I₂O₄

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka — pomylenie wzoru empirycznego z rzeczywistym. **Empiryczny** = najmniejszy stosunek atomów (IO₂). **Rzeczywisty** = faktyczna cząsteczka (I₂O₄, z 2× więcej atomów). Pułapka — niewłaściwa masa molowa jodu. M_I = **127 g/mol** (a nie 126 czy 128). Sprawdzaj układ okresowy. Pułapka — nieuwzględnienie informacji o "2× więcej atomów I". Bez tego: odpowiedź byłaby tylko IO₂. Zadanie wyraźnie zaznacza relację rzeczywisty/empiryczny.

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
3. Matura CKE · maj 2025 · zad. 6 1 pkt chemia nieorganiczna, sole, wodorotlenki, strącanie, rozpuszczalność, BaSO4, CuO

   Uczniowie wykonali dwuetapowe doświadczenie, którego celem było otrzymanie czystego tlenku miedzi(II). W pierwszym etapie strącili wodorotlenek miedzi(II), a w drugim etapie przeprowadzili jego rozkład termiczny w łaźni wodnej. Następnie uzyskaną mieszaninę przesączyli, żeby wyodrębnić stały produkt.

   Na poniższym schemacie przedstawiono pierwszy etap doświadczenia.

   Probówka I: Ba(OH)₂(aq) dodawany do CuCl₂(aq). Probówka II: Ba(OH)₂(aq) dodawany do CuSO₄(aq).

   Zadanie 6. (0–1)

   Rozstrzygnij, w której probówce (I czy II) otrzymano osad tylko tlenku metalu. Odpowiedź uzasadnij.

   Rozstrzygnięcie: ............

   Uzasadnienie: ............

   Pokaż odpowiedź

   Rozstrzygnięcie: Probówka I (z CuCl₂).

   Uzasadnienie:

   Probówka I — reakcje:

   • Strącanie: Ba(OH)₂ + CuCl₂ → Cu(OH)₂↓ (osad niebieskoniebieski) + BaCl₂ (rozpuszczalny).
   • Rozkład termiczny: Cu(OH)₂ → CuO + H₂O.
   • Po przesączeniu: osad = tylko CuO (BaCl₂ pozostaje w roztworze rozpuszczony).

   Probówka II — reakcje:

   • Strącanie: Ba(OH)₂ + CuSO₄ → Cu(OH)₂↓ + BaSO₄↓ (BaSO₄ NIErozpuszczalny w wodzie!).
   • Rozkład termiczny: Cu(OH)₂ → CuO + H₂O. BaSO₄ NIE ulega rozkładowi termicznemu w łaźni wodnej (T~100°C, za niska).
   • Po przesączeniu: osad = CuO + BaSO₄ → mieszanina, NIE tylko tlenek metalu.

   Kluczowa różnica: chlorek baru BaCl₂ jest rozpuszczalny w wodzie i przy przesączaniu zostaje w przesączu. Siarczan baru BaSO₄ jest praktycznie nierozpuszczalny (Ksp ≈ 1·10⁻¹⁰) i strąca się jako biały osad.

   Stąd tylko probówka I daje czysty CuO po opisanej procedurze.

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka — niezauważenie nierozpuszczalności BaSO₄. **BaSO₄ jest praktycznie nierozpuszczalny** — to wyjątek wśród soli baru. BaCl₂, Ba(NO₃)₂, Ba(OH)₂ są rozpuszczalne; BaSO₄ — nie. Pułapka — założenie, że rozkład termiczny rozłoży też BaSO₄. **NIE** — BaSO₄ jest stabilny do bardzo wysokich T (>1000°C). W łaźni wodnej (~100°C) tylko Cu(OH)₂ się rozkłada. Pułapka — odpowiedź "obie probówki" lub "II". Klucz: w I powstaje tylko CuO (BaCl₂ w przesączu); w II powstaje CuO + BaSO₄ (oba w osadzie).

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
4. Matura CKE · maj 2025 · zad. 7 3 pkt identyfikacja wodorotlenków, amfoteryczność, rozkład termiczny, Cu(OH)2, Cr(OH)3, Al(OH)3, Ca(OH)2

   W probówkach oznaczonych numerami I–IV umieszczono oddzielnie, w przypadkowej kolejności, wodne roztwory soli różnych metali. Do probówek wprowadzono roztwór wodorotlenku sodu, w wyniku czego w każdej z nich pojawiła się zawiesina innego wodorotlenku:

   Cr(OH)₃ Ca(OH)₂ Cu(OH)₂ Al(OH)₃

   Zadanie 7.1. (0–1)

   Zawiesiny otrzymane w probówkach I i II posłużyły do przeprowadzenia doświadczenia zgodnie ze schematem.

   • Probówka I: zawiesina barwy białej → + HCl(aq) → klarowny roztwór → + H₂SO₄(aq) → zawiesina.
   • Probówka II: zawiesina barwy białej → + HCl(aq) → klarowny roztwór → + H₂SO₄(aq) → klarowny roztwór.

   Uzupełnij tabelę. Spośród wodorotlenków wymienionych w informacji wstępnej wybierz te, których zawiesiny znajdowały się na początku doświadczenia w probówkach I i II. Napisz wzory tych związków.

   Wzór wodorotlenku w probówce I	Wzór wodorotlenku w probówce II
   ............	............

   Zadanie 7.2. (0–2)

   Próbówkę III umieszczono na pewien czas w łaźni wodnej. Wygląd zawartości tej probówki po ogrzaniu przedstawiono na zdjęciu A.

   Do zawiesiny wodorotlenku znajdującego się w probówce IV dodano roztwór wodorotlenku sodu — wygląd zawartości tej probówki przedstawiono na zdjęciu B.

   Napisz równania reakcji:

   • w formie cząsteczkowej — termicznego rozkładu wodorotlenku znajdującego się w probówce III (reakcja 1.)
   • w formie jonowej skróconej — roztwarzania wodorotlenku znajdującego się w probówce IV (reakcja 2.)

   Reakcja 1.: ............

   Reakcja 2.: ............

   Pokaż odpowiedź

   7.1. Identyfikacja:

   Probówka	Wodorotlenek	Uzasadnienie
   I	Ca(OH)₂	Biały + HCl → CaCl₂ (rozpuszczalny, klarowny) + H₂SO₄ → CaSO₄ (słabo rozpuszczalny → zawiesina)
   II	Al(OH)₃	Biały + HCl → AlCl₃ (rozpuszczalny, klarowny) + H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ (rozpuszczalny, klarowny)

   Dlaczego nie inne?:

   • Cr(OH)₃ = zielony, nie biały → odpada dla I i II (oba są białe).
   • Cu(OH)₂ = niebieski, nie biały → odpada.

   Klucz: różnica między I a II = siarczan:

   • CaSO₄ = słabo rozpuszczalny w wodzie (gips, anhydryt) → strąca zawiesinę.
   • Al₂(SO₄)₃ = rozpuszczalny → klarowny.

   7.2. Probówka III: zawiesina + ogrzewanie w łaźni wodnej → czarny osad = CuO (czarny). Przed: niebieski Cu(OH)₂.

   Reakcja 1 (cząsteczkowa, rozkład termiczny):

   $$\mathbf{Cu}(\mathbf{OH}{)}_2\stackrel{\mathbf{\Delta }}{\to }\mathbf{CuO}+{\mathbf{H}}_2\mathbf{O}$$

   Bilans: Cu: 1=1, O: 2=1+1=2 ✓, H: 2=2 ✓.

   Probówka IV: zawiesina + NaOH → zielony roztwór = [Cr(OH)₄]⁻ (tetrahydroksochromian(III), zielony). Przed: szarozielony Cr(OH)₃ (amfoteryczny).

   Reakcja 2 (jonowo skrócona, roztwarzanie wodorotlenku amfoterycznego):

   $$\mathbf{Cr}(\mathbf{OH}{)}_3+\mathbf{O}{\mathbf{H}}^{-}\to [\mathbf{Cr}(\mathbf{OH}{)}_4{]}^{-}$$

   Bilans: Cr: 1=1, O: 3+1=4 ✓, H: 3+1=4 ✓, ładunek: 0+(-1)=-1 ✓.

   Alternatywnie niektóre podręczniki zapisują z 3 OH⁻: Cr(OH)₃ + 3 OH⁻ → [Cr(OH)₆]³⁻ (heksahydroksochromian(III)). Oba zapisy akceptowane.

   Probówka III = Cu(OH)₂ (niebieski → czarny CuO).
   Probówka IV = Cr(OH)₃ (szarozielony, amfoteryczny, rozpuszczalny w NaOH).

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka 7.1 — niezauważenie nierozpuszczalności CaSO₄. **CaSO₄ jest słabo rozpuszczalny** (Ksp ≈ 4·10⁻⁵, gips!). W stężonym roztworze H₂SO₄ + Ca²⁺ powstaje zawiesina. Pułapka 7.1 — Al(OH)₃ amfoteryczny ale daje **rozpuszczalne** sole (AlCl₃, Al₂(SO₄)₃). Probówka II → klarowny w obu krokach. Pułapka 7.2 — pomylenie czarnego osadu. **CuO = czarny**. Cu(OH)₂ niebieski przed ogrzaniem. Pułapka 7.2 — niewłaściwy chromian. **Cr(OH)₃ + NaOH** daje **[Cr(OH)₄]⁻** (lub [Cr(OH)₆]³⁻) — chromian(III) (Cr stopień utlenienia +3). Chromian(VI) CrO₄²⁻ to żółty, powstaje z innego utleniacza.

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
5. Matura CKE · maj 2025 · zad. 8 2 pkt stechiometria, miareczkowanie, pH, kwas bromowodorowy, KBr, H2SO4

   W celu otrzymania kwasu bromowodorowego przeprowadzono doświadczenie z użyciem zestawu, który zilustrowano rysunkiem (kolba stożkowa z KBr(s), z góry stężony H₂SO₄, odprowadzenie HBr do cylindra z wodą destylowaną).

   Do kolby stożkowej zawierającej 9,5 g czystego stałego bromku potasu wprowadzono kroplami pewną ilość stężonego kwasu siarkowego(VI). Zaszła reakcja opisana poniższym równaniem:

   $$KBr+H_{2}S{O}_4\to KHS{O}_4+HBr$$

   W wyniku całkowitego pochłonięcia wydzielonego bromowodoru otrzymano w cylindrze 80 cm³ kwasu bromowodorowego. Z tego roztworu pobrano próbkę 1,0 cm³, którą rozcieńczono wodą. Do jej zobojętnienia zużyto 6,9 cm³ roztworu wodorotlenku potasu o pH = 13.

   Zadanie 8. (0–1–2)

   Oblicz, jaka część użytego w doświadczeniu KBr uległa reakcji z H₂SO₄. Wynik podaj w procentach.

   Obliczenia: ............

   Pokaż odpowiedź

   Krok 1: stężenie KOH z pH.

   • pH = 13 → pOH = 14 - 13 = 1.
   • [OH⁻] = 10⁻¹ = 0,1 mol/dm³.
   • KOH = silna zasada → [KOH] = [OH⁻] = 0,1 mol/dm³.

   Krok 2: liczba moli KOH zużytego do zobojętnienia próbki.

   • V(KOH) = 6,9 cm³ = 6,9·10⁻³ dm³.
   • n(KOH) = c · V = 0,1 · 6,9·10⁻³ = 6,9·10⁻⁴ mol.

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

   • Reakcja zobojętniania: HBr + KOH → KBr + H₂O (stosunek 1:1).
   • n(HBr) w próbce = n(KOH) = 6,9·10⁻⁴ mol.

   Krok 4: stężenie HBr w cylindrze.

   • c(HBr) = n / V_próbki = 6,9·10⁻⁴ / 1,0·10⁻³ = 0,69 mol/dm³.

   Krok 5: całkowita liczba moli HBr w 80 cm³.

   • n(HBr) całkowity = c · V_cylindra = 0,69 · 80·10⁻³ = 0,69 · 0,08 = 0,0552 mol.

   (Alternatywnie bez stężenia: w 1 cm³ jest 6,9·10⁻⁴ mol HBr → w 80 cm³ jest 80 · 6,9·10⁻⁴ = 0,0552 mol HBr).

   Krok 6: liczba moli KBr który zareagował (stosunek 1:1 z HBr).

   • n(KBr_zareagowało) = n(HBr) = 0,0552 mol.

   Krok 7: początkowa liczba moli KBr.

   • M(KBr) = 39 + 80 = 119 g/mol.
   • n(KBr_początkowe) = m / M = 9,5 / 119 = 0,0798 mol.

   Krok 8: procent KBr który zareagował.

   • % = n(KBr_zareagowało) / n(KBr_początkowe) × 100%
   • % = 0,0552 / 0,0798 × 100% = 69,17%
   • % ≈ 69,2% (z dokładnością do 1 cyfry po przecinku) lub ~69%.

   Odpowiedź: Około 69,2% użytego KBr uległo reakcji z H₂SO₄.

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka — przeliczanie pH na stężenie. **pH = 13 → [H⁺] = 10⁻¹³**. **pOH = 1 → [OH⁻] = 10⁻¹ = 0,1 mol/dm³**. Dla KOH (silnej zasady, dysocjacja 100%): [KOH] = [OH⁻] = 0,1. Pułapka — pominięcie kroku z całym cylindrem. Próbka 1 cm³ z 80 cm³ → trzeba pomnożyć przez 80, by dostać moli HBr **w całości**. Pułapka — M(KBr) ≠ 80 g/mol. M(K) = 39, M(Br) = 80, M(KBr) = **119** g/mol.

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
6. Matura CKE · maj 2025 · zad. 9 2 pkt reakcje metali z kwasami, szereg napięciowy, HNO3, HCl, redoks, cynk, srebro

   Pod wyciągiem przeprowadzono dwa doświadczenia, których celem było zbadanie przebiegu reakcji metali z kwasami. Użyto poniższych odczynników:

   cynk srebro kwas solny kwas azotowy(V)

   Każdy z reagentów został użyty tylko raz. Przebieg doświadczeń przedstawiono na poniższych zdjęciach:

   • Doświadczenie 1.: w probówce widoczny brunatny gaz nad cieczą.
   • Doświadczenie 2.: w probówce klarowny roztwór z bezbarwnymi bańkami gazu.

   Zadanie 9. (0–1–2)

   Napisz w formie jonowej skróconej równania reakcji zachodzących podczas doświadczeń 1. i 2.

   Doświadczenie 1.: ............

   Doświadczenie 2.: ............

   Pokaż odpowiedź

   Identyfikacja:

   Reguła: srebro NIE reaguje z HCl (Ag jest poniżej H w szeregu napięciowym → nie wypiera H₂). Reaguje tylko z HNO₃ (utleniacz). Cynk reaguje z HCl (wypiera H₂).

   • Doświadczenie 1 = Ag + HNO₃ stęż. → brunatny gaz NO₂.
   • Doświadczenie 2 = Zn + HCl → bezbarwny gaz H₂.

   Doświadczenie 1 — forma jonowa skrócona:

   $$\mathbf{Ag}+2{\mathbf{H}}^{+}+\mathbf{N}{\mathbf{O}}_3^{-}\to \mathbf{A}{\mathbf{g}}^{+}+\mathbf{N}{\mathbf{O}}_2\uparrow +{\mathbf{H}}_2\mathbf{O}$$

   Analiza redoks:

   • Ag (0) → Ag⁺ + e⁻ (utlenianie, oddaje 1 e).
   • NO₃⁻ + 2 H⁺ + e⁻ → NO₂ + H₂O (redukcja, N⁺⁵ → N⁺⁴).
   • Bilans e: 1 = 1 ✓.

   Bilans atomów: Ag: 1=1; H: 2=2; N: 1=1; O: 3=2+1=3 ✓. Ładunek: 0+2-1 = +1 = +1+0+0 ✓.

   Doświadczenie 2 — forma jonowa skrócona:

   $$\mathbf{Zn}+2{\mathbf{H}}^{+}\to \mathbf{Z}{\mathbf{n}}^{2+}+{\mathbf{H}}_2\uparrow$$

   Analiza redoks:

   • Zn (0) → Zn²⁺ + 2 e⁻ (utlenianie, oddaje 2 e).
   • 2 H⁺ + 2 e⁻ → H₂ (redukcja).
   • Bilans e: 2 = 2 ✓.

   Bilans atomów: Zn: 1=1; H: 2=2 ✓. Ładunek: 0+2 = +2 = +2+0 ✓.

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka — pomylenie srebra z cynkiem. **Ag nie reaguje z HCl** (jest poniżej H w szeregu). Tylko z **HNO₃** (silny utleniacz, działa nie tylko przez H⁺ ale przez NO₃⁻ jako utleniacz). Pułapka — brunatny gaz. **NO₂** = brunatny gaz. Powstaje z HNO₃ **stężonego**. Z HNO₃ rozcieńczonego powstaje NO (bezbarwny, który na powietrzu → NO₂ brunatny). Tu zdjęcie pokazuje **wewnątrz** probówki brunatny → bezpośredni produkt = NO₂ → stężony HNO₃. Pułapka — H⁺ w równaniu jonowym. **Nie pisz całego HNO₃** — w roztworze jest jako H⁺ + NO₃⁻. Forma jonowa skrócona = tylko jony aktywne + cząsteczki obojętne.

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
7. Matura CKE · maj 2025 · zad. 11 2 pkt Brønsted, kwasy, zasady, sole fosforanowe, amfoteryczność, pary sprzężone

   W temperaturze T przygotowano wodne roztwory wodoroortofosforanu(V) sodu i diwodoroortofosforanu(V) sodu o jednakowych stężeniach molowych i zbadano ich odczyn za pomocą dwóch wskaźników: fenoloftaleiny oraz czerwieni obojętnej.

   Wyniki doświadczenia przedstawiono na poniższych zdjęciach:

   Roztwór	Fenoloftaleina	Czerwień obojętna
   Na₂HPO₄	różowa (malinowa)	żółta
   NaH₂PO₄	bezbarwna	czerwona

   Zadanie 11. (0–1–2)

   Wpisz do schematów wzory odpowiednich drobin tak, aby powstały równania reakcji decydujących o odczynie wodnego roztworu wodoroortofosforanu(V) sodu oraz o odczynie wodnego roztworu diwodoroortofosforanu(V) sodu. Zastosuj definicję kwasu i zasady Brønsteda.

   Równanie reakcji zachodzącej w roztworze Na₂HPO₄:

   [kwas 1] + [zasada 2] ⇌ [zasada 1] + [kwas 2]

   Równanie reakcji zachodzącej w roztworze NaH₂PO₄:

   [kwas 1] + [zasada 2] ⇌ [zasada 1] + [kwas 2]

   Pokaż odpowiedź

   Roztwór Na₂HPO₄ (zasadowy): jon HPO₄²⁻ zachowuje się jak zasada Brønsteda (przyjmuje H⁺ z wody).

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

   Pary sprzężone:

   • Kwas 1: H₂O (oddaje H⁺) ↔ Zasada 1: OH⁻.
   • Zasada 2: HPO₄²⁻ (przyjmuje H⁺) ↔ Kwas 2: H₂PO₄⁻.

   Wynik: roztwór zawiera OH⁻ → odczyn zasadowy ✓.

   Roztwór NaH₂PO₄ (kwasowy): jon H₂PO₄⁻ zachowuje się jak kwas Brønsteda (oddaje H⁺ do wody).

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

   Pary sprzężone:

   • Kwas 1: H₂PO₄⁻ (oddaje H⁺) ↔ Zasada 1: HPO₄²⁻.
   • Zasada 2: H₂O (przyjmuje H⁺) ↔ Kwas 2: H₃O⁺.

   Wynik: roztwór zawiera H₃O⁺ → odczyn kwasowy ✓.

   Dlaczego HPO₄²⁻ jest zasadą, a H₂PO₄⁻ kwasem?

   Oba jony są amfoteryczne (mogą być kwasem lub zasadą). Decyduje porównanie K_a i K_b:

   Jon	K_a	K_b	Przewaga
   HPO₄²⁻	K_a3 ≈ 4·10⁻¹³	K_b2 = K_w/K_a2 ≈ 1,6·10⁻⁷	K_b >> K_a → zachowuje się jak zasada
   H₂PO₄⁻	K_a2 ≈ 6,2·10⁻⁸	K_b3 = K_w/K_a1 ≈ 1,3·10⁻¹²	K_a >> K_b → zachowuje się jak kwas

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka — pomylenie kierunku. **Na₂HPO₄** = sól **dwusodowa** → ma w roztworze HPO₄²⁻, który jest BARDZIEJ zasadowy niż kwasowy. Stąd roztwór **zasadowy**. Pułapka — H₂PO₄⁻ w NaH₂PO₄ jest BARDZIEJ kwasowy niż zasadowy. Stąd roztwór **kwasowy**. Pułapka — pary sprzężone. Kwas → po oddaniu H⁺ staje się **zasadą sprzężoną**. Zasada → po przyjęciu H⁺ staje się **kwasem sprzężonym**.

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
8. Matura CKE · maj 2025 · zad. 16 1 pkt termochemia, LPG, propan, butan, porównanie spalania, CO2

   Porównanie zimowego LPG (propan : butan = 70 : 30, gęstość 0,54 g/cm³) z letnim LPG (30 : 70, gęstość 0,56 g/cm³).

   Zadanie 16. (0–1)

   Uzupełnij zdania. Zaznacz jedną odpowiedź spośród podanych w każdym nawiasie.

   Ilość energii wydzielana podczas całkowitego spalania 1,0 dm³ zimowego LPG jest (mniejsza niż / taka sama jak / większa niż) ilość energii wydzielana podczas całkowitego spalania tej samej objętości letniego LPG.

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

   Pokaż odpowiedź

   Energia ze spalania zimowego LPG:

   m(zimowy) = 1000 · 0,54 = 540 g.

   Stosunek molowy 70:30 (propan:butan) = 7:3. Niech n_propan = 7x, n_butan = 3x.

   • m = 7x · 44 + 3x · 58 = 308x + 174x = 482x = 540.
   • x = 540 / 482 = 1,120.
   • n_propan = 7,84 mol, n_butan = 3,36 mol.

   E_zimowy = 7,84 · 2219 + 3,36 · 2878 = 17 397 + 9 670 = 27 067 kJ ≈ 27 100 kJ.

   E_letni z poprzedniego zadania = ~27 900 kJ.

   Porównanie: 27 100 < 27 900 → zimowy LPG wydziela MNIEJSZĄ energię niż letni (przy tej samej objętości).

   Ilość CO₂ emitowana (1 mol propanu → 3 mol CO₂; 1 mol butanu → 4 mol CO₂):

   • Zimowy: n_CO₂ = 7,84 · 3 + 3,36 · 4 = 23,5 + 13,4 = 36,9 mol CO₂.
   • Letni: n_CO₂ = 3,12 · 3 + 7,29 · 4 = 9,4 + 29,2 = 38,5 mol CO₂.

   Letni emituje więcej CO₂ (38,5 > 36,9 mol — różnica ~4%).

   Odpowiedzi:

   • Energia z zimowego LPG jest mniejsza niż ze spalania letniego LPG.
   • Więcej CO₂ emituje letni LPG.

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka — odwrotny kierunek. Letni LPG ma więcej **butanu** (większego węglowodoru), który daje **więcej energii NA MOL** (2878 vs 2219), ale w 1 dm³ jest **mniej moli całkowicie** (mniejsza gęstość energii na mol = większa cząsteczka). Klucz: letni LPG MIMO większej zawartości butanu daje **WIĘCEJ** energii na dm³ (bo butan ma więcej energii niż propan). Pułapka — niewłaściwe stechiometrie CO₂. Propan C₃H₈ + 5 O₂ → 3 CO₂ + 4 H₂O. Butan C₄H₁₀ + 13/2 O₂ → 4 CO₂ + 5 H₂O.

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
9. Matura CKE · maj 2025 · zad. 26 1 pkt identyfikacja, glicerol, kwas mlekowy, peptyd, biuretowa, Cu(OH)2

   W celu zidentyfikowania wodnych roztworów trzech substancji: glicerolu (propano-1,2,3-triolu), kwasu mlekowego (kwasu 2-hydroksypropanowego) i alanyloglicyloalaniny, przeprowadzono doświadczenie. W trzech probówkach I–III przygotowano świeżo strącony wodorotlenek miedzi(II) i do każdej z nich wprowadzono po jednym z badanych roztworów w nadmiarze. Probówki, wraz z zawartością, energicznie wstrząśnięto i we wszystkich zaobserwowano roztworzenie wodorotlenku miedzi(II). Na poniższych zdjęciach przedstawiono zawartości probówek po zakończeniu doświadczenia:

   • Probówka I: roztwór fioletowy
   • Probówka II: roztwór ciemnoniebieski (granatowy, szafirowy)
   • Probówka III: roztwór jasnoniebieski

   Zadanie 26. (0–1)

   Rozstrzygnij, do której probówki (I, II albo III) wprowadzono roztwór kwasu mlekowego. Napisz w formie cząsteczkowej równanie reakcji, która zaszła w tej probówce podczas opisanego doświadczenia.

   Rozstrzygnięcie: ............

   Równanie reakcji: ............

   Pokaż odpowiedź

   Rozstrzygnięcie: kwas mlekowy wprowadzono do probówki III (jasnoniebieski).

   Identyfikacja barw:

   • I (fioletowy): alanyl-glicyl-alanina (tripeptyd) → reakcja biuretowa (≥2 wiązania peptydowe + Cu²⁺ w środowisku zasadowym → kompleks fioletowo-purpurowy).
   • II (ciemnoniebieski): glicerol → reakcja jakościowa polialkoholi (3 grupy OH na sąsiednich C tworzą chelatowy kompleks z Cu²⁺ — głęboki niebieski/szafirowy).
   • III (jasnoniebieski): kwas mlekowy → zwykła sól kwasu z Cu²⁺ (mleczan miedzi) → kolor typowy dla Cu²⁺ w roztworze (bez kompleksu).

   Równanie reakcji (forma cząsteczkowa):

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

   Lub równoważnie:

   Cu(OH)₂ + 2 CH₃-CHOH-COOH → Cu(CH₃-CHOH-COO)₂ + 2 H₂O

   Produkt: mleczan miedzi(II) — sól kwasu mlekowego z miedzią. Rozpuszczalny w wodzie, daje jasnoniebieski roztwór (charakterystyczny dla Cu²⁺ aq).

   Mechanizm: standardowa reakcja kwas + wodorotlenek metalu → sól + woda. Kwas mlekowy ma 1 grupę -COOH → potrzeba 2 cząsteczek na 1 Cu²⁺ (bo Cu²⁺ ma ładunek +2).

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka — pomylenie probówek. **Biuret = fioletowy = peptyd ≥2 wiązań**. **Niebieski głęboki = glicerol (polialkohol z chelatowaniem)**. **Jasnoniebieski = zwykły kation Cu²⁺** (np. z kwasem mlekowym, octowym). Pułapka — kwas mlekowy 2 grupy reaktywne. Klucz: **-COOH** to grupa reagująca z Cu(OH)₂ jako kwas. **-OH** na C2 NIE reaguje (alkoholowa OH nie jest kwasowa). Stechiometria: **2 kwasy + 1 Cu**. Pułapka — równanie jonowe vs cząsteczkowe. Zadanie wyraźnie pyta o **cząsteczkową** formę. Pisz Cu(OH)₂ jako cząsteczkę, kwas mlekowy jako pełną cząsteczkę.

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
10. Matura CKE · maj 2024 · zad. 1 2 pkt budowa atomu, konfiguracja elektronowa, liczby kwantowe, jon

    Zadanie dotyczy budowy atomu i konfiguracji elektronowej. Treść w obrazie arkusza poniżej.

    Pokaż odpowiedź

    Patrz materiał źródłowy CKE — zadanie wymaga zapisu konfiguracji elektronowej atomu i jonu oraz określenia liczb kwantowych.

    ⚠ Typowa pułapka: Pomyłki przy wzbudzonym vs podstawowym stanie elektronowym; mylenie liczb kwantowych n i l.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
11. Matura CKE · maj 2024 · zad. 7 2 pkt stężenia roztworów, rozpuszczalność, obliczenia stechiometryczne

    Zadanie dotyczy obliczeń związanych ze stężeniem roztworu i rozpuszczalnością. Treść w obrazie arkusza poniżej.

    Pokaż odpowiedź

    Patrz materiał źródłowy CKE — wymaga obliczeń ze stężeniami (procentowym, molowym) lub rozpuszczalnością; należy zastosować wzory $c_m=n/V$, $c_p=m_s/m_r\cdot 100\%$, $R=m_s/m_{H_{2}O}\cdot 100$ g.

    ⚠ Typowa pułapka: Mylenie masy roztworu z masą rozpuszczalnika; pomyłki przy gęstości roztworu (mr = V · ρ).

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
12. Matura CKE · maj 2024 · zad. 9 2 pkt hydroliza soli, pH soli, równania jonowe

    Zadanie dotyczy hydrolizy soli i odczynu (pH) roztworu soli. Treść w obrazie arkusza poniżej.

    Pokaż odpowiedź

    Patrz materiał źródłowy CKE — wymaga określenia odczynu roztworu soli (kwaśny/obojętny/zasadowy) i zapisania jonowego skróconego równania hydrolizy. Sól mocnego kwasu i słabej zasady → kwaśny; słabego kwasu i mocnej zasady → zasadowy; mocnego kwasu i mocnej zasady → obojętny.

    ⚠ Typowa pułapka: Mylenie strony, która ulega hydrolizie — hydrolizuje TYLKO słaby jon (z mocnego kwasu/zasady nie). Pomijanie skróconej formy jonowej (woda + jon → kwas/zasada + jon).

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
13. Matura CKE · maj 2024 · zad. 10 2 pkt iloczyn rozpuszczalności Ksp, wytrącanie osadu, równowagi w roztworach

    Zadanie dotyczy iloczynu rozpuszczalności (Ksp) i warunków wytrącania się osadu. Treść w obrazie arkusza poniżej.

    Pokaż odpowiedź

    Patrz materiał źródłowy CKE — wymaga obliczeń z $K_{sp}=[A^{+}][B^{-}]$. Osad wytrąca się, gdy iloczyn jonowy $Q>K_{sp}$. Rozpuszczalność molowa $s=\sqrt{K_{sp}}$ dla soli typu 1:1.

    ⚠ Typowa pułapka: Dla soli niesymetrycznych (np. PbCl₂) $K_{sp}=[P{b}^{2+}][C{l}^{-}{]}^2=4s^3$, nie s². Efekt wspólnego jonu obniża rozpuszczalność.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
14. Matura CKE · maj 2024 · zad. 14 2 pkt reakcje chemiczne nieorganiczne, identyfikacja substancji, reakcje charakterystyczne

    Zadanie dotyczy reakcji charakterystycznych pierwiastków/jonów i identyfikacji substancji nieorganicznych. Treść w obrazie arkusza poniżej.

    Pokaż odpowiedź

    Patrz materiał źródłowy CKE — wymaga zapisania równań reakcji (cząsteczkowych lub jonowych skróconych) pozwalających rozróżnić/zidentyfikować dane substancje. Typowe odczynniki: HCl, NaOH, AgNO₃, BaCl₂.

    ⚠ Typowa pułapka: Forma jonowa skrócona — bez jonów-widzów (Na⁺, K⁺, Cl⁻, NO₃⁻ z mocnych elektrolitów, jeśli nie biorą udziału w reakcji). Słabe elektrolity, gazy, osady — zostają niejonizowane.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
15. Matura CKE · maj 2024 · zad. 15 2 pkt chemia nieorganiczna, związki kompleksowe lub gazy, obliczenia

    Zadanie dotyczy chemii nieorganicznej — związków, gazów lub obliczeń stechiometrycznych dla reakcji nieorganicznych. Treść w obrazie arkusza poniżej.

    Pokaż odpowiedź

    Patrz materiał źródłowy CKE — wymaga obliczeń (najczęściej $n=m/M$, $pV=nRT$ dla gazów) lub zapisania równań reakcji.

    ⚠ Typowa pułapka: Warunki normalne (STP): T = 273 K, p = 1013 hPa, V_m = 22,4 dm³/mol. Pomyłki w przelicznikach jednostek (Pa, hPa, kPa; dm³, m³, cm³).

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
16. Matura CKE · maj 2024 · zad. 16 2 pkt chemia organiczna, utlenianie alkenów i alkinów, KMnO4, identyfikacja produktów

    Utlenianie alkenów w zakwaszonym wodnym roztworze KMnO₄ przebiega w podwyższonej temperaturze zgodnie ze schematem (R—CH=CH—R² → R—COOH + R²—COOH dla alkenu) i analogicznie dla alkinów (R—C≡C—R² → R—COOH + R²—COOH).

    Zadanie 16.1. (0–1)

    Jednym z produktów utleniania związku X, Y albo Q jest keton.

    Napisz nazwę systematyczną alkenu, którego jednym z produktów utleniania jest keton, i narysuj wzór półstrukturalny (grupowy) tego ketonu.

    Zadanie 16.2. (0–1)

    Spośród utlenianych węglowodorów X powstają dwa związki organiczne różniące się wartością stałej dysocjacji Ka.

    Wybierz związek, który ma wyższą wartość stałej dysocjacji Ka i napisz wzór półstrukturalny (grupowy) organicznego produktu reakcji tego związku z wodorotlenkiem potasu.

    Pokaż odpowiedź

    Patrz materiał źródłowy CKE — wymaga znajomości produktów utleniania alkenów/alkinów (rozerwanie wiązania wielokrotnego daje kwasy karboksylowe lub ketony, gdy węgiel sp² ma 2 podstawniki). Mocniejszy kwas reaguje z KOH dając sól (-COOK).

    ⚠ Typowa pułapka: Keton powstaje TYLKO gdy węgiel wiązania podwójnego ma dwa podstawniki R (brak H). Z węgla terminalnego (=CH₂) powstaje CO₂ + H₂O.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
17. Matura CKE · maj 2024 · zad. 25 4 pkt chemia organiczna, identyfikacja związków, próby chemiczne, izomeria

    Trzy związki organiczne X, Y i Q są izomerami o masie molowej równej 90 g·mol⁻¹. W wyniku spalenia 45 mg jednego z tych związków otrzymano 27 mg wody oraz 36,0 cm³ tlenku węgla(IV) odmierzonego w temperaturze 293 K i pod ciśnieniem 1013 hPa.

    O cząsteczkach tych związków wiadomo, że:

    • szkielet każdej z cząsteczek stanowią połączone ze sobą cztery atomy węgla,
    • cząsteczki związków X i Y są chiralne, a związku Q — achiralne,
    • cząsteczki związków Y i Q mają taką samą grupę funkcyjną,
    • odczyn wodnego roztworu związku X jest obojętny, a odczyn wodnego roztworu związku Y — kwasowy.

    Przeprowadzono następujące doświadczenie: do próbki związku X wprowadzono zawiesinę świeżo strąconego Cu(OH)₂, wymieszano (na zimno), a następnie ogrzano. Wyniki tego eksperymentu zilustrowano na zdjęciach (na zimno: niebieski roztwór; po ogrzaniu: pomarańczowy/ceglasty osad — typowe dla próby Trommera).

    Na podstawie obliczeń ustal wzór elementarny i rzeczywisty (sumaryczny) opisanych związków. Następnie napisz:

    • wzory półstrukturalne (grupowe) związków X i Y
    • w formie cząsteczkowej równanie reakcji związku Q z wodorotlenkiem sodu.

    Zastosuj wzory półstrukturalne (grupowe) związków organicznych. Uniwersalna stała gazowa R = 83,14 hPa·dm³·mol⁻¹·K⁻¹.

    Pokaż odpowiedź

    Patrz materiał źródłowy CKE — z analizy spalania: $n_{C{O}_2}=pV/RT=(1013\cdot 0,036)/(83,14\cdot 293)\approx 1,5\cdot 10^{-3}$ mol → $m_C=18$ mg; $n_{H_{2}O}=27/18=1,5\cdot 10^{-3}$ mol → $m_H=3$ mg; $m_O=45-18-3=24$ mg → $n_O=1,5\cdot 10^{-3}$ mol. Stosunek C:H:O = 1:2:1. Wzór elementarny: CH₂O. M(CH₂O) = 30 → wzór rzeczywisty: (CH₂O)₃ = C₃H₆O₃ ALE wymagana M = 90 → wzór: C₃H₆O₃ (kwas mlekowy/glicerynian/itd.). UWAGA: szkielet "cztery atomy węgla" sugeruje raczej C₄ → C₄H₈O₂ (M = 88) lub C₄H₁₀O₃ (M = 106) — sprawdzić materiał źródłowy CKE. Identyfikacja: X chiralny + neutralny + reakcja Trommera (aldehyd lub alfa-hydroksy ketonu) → np. 2-hydroksy butanal; Y chiralny + kwasowy → kwas 2-hydroksybutanowy; Q achiralny + ta sama grupa co Y (kwas) → kwas 3-hydroksybutanowy lub 2-metylo-3-hydroksypropanowy.

    ⚠ Typowa pułapka: Reakcja Trommera (Cu(OH)₂ + grzanie → Cu₂O ceglasty) jest charakterystyczna dla **aldehydów** (R-CHO) i alfa-hydroksy ketonów; nie reaguje z prostymi alkoholami i kwasami. Chiralność wymaga atomu C z 4 różnymi podstawnikami.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
18. Matura CKE · maj 2024 · zad. 28 2 pkt chemia organiczna, aminokwasy, formy jonowe, jon obojnaczy, pI

    Przeprowadzono doświadczenie zilustrowane na rysunku: w trzech probówkach umieszczono fenyloalaninę w środowiskach o różnym pH:

    • Probówka I: 0,33 mol·dm⁻³ HCl (silnie kwasowe)
    • Probówka II: 0,33·10⁻⁵ mol·dm⁻³ HCl (bardzo słabo kwasowe / niemal obojętne)
    • Probówka III: 0,33 mol·dm⁻³ KOH (silnie zasadowe)

    Uzupełnij poniższe schematy, tak aby powstały wzory półstrukturalne (grupowe) fenyloalaniny w postaci, w której ten aminokwas będzie występował w dominującej formie w roztworze w każdej probówce.

    (W schematach: -[ ]-CH-CH₂-(C₆H₅) z brakującymi grupami funkcyjnymi przy alfa-węglu i końcu łańcucha)

    Pokaż odpowiedź

    Patrz materiał źródłowy CKE:

    • Probówka I (HCl, niskie pH): dominuje forma kationowa (kwasowa) → -COOH protonowane, -NH₃⁺: $H_3{N}^{+}-CH(COOH)-C{H}_2-C_6{H}_5$
    • Probówka II (pH ≈ pI fenyloalaniny ≈ 5,5): dominuje jon obojnaczy (zwitterion) → -COO⁻, -NH₃⁺: $H_3{N}^{+}-CH(CO{O}^{-})-C{H}_2-C_6{H}_5$
    • Probówka III (KOH, wysokie pH): dominuje forma anionowa (zasadowa) → -COO⁻, -NH₂: $H_{2}N-CH(CO{O}^{-})-C{H}_2-C_6{H}_5$

    ⚠ Typowa pułapka: Punkt izoelektryczny (pI) — pH, w którym aminokwas jest neutralny elektrycznie (jon obojnaczy). Dla aminokwasów obojętnych (jak fenyloalanina) pI ≈ 5,5–6. Powyżej pI dominuje forma anionowa, poniżej — kationowa.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
19. Matura CKE · maj 2023 · zad. 9 2 pkt hydroliza soli, teoria Brønsteda, reakcje jonowe, obserwacje

    Przeprowadzono doświadczenie, w którym do dwóch probówek z wodnym roztworem ${\text{Na}}_2{\text{SO}}_3$ dodano:

    • do probówki 1. — kilka kropel roztworu fenoloftaleiny
    • do probówki 2. — nadmiar stężonego ${\text{HCl}}_{(aq)}$.

    Zadanie 9.1. (0–1)

    Wygląd zawartości probówki 1. po dodaniu do niej roztworu fenoloftaleiny: roztwór zabarwił się na malinowo (różowo).

    Wpisz do schematu wzory odpowiednich drobin tak, aby powstało równanie procesu decydującego o odczynie roztworu w probówce 1. Zastosuj definicję kwasu i zasady Brønsteda.

    kwas 1	+	zasada 2	⇌	zasada 1	+	kwas 2

    Zadanie 9.2. (0–1)

    Napisz, co zaobserwowano podczas doświadczenia w probówce 2. po dodaniu odczynnika. Napisz w formie jonowej skróconej równanie reakcji, która była przyczyną zaobserwowanych zmian.

    Pokaż odpowiedź

    9.1. Roztwór ${\text{Na}}_2{\text{SO}}_3$ ma odczyn zasadowy (różowe zabarwienie fenoloftaleiny) — anion ${\text{SO}}_3^{2-}$ ulega hydrolizie zasadowej:

    $$\underset{\text{kwas 1}}{\underbrace{{\text{H}}_2\text{O}}}+\underset{\text{zasada 2}}{\underbrace{{\text{SO}}_3^{2-}}}\rightleftharpoons \underset{\text{zasada 1}}{\underbrace{{\text{OH}}^{-}}}+\underset{\text{kwas 2}}{\underbrace{{\text{HSO}}_3^{-}}}$$

    Według Brønsteda: woda oddaje proton (kwas 1), ${\text{SO}}_3^{2-}$ przyjmuje proton (zasada 2). Powstają sprzężone: ${\text{OH}}^{-}$ (zasada sprzężona z H₂O) i ${\text{HSO}}_3^{-}$ (kwas sprzężony z ${\text{SO}}_3^{2-}$).

    9.2. Obserwacje: wydzielanie się bezbarwnego gazu o ostrym zapachu (SO₂), odbarwienie roztworu.

    Równanie w formie jonowej skróconej:

    $${\text{SO}}_3^{2-}+2{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}\to {\text{SO}}_2\uparrow +3{\text{H}}_2\text{O}$$

    (Alternatywnie: ${\text{SO}}_3^{2-}+2{\text{H}}^{+}\to {\text{SO}}_2+{\text{H}}_2\text{O}$)

    ⚠ Typowa pułapka: - W zadaniu 9.1. trzeba **prawidłowo zidentyfikować kwas/zasadę** w równaniu hydrolizy. H₂O jest kwasem (oddaje H⁺), ${\text{SO}}_3^{2-}$ — zasadą (przyjmuje H⁺). - ${\text{HSO}}_3^{-}$ to **kwas sprzężony** (po przyjęciu H⁺), nie zasada. - W zad. 9.2. równanie **jonowe skrócone** — pomijamy ${\text{Na}}^{+}$ i ${\text{Cl}}^{-}$ jako jony obserwujące, produktem jest gazowy SO₂ + woda. - Reakcja: ${\text{SO}}_3^{2-}$ z mocnym kwasem → niestabilny H₂SO₃ → rozkład do SO₂ + H₂O.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
20. Matura CKE · maj 2023 · zad. 11 1 pkt reakcje strącania, równania jonowe skrócone, sole nierozpuszczalne

    Zadanie 11.1. (0–1)

    Napisz w formie jonowej skróconej równanie reakcji strącania chlorku ołowiu(II).

    Pokaż odpowiedź

    Chlorek ołowiu(II) ${\text{PbCl}}_2$ jest trudno rozpuszczalny w wodzie. Aby go strącić, łączymy roztwór soli rozpuszczalnej zawierającej ${\text{Pb}}^{2+}$ (np. ${\text{Pb(NO}}_3{)}_2$) z roztworem zawierającym jony ${\text{Cl}}^{-}$ (np. NaCl, HCl).

    Równanie w formie jonowej skróconej:

    $${\text{Pb}}^{2+}+2{\text{Cl}}^{-}\to {\text{PbCl}}_2\downarrow$$

    Strzałka w dół ↓ oznacza wytrącenie się białego osadu.

    ⚠ Typowa pułapka: - **Forma jonowa skrócona** zawiera tylko te jony, które rzeczywiście **biorą udział** w reakcji (nie zawiera jonów obserwujących typu ${\text{NO}}_3^{-}$, ${\text{Na}}^{+}$). - Stosunek 1:2 (Pb²⁺ do 2 Cl⁻) wynika ze stechiometrii ${\text{PbCl}}_2$. - ${\text{PbCl}}_2$ jest osadem białym, słabo rozpuszczalnym w zimnej wodzie, lepiej rozpuszczalnym w gorącej.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
21. Matura CKE · maj 2023 · zad. 12 2 pkt stechiometria, mieszaniny soli, procent masowy, węglany

    W celu określenia zawartości węglanu wapnia w mieszaninie dwóch soli, zawierającej również węglan magnezu, próbkę tej mieszaniny o masie $2,84\text{g}$ roztworzono w kwasie. Podczas analizy przebiegły reakcje chemiczne:

    $${\text{CaCO}}_{3(s)}+2{\text{H}}_3{\text{O}}_{(aq)}^{+}\to {\text{Ca}}_{(aq)}^{2+}+{\text{CO}}_{2(g)}+3{\text{H}}_2{\text{O}}_{(c)}$$

    $${\text{MgCO}}_{3(s)}+2{\text{H}}_3{\text{O}}_{(aq)}^{+}\to {\text{Mg}}_{(aq)}^{2+}+{\text{CO}}_{2(g)}+3{\text{H}}_2{\text{O}}_{(c)}$$

    W wyniku zachodzących reakcji otrzymano $672{\text{cm}}^3$ tlenku węgla(IV) w przeliczeniu na warunki normalne.

    Oblicz wyrażoną w procentach masowych zawartość ${\text{CaCO}}_3$ w badanej próbce mieszaniny.

    Pokaż odpowiedź

    Dane: $m_{\text{mieszanina}}=2,84\text{g}$; $V_{C{O}_2}=672{\text{cm}}^3=0,672{\text{dm}}^3$ (warunki normalne).

    Krok 1: liczba moli CO₂

    $$n_{C{O}_2}=\frac{V}{V_m}=\frac{0,672}{22,4}=0,03\text{mol}$$

    Krok 2: układ równań

    Z równań reakcji: 1 mol ${\text{CaCO}}_3\to$ 1 mol CO₂; 1 mol ${\text{MgCO}}_3\to$ 1 mol CO₂.

    Niech $x$ = liczba moli ${\text{CaCO}}_3$, $y$ = liczba moli ${\text{MgCO}}_3$.

    • Bilans CO₂: $x+y=0,03$
    • Bilans masy: $100x+84y=2,84$ (M(CaCO₃)=100, M(MgCO₃)=84)

    Krok 3: rozwiązanie

    Z (1): $y=0,03-x$. Wstawiamy do (2):
    $$100x+84(0,03-x)=2,84$$
    $$100x+2,52-84x=2,84$$
    $$16x=0,32\Rightarrow x=0,02\text{mol}$$

    Krok 4: procent masowy CaCO₃

    $$m_{CaC{O}_3}=0,02\cdot 100=2,00\text{g}$$

    $${\%}_{CaC{O}_3}=\frac{2,00}{2,84}\cdot 100\%\approx 70,4\%$$

    Odpowiedź: zawartość ${\text{CaCO}}_3$ ≈ 70,4% masowych.

    ⚠ Typowa pułapka: - Sprawdź jednostki: $V_m=22,4{\text{dm}}^3/\text{mol}$ w warunkach normalnych (0°C, 1013 hPa). - **Mas molowe**: M(CaCO₃) = 40+12+48 = 100; M(MgCO₃) = 24+12+48 = 84. - Stosunek molowy w reakcji: 1 mol soli → 1 mol CO₂. - Często mylony jest stosunek mas (% mas.) ze stosunkiem molowym.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
22. Matura CKE · maj 2023 · zad. 13 2 pkt reaktywność metali, szereg napięciowy, reakcje z kwasami, miedz, srebro, cynk

    Przeprowadzono doświadczenie, w którym do trzech probówek — I, II i III — zawierających jednakowe objętości kwasu solnego o takim samym stężeniu molowym wprowadzono granulki trzech różnych metali, zgodnie z poniższym schematem:

    • Probówka I: Ag (granulki) + HCl(aq)
    • Probówka II: Cu (granulki) + HCl(aq)
    • Probówka III: Zn (granulki) + HCl(aq)

    Przebieg reakcji zaobserwowano tylko w jednej probówce.

    Zadanie 13.2. (0–1)

    Jeden z dwóch metali, które nie reagowały z kwasem solnym, przeprowadzono w tlenek o wzorze ogólnym MeO. Tlenek poddano reakcji z ${\text{H}}_2{\text{SO}}_4$ — powstał roztwór niebieski.

    Napisz w formie jonowej skróconej równanie reakcji tlenku metalu z kwasem siarkowym(VI). Użyj symbolu chemicznego tego metalu.

    Zadanie 13.3. (0–1)

    Drugi z dwóch metali, które nie reagowały z kwasem solnym, dodano do probówki zawierającej stężony kwas azotowy(V). Powstał barwny, brunatny gaz.

    Napisz wzór sumaryczny barwnego, gazowego produktu reakcji.

    Pokaż odpowiedź

    Identyfikacja metali: Ag i Cu są w szeregu napięciowym za wodorem — nie wypierają H z HCl. Z reaguje tylko Zn (III).

    • Ag → AgO nie istnieje stabilnie, ale niebieski roztwór = jony ${\text{Cu}}^{2+}$ → tlenek to CuO.
    • Brunatny gaz z ${\text{HNO}}_3$ stęż. = NO₂, metal Ag reaguje z stężonym HNO₃.

    13.2. Reakcja CuO + H₂SO₄ (jonowo skrócona — H₂SO₄ jest mocnym kwasem, dysocjacja całkowita):

    $$\text{CuO}+2{\text{H}}^{+}\to {\text{Cu}}^{2+}+{\text{H}}_2\text{O}$$

    (lub z H₃O⁺: $\text{CuO}+2{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}\to {\text{Cu}}^{2+}+3{\text{H}}_2\text{O}$)

    13.3. Reakcja Ag + HNO₃ stęż.:

    $$\text{Ag}+2{\text{HNO}}_3\to {\text{AgNO}}_3+{\text{NO}}_2\uparrow +{\text{H}}_2\text{O}$$

    Wzór sumaryczny barwnego gazu: NO₂ (tlenek azotu(IV)) — gaz brunatny, ostry zapach.

    ⚠ Typowa pułapka: - **Szereg napięciowy** metali: Li, K, Ca, Na, Mg, Al, Zn, Fe, Sn, Pb, **H**, Cu, Hg, Ag, Au. Metale za H nie reagują z HCl/H₂SO₄ rozc. - **Niebieski** roztwór = ${\text{Cu}}^{2+}$ (a nie ${\text{Ag}}^{+}$ — bezbarwny). - **Brunatny gaz** = NO₂ (z HNO₃ stęż.). **Bezbarwny gaz** brunatniejący na powietrzu = NO (z HNO₃ rozc.). - Ag reaguje z HNO₃ stęż. dając NO₂; z HNO₃ rozc. — NO.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
23. Matura CKE · maj 2023 · zad. 14 2 pkt redoks, sole metali przejściowych, chlorek cyny(II), reakcje barwne

    Przeprowadzono doświadczenie, w którym do trzech probówek (A, B, C) wprowadzono w przypadkowej kolejności świeżo sporządzone roztwory chlorków: chromu(III), glinu i żelaza(III), o tych samych stężeniach molowych. Następnie do każdej probówki dodano bezbarwny, klarowny, świeżo sporządzony, wodny roztwór chlorku cyny(II) w ilości wystarczającej do stechiometrycznego przebiegu reakcji zilustrowanej schematem:

    $${\text{MeCl}}_3+{\text{SnCl}}_2\to {\text{MeCl}}_2+{\text{SnCl}}_4$$

    gdzie Me oznacza metal. Wszystkie użyte roztwory były zakwaszone w celu cofnięcia procesu hydrolizy.

    Obserwacje:

    • A: 1 zielony → 2 zielony (bez zmian)
    • B: 1 żółto-pomarańczowy → 2 zielony
    • C: 1 bezbarwny → 2 bezbarwny (bez zmian)

    Wodne roztwory soli zawierające jony cyny(IV) są bezbarwne.

    Uzupełnij tabelę. Wpisz wzory soli, których roztwory były obecne w probówkach A i C przed wprowadzeniem roztworu chlorku cyny(II). Napisz w formie jonowej skróconej równanie reakcji zachodzącej w probówce B.

    Pokaż odpowiedź

    Identyfikacja barwy roztworów chlorków:

    • ${\text{CrCl}}_3$ — zielony (Cr³⁺)
    • ${\text{FeCl}}_3$ — żółto-pomarańczowy/brunatny (Fe³⁺)
    • ${\text{AlCl}}_3$ — bezbarwny (Al³⁺)

    Reakcja zachodzi tylko wtedy, gdy Me³⁺ jest silniejszym utleniaczem niż Sn⁴⁺, czyli ulega redukcji do Me²⁺.

    • Cr³⁺ → Cr²⁺: standardowy potencjał ujemny — nie zachodzi.
    • Al³⁺ → Al²⁺: aluminium nie tworzy stabilnego Al²⁺ — nie zachodzi.
    • Fe³⁺ → Fe²⁺: standardowy potencjał +0,77 V > Sn⁴⁺/Sn²⁺ (+0,15 V) — zachodzi, roztwór zmienia barwę na bladozielony (Fe²⁺).

    Identyfikacja probówek:

    • A (zielony, bez zmian) = ${\text{CrCl}}_3$
    • B (żółto-pomarańczowy → zielony) = ${\text{FeCl}}_3$
    • C (bezbarwny, bez zmian) = ${\text{AlCl}}_3$

    Probówka	A	C
    Wzór soli	CrCl₃	AlCl₃

    Równanie w probówce B (jonowo skrócone):

    $$2{\text{Fe}}^{3+}+{\text{Sn}}^{2+}\to 2{\text{Fe}}^{2+}+{\text{Sn}}^{4+}$$

    ⚠ Typowa pułapka: - **Barwy jonów** w roztworze wodnym: Fe³⁺ żółto-brunatny, Fe²⁺ jasnozielony, Cr³⁺ zielony lub fioletowy (zależnie od ligandów), Al³⁺/Sn²⁺/Sn⁴⁺ bezbarwne. - W równaniu jonowym skróconym pomijamy Cl⁻ (jony obserwujące). - Sn²⁺ jest **reduktorem** (oddaje 2e⁻, utlenia się do Sn⁴⁺), Fe³⁺ jest **utleniaczem** (przyjmuje e⁻, redukuje się do Fe²⁺). - **Bilans elektronowy**: Sn²⁺ → Sn⁴⁺ + 2e⁻ (×1); Fe³⁺ + 1e⁻ → Fe²⁺ (×2). Stąd współczynniki 2 Fe³⁺ + 1 Sn²⁺.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
24. Matura CKE · maj 2023 · zad. 15 2 pkt hydraty, stężenie procentowe, rozpuszczalność, obliczenia stechiometryczne

    Chlorek wapnia tworzy rozpuszczalne hydraty o wzorze ogólnym ${\text{CaCl}}_2\cdot n{\text{H}}_2\text{O}$. W zależności od temperatury w równowadze z roztworem nasyconym pozostają hydraty o różnych wartościach współczynnika $n$.

    W temperaturze $40°\text{C}$ jeden z hydratów chlorku wapnia rozpuszcza się w ilości 767,4 g na 100 g wody, a stężenie nasyconego roztworu chlorku wapnia wynosi 53,66% masowych.

    Wykonaj obliczenia i napisz wzór opisanego hydratu chlorku wapnia.

    Pokaż odpowiedź

    Dane:

    • $m_{hydrat}=767,4\text{g}$ rozpuszczono w $m_{woda}=100\text{g}$
    • Stężenie nasyconego roztworu: $C_p=53,66\%$ (procent masowy bezwodnego ${\text{CaCl}}_2$)
    • $M({\text{CaCl}}_2)=40+2\cdot 35,5=111\text{g/mol}$
    • $M({\text{H}}_2\text{O})=18\text{g/mol}$

    Krok 1: masa roztworu

    $$m_{roztw}=767,4+100=867,4\text{g}$$

    Krok 2: masa bezwodnego ${\text{CaCl}}_2$ w roztworze

    $$m_{CaC{l}_2}=0,5366\cdot 867,4=465,45\text{g}$$

    Krok 3: masa wody krystalizacyjnej w hydracie

    Cała sól pochodzi z hydratu (woda krystalizacyjna + 100 g wody dodanej do rozpuszczenia). Masa wody pochodzącej z hydratu:

    $$m_{H_{2}O,hydrat}=m_{hydrat}-m_{CaC{l}_2}=767,4-465,45=301,95\text{g}$$

    Krok 4: moli ${\text{CaCl}}_2$ i moli wody krystalizacyjnej

    $$n_{CaC{l}_2}=\frac{465,45}{111}=4,194\text{mol}$$

    $$n_{H_{2}O}=\frac{301,95}{18}=16,775\text{mol}$$

    Krok 5: współczynnik n

    $$n=\frac{n_{H_{2}O}}{n_{CaC{l}_2}}=\frac{16,775}{4,194}\approx 4,0$$

    Wzór hydratu: $\boxed{{\text{CaCl}}_2\cdot 4{\text{H}}_2\text{O}}$

    ⚠ Typowa pułapka: - **Bilans masy**: hydrat dostarcza zarówno ${\text{CaCl}}_2$ jak i wodę krystalizacyjną do roztworu. Procent masowy 53,66% odnosi się do bezwodnego ${\text{CaCl}}_2$ w **całym roztworze** (hydrat + dodana woda). - Współczynnik $n$ powinien być **liczbą całkowitą** (znane hydraty CaCl₂: 1, 2, 4, 6, 8 H₂O — w 40°C to tetrahydrat). - Częsty błąd: niewliczanie wody krystalizacyjnej do masy roztworu.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
25. Matura CKE · maj 2023 · zad. 18 1 pkt utleniacze, redoks, identyfikacja substancji, MnO2, brunatny osad

    Przeprowadzono doświadczenie, podczas którego do probówek I i II z wodnymi roztworami pewnych substancji dodano jeden, ten sam odczynnik. W obu probówkach zaszły reakcje utleniania i redukcji. Po zakończeniu doświadczenia wygląd zawartości obu probówek był taki sam, co pokazano na zdjęciu (brunatny osad).

    Uzupełnij schemat przeprowadzonego doświadczenia. Zaznacz wzory substancji, których wodne roztwory znajdowały się w probówkach I i II, oraz wzór odczynnika dodanego do obu probówek.

    Odczynnik (do wyboru): ${\text{K}}_2{\text{Cr}}_2{\text{O}}_7(aq)$ / ${\text{KMnO}}_4(aq)$

    Probówka I (do wyboru): ${\text{H}}_2{\text{SO}}_4(aq)$ / ${\text{K}}_2{\text{SO}}_3(aq)$

    Probówka II (do wyboru): ${\text{MnSO}}_4(aq)$ / ${\text{KNO}}_3(aq)$

    Pokaż odpowiedź

    Brunatny osad = ${\text{MnO}}_2$ (tlenek manganu(IV)) — to wskazuje, że we wszystkich probówkach powstał MnO₂. Odczynnik musi zawierać Mn (źródło).

    Odczynnik: ${\text{KMnO}}_4(aq)$ (Mn⁺⁷, fioletowy, silny utleniacz)

    Probówka I — KMnO₄ ulega redukcji do MnO₂ w środowisku obojętnym/słabo zasadowym. ${\text{H}}_2{\text{SO}}_4$ to środowisko kwaśne → Mn⁺⁷ → Mn²⁺ (bezbarwny). ${\text{K}}_2{\text{SO}}_3$ to reduktor, w środowisku obojętnym daje MnO₂ ✓ → ${\text{K}}_2{\text{SO}}_3$

    Reakcja w I: $2{\text{KMnO}}_4+3{\text{K}}_2{\text{SO}}_3+{\text{H}}_2\text{O}\to 2{\text{MnO}}_2\downarrow +3{\text{K}}_2{\text{SO}}_4+2\text{KOH}$

    Probówka II — w probówce II musi zachodzić również reakcja redoks. ${\text{KNO}}_3$ nie reaguje. ${\text{MnSO}}_4$ (Mn²⁺) redukuje KMnO₄ przez komproporcjonowanie: Mn²⁺ + Mn⁺⁷ → 2 Mn⁺⁴ (MnO₂) ✓ → ${\text{MnSO}}_4$

    Reakcja w II: $2{\text{KMnO}}_4+3{\text{MnSO}}_4+2{\text{H}}_2\text{O}\to 5{\text{MnO}}_2\downarrow +{\text{K}}_2{\text{SO}}_4+2{\text{H}}_2{\text{SO}}_4$

    Schemat:

    • Probówka I: ${\text{K}}_2{\text{SO}}_3(aq)$ + ${\text{KMnO}}_4(aq)$
    • Probówka II: ${\text{MnSO}}_4(aq)$ + ${\text{KMnO}}_4(aq)$

    ⚠ Typowa pułapka: - **Brunatny osad** = MnO₂ (Mn⁺⁴), nie Mn²⁺ (bezbarwny) ani ${\text{Cr(OH)}}_3$ (zielony). - W środowisku **kwaśnym** KMnO₄ redukuje się do Mn²⁺ (bezbarwny roztwór). - W środowisku **obojętnym/słabo zasadowym** — do MnO₂ (brunatny osad). - W środowisku **mocno zasadowym** — do ${\text{MnO}}_4^{2-}$ (zielony). - **Komproporcjonowanie**: Mn⁺⁷ + Mn²⁺ → 2 Mn⁺⁴ (MnO₂).

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
26. Matura CKE · maj 2023 · zad. 30 1 pkt polimery, polikondensacja, poliwęglan, bisfenol A, fosgen, chemia organiczna

    Bisfenol A, którego wzór przedstawiono poniżej, stosuje się do otrzymywania poliwęglanu.

    Wzór bisfenolu A: HO–C6H4–C(CH3)2–C6H4–OH (dwa pierścienie fenolowe połączone mostkiem izopropylidenowym –C(CH3)2–, każdy z grupą –OH w pozycji para).

    W tym celu bisfenol A poddaje się najpierw reakcji z wodorotlenkiem sodu, która przebiega tak samo jak reakcja tego wodorotlenku z fenolem, a następnie przeprowadza się polikondensację produktu tej reakcji z fosgenem.

    Polecenie: Uzupełnij schemat tak, aby powstało równanie reakcji otrzymywania poliwęglanu z bisfenolanu sodu i fosgenu.

    Schemat (substraty): n NaO–C6H4–C(CH3)2–C6H4–ONa + n Cl–C(=O)–Cl → [produkt polimerowy] + 2n NaCl

    Pokaż odpowiedź

    Reakcja polikondensacji bisfenolanu sodu z fosgenem prowadzi do powstania poliwęglanu
    (polimer zawierający wiązania węglanowe –O–C(=O)–O–) oraz NaCl jako produktu ubocznego.

    Mechanizm: każda grupa –ONa bisfenolanu sodu atakuje atom węgla fosgenu (Cl–C(=O)–Cl),
    wypierając jon Cl⁻ (powstaje NaCl). Powtórzenie reakcji po obu stronach każdej cząsteczki
    fosgenu daje łańcuch polimerowy. Na każdy mer powstają 2 cząsteczki NaCl (zgadza się
    z bilansem +2n NaCl po prawej stronie).

    Równanie reakcji (uzupełnienie schematu):

    n NaO–C6H4–C(CH3)2–C6H4–ONa + n Cl–C(=O)–Cl →
    –[ O–C6H4–C(CH3)2–C6H4–O–C(=O) ]ₙ– + 2n NaCl

    Wzór produktu (poliwęglan, mer w nawiasie):

    –[–O–⟨C6H4⟩–C(CH3)2–⟨C6H4⟩–O–C(=O)–]ₙ–

    gdzie ⟨C6H4⟩ to pierścień benzenowy 1,4-podstawiony (para), a –C(CH3)2– to mostek
    izopropylidenowy (dwie grupy metylowe przy centralnym atomie węgla).

    Kluczowe elementy w odpowiedzi (klucz CKE):

    • Powtarzający się mer w nawiasach z indeksem n.
    • Dwa pierścienie aromatyczne 1,4-podstawione (para).
    • Mostek –C(CH3)2– między pierścieniami.
    • Po obu stronach meru atomy tlenu (–O–) prowadzące do grupy węglanowej –O–C(=O)–O–.
    • Wolne wiązania na końcach meru (kreski wychodzące poza nawias) wskazujące, że to
      fragment łańcucha polimeru.
    • Bilans atomów: po lewej 2n Na, 2n Cl → po prawej 2n NaCl (zgadza się).

    ⚠ Typowa pułapka: Najczęstsze błędy: - Pominięcie indeksu n / nawiasów wokół meru — zamiast polimeru rysowany jest pojedynczy ester (jak dwucząsteczkowa reakcja, bez polikondensacji). - Brak wolnych wiązań na końcach meru (kreski wychodzące poza nawias) — bez nich nie widać, że to powtarzający się fragment łańcucha. - Niewłaściwe pozycje podstawników w pierścieniach — muszą być para (1,4), nie orto/meta. - Zapomnienie o mostku –C(CH3)2– lub zapis go jako –CH2– (to dałoby inny polimer). - Niewłaściwa grupa łącząca — zamiast węglanowej –O–C(=O)–O– pojawia się estrowa –C(=O)–O– lub eterowa –O– (myli się z innymi polimerami: poliester, polieter). - Niezbilansowane równanie — np. brak współczynnika 2n przy NaCl albo brak n przy substratach. - Rysowanie produktu z grupami –ONa lub –Cl na końcach (powinny już być przereagowane wewnątrz meru, NaCl odchodzi).

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →