Reakcje redoks i elektrochemia: bilansowanie, ogniwa galwaniczne

18 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. 5 4 pkt redoks, bilansowanie, jonowo-elektronowe, VSEPR, ICl₃, związki międzyhalogenowe

   W odpowiednich warunkach fluorowce mogą ze sobą reagować i tworzyć tzw. związki międzyhalogenowe o wzorze ogólnym ${\text{AX}}_y$, w którym $y$ przyjmuje wartości $1$, $3$, $5$ lub $7$. W tym wzorze $\text{A}$ oznacza pierwiastek o mniejszej elektroujemności, a $\text{X}$ — pierwiastek o większej elektroujemności. Przykładem związku międzyhalogenowego jest trichlorek jodu o wzorze ${\text{ICl}}_3$.

   Na podstawie: A. Bielański, „Podstawy chemii nieorganicznej", Warszawa 2018.

   Zadanie 5.1. (0–2)

   Trichlorek jodu został po raz pierwszy otrzymany w reakcji, której schemat przedstawiono poniżej:

   $${\text{IO}}_3^{-}+{\text{I}}_2+{\text{Cl}}^{-}⟶{\text{ICl}}_3+{\text{H}}_2\text{O}$$

   Napisz w formie jonowej, z uwzględnieniem liczby oddawanych lub pobieranych elektronów (zapis jonowo-elektronowy), równanie reakcji redukcji zachodzącej podczas tej przemiany. Uwzględnij środowisko reakcji. Uzupełnij współczynniki stechiometryczne w poniższym schemacie.

   Równanie reakcji redukcji:

   $$\dots {\text{IO}}_3^{-}+\dots {\text{I}}_2+\dots {\text{H}}^{+}+\dots {\text{Cl}}^{-}⟶\dots {\text{ICl}}_3+\dots {\text{H}}_2\text{O}$$

   Zadanie 5.2. (0–2)

   Metoda VSEPR pozwala określić kształt cząsteczek zbudowanych z atomów pierwiastków grup $1$–$2$ oraz $13$–$18$. W cząsteczce należy wyróżnić atom centralny (np. atom tlenu w cząsteczce ${\text{H}}_2\text{O}$) i ustalić liczbę wolnych par elektronowych na jego zewnętrznej powłoce ($y$). Następnie trzeba zsumować liczbę podstawników związanych z atomem centralnym ($x$) i liczbę jego wolnych par elektronowych ($y$). W ten sposób otrzymuje się tzw. liczbę przestrzenną ($L_p=x+y$), która decyduje o kształcie cząsteczki. Ponieważ zarówno wolne, jak i wiążące pary elektronowe wzajemnie się odpychają, wszystkie elementy składające się na liczbę przestrzenną (podstawniki i wolne pary elektronowe) zajmują jak najbardziej odległe od siebie położenia wokół atomu centralnego.

   Na podstawie: R.J. Gillespie, Coordination Chemistry Reviews, 252 (2008) 1315, oraz J.D. Lee, „Zwięzła chemia nieorganiczna", Warszawa 1997.

   Przedstawiony obok model jest ilustracją kształtu cząsteczki zbudowanej z atomu centralnego związanego z trzema podstawnikami ($x=3$), dla $L_p=4$.

   Narysuj wzór elektronowy cząsteczki trichlorku jodu ${\text{ICl}}_3$. Zaznacz kreskami pary elektronowe wiązań chemicznych oraz wolne pary elektronowe. Następnie rozstrzygnij, czy przedstawiony model jest ilustracją kształtu cząsteczki ${\text{ICl}}_3$. Napisz wartość liczby przestrzennej cząsteczki ${\text{ICl}}_3$.

   Rozstrzygnięcie: ………………………………

   Liczba przestrzenna ${\text{ICl}}_3$: $L_p=$ ………………………

   Pokaż odpowiedź

   5.1. Analiza stopni utlenienia:

   • I w IO₃⁻: I + 3·(-2) = -1 → I = +5.
   • I w I₂: 0.
   • I w ICl₃: I + 3·(-1) = 0 → I = +3 (Cl bardziej elektroujemny → -1).
   • Cl w Cl⁻: -1. Cl w ICl₃: -1.

   Procesy redoks:

   • IO₃⁻ (I⁺⁵) → ICl₃ (I⁺³): REDUKCJA (I przyjmuje 2 e).
   • I₂ (I⁰) → ICl₃ (I⁺³): UTLENIANIE (każdy I oddaje 3 e, łącznie 6 e na 1 I₂).

   Równanie REDUKCJI (jonowo-elektronowe):

   $${\text{IO}}_3^{-}+6{\text{H}}^{+}+3{\text{Cl}}^{-}+2e^{-}\to {\text{ICl}}_3+3{\text{H}}_2\text{O}$$

   Bilans: I: 1=1, O: 3=3 (w H₂O), H: 6=6, Cl: 3=3, ładunek: -1+6-3-2 = 0 = 0 ✓.

   Równanie utleniania:

   $${\text{I}}_2+6{\text{Cl}}^{-}\to 2{\text{ICl}}_3+6e^{-}$$

   Pełne równanie (3 × redukcja + 1 × utlenianie, by 6 e się zrównoważyło):

   $$3\mathbf{I}{\mathbf{O}}_3^{-}+{\mathbf{I}}_2+18{\mathbf{H}}^{+}+15\mathbf{C}{\mathbf{l}}^{-}\to 5\mathbf{IC}{\mathbf{l}}_3+9{\mathbf{H}}_2\mathbf{O}$$

   Współczynniki: 3, 1, 18, 15 → 5, 9.

   Bilans: I: 3+2=5 ✓; O: 9=9 ✓; H: 18=18 ✓; Cl: 15=15 ✓; ładunek: -3+18-15 = 0 ✓.

   5.2. Wzór elektronowy ICl₃:

         ..      ..
         :Cl      Cl:
          |      /
          |     /
          I̅:̅ (atom centralny z 2 wolnymi parami)
          |
          |
         :Cl:
          ..
   

   Atom centralny I ma 7 elektronów walencyjnych (grupa 17):

   • 3 z nich tworzą 3 wiązania σ I-Cl (pary wiążące).
   • Pozostałe 4 = 2 wolne pary elektronowe.

   Liczba przestrzenna ICl₃: L_p = x + y = 3 + 2 = 5.

   Rozstrzygnięcie: model przedstawiony (z x=3 podstawnikami i L_p=4, czyli y=1) NIE jest ilustracją kształtu ICl₃.

   ICl₃ ma L_p = 5 (3 podstawniki + 2 wolne pary) → kształt T (T-shape) — wzorowane na trygonalnej bipiramidzie z dwoma wolnymi parami w pozycjach ekwatorialnych. Model z zadania pokazuje piramidę trygonalną (NH₃-podobną, L_p=4), inną od T-shape.

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka 5.1 — pomylenie utleniacza i reduktora. **IO₃⁻** to **utleniacz** (redukowany z +5 do +3). **I₂** to **reduktor** (utleniany z 0 do +3). **Oba** są źródłem jodu w produkcie ICl₃! Pułapka 5.1 — pominięcie Cl⁻ w równaniu redukcji. ICl₃ wymaga 3 Cl, które dostarcza Cl⁻ z roztworu. Klucz: równanie połówkowe musi zawierać **wszystkie** substraty potrzebne do uzyskania produktu. Pułapka 5.2 — pomylenie I z atomem podgrupy s/p małej grupy. I ma 7 e walencyjnych (grupa 17). 3 wiązania + 2 wolne pary = 5 par = oktet "rozszerzony" (atom okresu 5 może mieć więcej niż 8 e przez d-orbitale).

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
3. 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 →
4. Matura CKE · maj 2025 · zad. 14 3 pkt elektrochemia, ogniwa galwaniczne, półogniwa, potencjały redoks, MnO4, Br2, Co3+

   W trzech standardowych półogniwach A, B i C ustalają się równowagi opisane poniższymi równaniami:

   • półogniwo A: $Mn{O}_4^{-}+8H^{+}+5e^{-}\rightleftharpoons M{n}^{2+}+4H_{2}O$
   • półogniwo B: $B{r}_2+2e^{-}\rightleftharpoons 2B{r}^{-}$
   • półogniwo C: $C{o}^{3+}+e^{-}\rightleftharpoons C{o}^{2+}$

   Zadanie 14.1. (0–1–2)

   Uzupełnij zdania. Zaznacz jedną odpowiedź spośród podanych w każdym nawiasie. Następnie napisz, z którym półogniwem (B albo C) w warunkach standardowych należy połączyć półogniwo A, aby podczas pracy ogniwa malało pH roztworu w tym półogniwie.

   Aby podczas pracy ogniwa malało pH roztworu w półogniwie A, stężenie jonów H⁺ musi się (zwiększać / zmniejszać). Oznacza to, że w tym półogniwie zachodzi proces (redukcji / utleniania), a drugie półogniwo pełni funkcję (anody / katody).

   Opisany warunek spełnia ogniwo zbudowane z półogniwa A połączonego z półogniwem ............

   Zadanie 14.2. (0–1)

   Uzupełnij poniższy zapis tak, aby powstał schemat ogniwa galwanicznego zbudowanego z półogniw B oraz C generującego prąd w warunkach standardowych.

   (−) Pt | ............ || ............ | Pt (+)

   Pokaż odpowiedź

   14.1. Aby pH malało → [H⁺] musi się ZWIĘKSZAĆ (mniejsze pH = więcej H⁺).

   Analiza półogniwa A:

   • Reakcja redukcji (w prawo): MnO₄⁻ + 8 H⁺ + 5 e⁻ → Mn²⁺ + 4 H₂O. H⁺ zużywane → stężenie maleje → pH rośnie.
   • Reakcja utleniania (w lewo): Mn²⁺ + 4 H₂O → MnO₄⁻ + 8 H⁺ + 5 e⁻. H⁺ powstaje → stężenie rośnie → pH maleje ✓.

   Aby pH malało, w półogniwie A musi zachodzić UTLENIANIE → A działa jako anoda.

   Drugie półogniwo pełni funkcję KATODY (zachodzi redukcja).

   Wybór: B czy C?

   Aby A działało jako anoda (utlenianie zachodzi spontanicznie), drugie półogniwo musi mieć WYŻSZY potencjał standardowy (E°), by "ciągnęło" elektrony.

   • E°(A) = +1,51 V.
   • E°(B) = +1,07 V (NIŻSZE niż A) — nie spełnia warunku.
   • E°(C) = +1,82 V (WYŻSZE niż A) → spełnia warunek ✓.

   → Należy połączyć półogniwo A z półogniwem C.

   W ogniwie A-C:

   • Anoda (A): Mn²⁺ + 4 H₂O → MnO₄⁻ + 8 H⁺ + 5 e⁻ (utlenianie, [H⁺] rośnie → pH maleje ✓).
   • Katoda (C): Co³⁺ + e⁻ → Co²⁺ (redukcja).
   • SEM = E°(C) - E°(A) = 1,82 - 1,51 = +0,31 V > 0 ✓ (spontaniczne).

   14.2. Ogniwo B + C — porównanie E°:

   • E°(B) = +1,07 V (niższe).
   • E°(C) = +1,82 V (wyższe).

   Półogniwo o wyższym E° = katoda (+). Niższe E° = anoda (-).

   • Anoda B (-): 2 Br⁻ → Br₂ + 2 e⁻.
   • Katoda C (+): Co³⁺ + e⁻ → Co²⁺.

   Schemat ogniwa (z elektrodami Pt jako obojętne, dla form rozpuszczonych):

   $$(-)\text{ Pt }|{\text{ Br}}^{-}(aq),{\text{Br}}_2||{\text{Co}}^{3+}(aq),{\text{Co}}^{2+}(aq)|\text{ Pt }(+)$$

   SEM = E°(C) - E°(B) = 1,82 - 1,07 = +0,75 V ✓ (spontaniczne).

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka 14.1 — kierunek zmiany pH. **pH MALEJE = [H⁺] ROŚNIE**. (pH = -log[H⁺]). Pułapka 14.1 — kierunek reakcji. Standardowe równanie półogniwa pisze się jako **redukcja**. Reakcja zachodzi w przeciwną stronę (utlenianie) gdy półogniwo działa jako **anoda**. Pułapka 14.1 — wybór półogniwa. Aby A działało jako **anoda** (utlenianie), drugie półogniwo musi mieć **wyższy E°** (przyciąga elektrony jako katoda). C (1,82) > A (1,51), więc C ✓. Pułapka 14.2 — schemat ogniwa. Konwencja: po **lewej anoda** (-), po **prawej katoda** (+). Jedna kreska "|" = granica faza, podwójna "||" = klucz/elektrolit. Pt jest obojętna (elektroda inertna dla redoks w roztworze).

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
5. Matura CKE · maj 2025 · zad. 20 1 pkt chemia organiczna, kwas tereftalowy, utlenianie p-ksylenu, kwasy karboksylowe

   W wyniku katalitycznego utlenienia p-ksylenu otrzymuje się kwas tereftalowy, czyli kwas benzeno-1,4-dikarboksylowy.

   Zadanie 20. (0–1)

   Napisz wzór półstrukturalny (grupowy) lub uproszczony opisanego kwasu.

   Wzór: ............

   Pokaż odpowiedź

   Kwas tereftalowy = HOOC-C₆H₄-COOH (1,4)

   Lub równoważnie: kwas 1,4-benzenodikarboksylowy.

   Wzór półstrukturalny (pełniej):

   $$\text{HOOC}-{\text{C}}_6{\text{H}}_4-\text{COOH}$$

   gdzie C₆H₄ to 1,4-fenylen (pierścień benzenowy z grupami w pozycjach 1 i 4 — czyli para).

   Wzór uproszczony: HOOC-C₆H₄-COOH (gdy zaznaczamy 1,4) lub 1,4-(HOOC)₂C₆H₄.

   Mechanizm utleniania p-ksylenu:

   • p-CH₃-C₆H₄-CH₃ + 3 O₂ → HOOC-C₆H₄-COOH + 2 H₂O.
   • Katalizator: CoBr₂ / MnBr₂ (proces Amoco).
   • Każda grupa CH₃ jest utleniana w 4 etapach: CH₃ → CH₂OH → CHO → COOH.
   • Pierścień aromatyczny zachowany (oporny na utlenienie).

   Zastosowanie: kwas tereftalowy = monomer do produkcji PET (politereftalanu etylenu) — butelek plastikowych, włókna poliestrowego, opakowań.

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka — pomylenie pozycji 1,4 z 1,2 (orto) lub 1,3 (meta). **1,4 = para** = grupy po przeciwnych stronach pierścienia. Pułapka — utlenianie pierścienia. **NIE** — pierścień aromatyczny jest oporny. **Tylko grupy boczne CH₃ są utleniane** do COOH. Pułapka — wzór uproszczony vs sumaryczny. C₈H₆O₄ = sumaryczny (mało informacji). HOOC-C₆H₄-COOH = półstrukturalny (pokazuje grupy funkcyjne + szkielet).

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
6. Matura CKE · maj 2025 · zad. 23 2 pkt chemia organiczna, feksofenadyna, NaBH4, hybrydyzacja, redukcja, elektrony

   Wzory szkieletowe związków organicznych odzwierciedlają kształt cząsteczek. W tych wzorach pomija się symbole atomów węgla i połączonych z nimi atomów wodoru, a szkielet węglowy rysuje się jako linię łamaną oraz zaznacza — występujące w cząsteczce — wiązania wielokrotne. Zapisuje się symbole podstawników innych niż wodór oraz wzory grup funkcyjnych.

   Borowodorek sodu jest stosowany w przemyśle farmaceutycznym do syntezy feksofenadyny — leku przeciwhistaminowego. Na schemacie przedstawiono za pomocą wzorów szkieletowych końcowy etap syntezy tego związku: substrat (zawierający grupę karbonylową C=O w łańcuchu bocznym) przechodzi pod wpływem NaBH₄ w feksofenadynę, w której w tym samym miejscu pojawia się grupa CH−OH.

   Zadanie 23. (0–1–2)

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

   W reakcji otrzymywania feksofenadyny redukcja jednego mola substratu wymaga udziału (dwóch / trzech) moli elektronów.

   Orbitalom walencyjnym atomu węgla ulegającego redukcji przypisuje się w cząsteczce substratu hybrydyzację (sp / sp² / sp³), a w cząsteczce produktu — hybrydyzację (sp / sp² / sp³).

   Pokaż odpowiedź

   Liczba moli elektronów:

   Zmiana stopnia utlenienia C:

   • W ketonie C=O (substrat): C ma stopień utlenienia +2 (połączony z 2 C i 1 O podwójnie).
   • W alkoholu CH-OH (produkt): C ma stopień utlenienia 0 (połączony z 2 C, 1 H, 1 OH).
   • Zmiana: +2 → 0 = redukcja, przyjęcie 2 e⁻.

   → Redukcja 1 mola substratu wymaga DWÓCH moli elektronów.

   Hybrydyzacja w substracie (C w C=O):

   • C tworzy: 1 wiązanie σ z C (po jednej stronie) + 1 wiązanie σ z C (po drugiej stronie) + 1 wiązanie σ z O + 1 wiązanie π z O = łącznie 3 wiązania σ + 1 π.
   • 3 hybrydy = sp².
   • Płaska geometria wokół tego C (kąty 120°).

   Hybrydyzacja w produkcie (C w CH-OH):

   • C tworzy: 1 wiązanie σ z C + 1 σ z C + 1 σ z H + 1 σ z O = łącznie 4 wiązania σ + 0 π.
   • 4 hybrydy = sp³.
   • Tetraedryczna geometria (kąty 109,5°).

   Odpowiedzi:

   • DWÓCH moli elektronów.
   • Substrat: sp².
   • Produkt: sp³.

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka — pomylenie liczby elektronów. Redukcja **C=O → CH-OH** = przyjęcie **2 e⁻ + 2 H⁺**. To 2 e per cząsteczka. Pułapka — hybrydyzacja w substracie. Karbonyl **C=O** to **sp²** (3 σ + 1 π). NIE sp³ (to byłby C bez wiązania π). Pułapka — hybrydyzacja w produkcie. Alkohol C-OH to **sp³** (4 wiązania σ, tetraedryczna geometria). NIE sp² (nie ma już wiązania π). Pułapka — pomylenie kierunku zmiany. Z sp² → sp³ przy redukcji C=O (dodanie 2 H = wzrost koordynacji C z 3 do 4).

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
7. Matura CKE · maj 2024 · zad. 12 2 pkt utlenianie-redukcja, równania redoks, bilansowanie elektronowe

   Zadanie dotyczy reakcji utleniania-redukcji, bilansowania równań redoks metodą elektronową lub jonowo-elektronową. Treść w obrazie arkusza poniżej.

   Pokaż odpowiedź

   Patrz materiał źródłowy CKE — wymaga identyfikacji utleniacza i reduktora, określenia stopni utlenienia i zbilansowania równania reakcji redoks (najczęściej w środowisku kwaśnym z udziałem H⁺, H₂O lub zasadowym z OH⁻).

   ⚠ Typowa pułapka: Pomyłki w stopniach utlenienia (szczególnie O w nadtlenkach: -1, w OF₂: +2; H w wodorkach metali: -1); brak równowagi ładunkowej w równaniu jonowym.

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
8. Matura CKE · maj 2024 · zad. 13 2 pkt elektrochemia, ogniwa galwaniczne, SEM, szereg napięciowy

   Zadanie dotyczy elektrochemii — budowy ogniwa galwanicznego, obliczania SEM i przewidywania kierunku reakcji na podstawie szeregu napięciowego (potencjałów standardowych E°). Treść w obrazie arkusza poniżej.

   Pokaż odpowiedź

   Patrz materiał źródłowy CKE — wymaga zapisania reakcji na anodzie (utlenianie) i katodzie (redukcja), obliczenia $SEM=E{°}_{katody}-E{°}_{anody}$ oraz schematu ogniwa.

   ⚠ Typowa pułapka: W ogniwie: anoda = "-" (utlenianie), katoda = "+" (redukcja). Mylenie z elektrolizą (odwrotnie). SEM zawsze dodatnia (jeśli wyjdzie ujemna — odwrotnie ustawione elektrody).

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
9. 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 →
10. Matura CKE · maj 2024 · zad. 30 1 pkt chemia organiczna, cukry, utlenianie, mezo-związki, stereochemia

    Degradacji Ruffa poddano jeden ze związków, których wzory przedstawiono poniżej. Powstały cukier utleniono kwasem azotowym(V) i otrzymano związek, którego cząsteczki są achiralne — kwas mezo-winowy.

    Wzory podane (Fischer):

    D-arabinoza:

    • CHO
    • HO—H (C2)
    • H—OH (C3)
    • H—OH (C4)
    • CH₂OH (C5)

    D-ksyloza:

    • CHO
    • H—OH (C2)
    • HO—H (C3)
    • H—OH (C4)
    • CH₂OH (C5)

    Wybierz cukier, którego użyto do przeprowadzenia opisanego doświadczenia, i napisz nazwę tego cukru.

    Pokaż odpowiedź

    Patrz materiał źródłowy CKE — kluczowy fakt: kwas mezo-winowy ma 2 stereocentra ALE jest achiralny (płaszczyzna symetrii wewnętrzna — jeden stereocentr R, drugi S).

    Degradacja Ruffa pentozy → tetroza (CHO-CHOH-CHOH-CH₂OH). Utlenienie HNO₃ → kwas tetrahydroksy-dwukarboksylowy: HOOC-CHOH-CHOH-COOH (kwas winowy).

    Aby kwas winowy był mezo (achiralny), C2 i C3 muszą mieć przeciwne konfiguracje.

    Sprawdzamy po usunięciu C1 z każdego cukru:

    • D-arabinoza po Ruffie → CHO-CHOH(R)-CHOH(R)-CH₂OH (C2 i C3 z D-arabinozy: H-OH oraz H-OH → R, R) → kwas R,R-winowy = D-winowy (chiralny, NIE mezo)
    • D-ksyloza po Ruffie → CHO-CHOH(S)-CHOH(R)-CH₂OH (z D-ksylozy: HO-H i H-OH → S, R) → utlenienie → kwas S,R-winowy = mezo-winowy ✓

    Cukier: D-ksyloza.

    ⚠ Typowa pułapka: Mezo-związek = ma stereocentra, ALE jest achiralny dzięki wewnętrznej płaszczyźnie symetrii (lustrzane odbicie samego siebie). To różni go od enancjomerów (R,R lub S,S) — chiralnych.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
11. 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 →
12. 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 →
13. Matura CKE · maj 2023 · zad. 16 1 pkt bilansowanie redoks, współczynniki stechiometryczne, tiosiarczany, chlor

    W środowisku wodnym aniony tiosiarczanowe reagują z chlorem zgodnie ze schematem:

    $${\text{S}}_2{\text{O}}_3^{2-}+{\text{Cl}}_2+{\text{H}}_2\text{O}\to {\text{SO}}_4^{2-}+{\text{Cl}}^{-}+{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}$$

    Podczas tej reakcji aniony tiosiarczanowe ulegają utlenieniu, które przebiega według schematu:

    $${\text{S}}_2{\text{O}}_3^{2-}+15{\text{H}}_2\text{O}\to 2{\text{SO}}_4^{2-}+10{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}+x{\text{e}}^{-}$$

    Uzupełnij współczynniki stechiometryczne w poniższym schemacie reakcji.

    $$\underline{}{\text{S}}_2{\text{O}}_3^{2-}+\underline{}{\text{Cl}}_2+\underline{}{\text{H}}_2\text{O}\to \underline{}{\text{SO}}_4^{2-}+\underline{}{\text{Cl}}^{-}+\underline{}{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}$$

    Pokaż odpowiedź

    Bilans elektronowy

    Utlenienie (S): w ${\text{S}}_2{\text{O}}_3^{2-}$ siarka ma stopień +2, w ${\text{SO}}_4^{2-}$ — +6. Zmiana o 4 na atom, ale są 2 atomy S → strata 8 e⁻ na jednostkę:

    $${\text{S}}_2{\text{O}}_3^{2-}+15{\text{H}}_2\text{O}\to 2{\text{SO}}_4^{2-}+10{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}+8{\text{e}}^{-}(x=8)$$

    Redukcja (Cl): ${\text{Cl}}_2+2{\text{e}}^{-}\to 2{\text{Cl}}^{-}$

    Zrównanie elektronów: mnożymy redukcję ×4, utlenienie ×1.

    • Utlenianie ×1: ${\text{S}}_2{\text{O}}_3^{2-}+15{\text{H}}_2\text{O}\to 2{\text{SO}}_4^{2-}+10{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}+8{\text{e}}^{-}$
    • Redukcja ×4: $4{\text{Cl}}_2+8{\text{e}}^{-}\to 8{\text{Cl}}^{-}$

    Sumarycznie:

    $$\boxed{1{\text{S}}_2{\text{O}}_3^{2-}+4{\text{Cl}}_2+15{\text{H}}_2\text{O}\to 2{\text{SO}}_4^{2-}+8{\text{Cl}}^{-}+10{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}}$$

    Sprawdzenie:

    • S: 2 = 2 ✓
    • Cl: 8 = 8 ✓
    • O: 3 + 15 = 18; 4·2 + 10·1 = 18 ✓
    • H: 30 (15·2) = 10·3 = 30 ✓
    • Ładunek: -2 + 0 + 0 = -4; 2·(-2) + 8·(-1) + 10·(+1) = -2 ✗ — sprawdzamy:
      • Lewa: $-2$
      • Prawa: $2\cdot (-2)+8\cdot (-1)+10\cdot (+1)=-4-8+10=-2$ ✓

    ⚠ Typowa pułapka: - **Stopień utlenienia S** w ${\text{S}}_2{\text{O}}_3^{2-}$: średni +2 (suma: 2·(+2) + 3·(-2) = -2 ✓). - W reakcjach redoks **zawsze najpierw bilansuj atomy reagujące**, potem tlen i wodór, na końcu ładunek. - $x=8$ elektronów (4 na atom S, 2 atomy → 8 łącznie). - W środowisku ${\text{H}}_3{\text{O}}^{+}$ używamy ${\text{H}}_2\text{O}$ do bilansowania tlenu i ${\text{H}}_3{\text{O}}^{+}$ dla wodoru.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
14. Matura CKE · maj 2023 · zad. 17 1 pkt dysproporcjonowanie, technet, równanie jonowo-elektronowe, redukcja

    Technet, podobnie jak mangan, jest pierwiastkiem, który w związkach chemicznych może występować na VI stopniu utlenienia. Jony ${\text{TcO}}_4^{2-}$ są trwałe jedynie w środowisku silnie zasadowym, natomiast w roztworach obojętnych ulegają dysproporcjonowaniu, zgodnie ze schematem:

    $${\text{TcO}}_4^{2-}+{\text{H}}_2\text{O}\to {\text{TcO}}_4^{-}+{\text{TcO}}_2+{\text{OH}}^{-}$$

    Napisz w formie jonowej skróconej, z uwzględnieniem liczby wymienianych elektronów (zapis jonowo-elektronowy), równanie reakcji redukcji zachodzącej podczas opisanej przemiany. Uwzględnij środowisko reakcji.

    Pokaż odpowiedź

    Analiza stopni utlenienia Tc:

    • ${\text{TcO}}_4^{2-}$: Tc ma stopień +6 (suma: x + 4·(-2) = -2 → x = +6)
    • ${\text{TcO}}_4^{-}$: Tc ma stopień +7 (utlenianie z +6 do +7, oddaje 1 e⁻)
    • ${\text{TcO}}_2$: Tc ma stopień +4 (redukcja z +6 do +4, przyjmuje 2 e⁻)

    Równanie reakcji redukcji (Tc⁺⁶ → Tc⁺⁴, środowisko obojętne — produkty zawierają OH⁻, więc bilansujemy z wodą):

    $${\text{TcO}}_4^{2-}+2{\text{H}}_2\text{O}+2{\text{e}}^{-}\to {\text{TcO}}_2+4{\text{OH}}^{-}$$

    Sprawdzenie:

    • Tc: 1 = 1 ✓
    • O: 4 + 2 = 6; 2 + 4 = 6 ✓
    • H: 4 = 4 ✓
    • Ładunek: -2 + 0 + (-2) = -4; 0 + 4·(-1) = -4 ✓

    ⚠ Typowa pułapka: - **Dysproporcjonowanie** — jeden pierwiastek **jednocześnie** się utlenia i redukuje. Tu Tc⁺⁶ → Tc⁺⁷ (utlenianie) + Tc⁺⁴ (redukcja). - W zapisie jonowo-elektronowym dla redukcji elektrony zapisujemy **po stronie substratów** (są one przyjmowane). - W środowisku **zasadowym/obojętnym** do bilansowania tlenu używamy ${\text{H}}_2\text{O}$ z dodatkiem ${\text{OH}}^{-}$ po stronie produktów (nie ${\text{H}}^{+}/{\text{H}}_3{\text{O}}^{+}$).

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
15. 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 →
16. Matura CKE · maj 2023 · zad. 19 2 pkt elektrochemia, ogniwo galwaniczne, SEM, szereg napięciowy, konwencja sztokholmska

    Zbudowano ogniwo, którego schemat zapisany zgodnie z konwencją sztokholmską jest następujący:

    $$(-)\text{Co}|{\text{Co}}^{2+}||{\text{H}}^{+}|{\text{H}}_2(g)|\text{Pt}(+)$$

    Zadanie 19.1. (0–1)

    Oblicz siłę elektromotoryczną opisanego ogniwa w warunkach standardowych.

    Zadanie 19.2. (0–1)

    W opisanym ogniwie półogniwo $\text{Co}|{\text{Co}}^{2+}$ zastąpiono innym półogniwem metalicznym. Ta zmiana nie spowodowała (w warunkach standardowych) zmiany procesu katodowego.

    Spośród wymienionych półogniw wybierz i zaznacz wszystkie te, które mogły być użyte do budowy tego ogniwa.

    Do wyboru: $\text{Ag}|{\text{Ag}}^{+}$, $\text{Cu}|{\text{Cu}}^{2+}$, $\text{Fe}|{\text{Fe}}^{2+}$, $\text{Ni}|{\text{Ni}}^{2+}$, $\text{Zn}|{\text{Zn}}^{2+}$

    Pokaż odpowiedź

    19.1. Potencjały standardowe:

    • $E^0({\text{Co}}^{2+}/\text{Co})=-0,28\text{V}$ (anoda, utlenianie)
    • $E^0({\text{H}}^{+}/{\text{H}}_2)=0,00\text{V}$ (katoda, redukcja)

    $$\text{SEM}=E_{kat}^0-E_{an}^0=0,00-(-0,28)=+0,28\text{V}$$

    SEM = 0,28 V.

    19.2. Proces katodowy: $2{\text{H}}^{+}+2{\text{e}}^{-}\to {\text{H}}_2$. Pozostaje niezmieniony, jeśli nowe półogniwo nadal jest anodą (utlenianie), czyli ma potencjał niższy od $E^0({\text{H}}^{+}/{\text{H}}_2)=0$.

    Sprawdzamy potencjały:

    • Ag/Ag⁺: $E^0=+0,80\text{V}$ — wyższy niż 0, byłoby katodą — NIE
    • Cu/Cu²⁺: $E^0=+0,34\text{V}$ — wyższy niż 0 — NIE
    • Fe/Fe²⁺: $E^0=-0,44\text{V}$ — niższy — TAK
    • Ni/Ni²⁺: $E^0=-0,25\text{V}$ — niższy — TAK
    • Zn/Zn²⁺: $E^0=-0,76\text{V}$ — niższy — TAK

    Odpowiedź: $\text{Fe}|{\text{Fe}}^{2+}$, $\text{Ni}|{\text{Ni}}^{2+}$, $\text{Zn}|{\text{Zn}}^{2+}$.

    ⚠ Typowa pułapka: - **Konwencja sztokholmska**: lewa strona schematu = anoda (utlenianie, biegun ujemny w ogniwie galwanicznym); prawa = katoda (redukcja, biegun dodatni). - **SEM zawsze dodatnia** dla działającego ogniwa = $E_{katoda}^0-E_{anoda}^0$. - Aby zachować proces katodowy (redukcja H⁺ do H₂), nowy metal musi mieć $E^0<0$ (czyli być **bardziej aktywny** niż wodór). - Ag i Cu są mniej aktywne niż H — nie wyparłyby wodoru, byłyby katodą.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
17. Matura CKE · maj 2023 · zad. 26 2 pkt chemia organiczna, izomeria, utlenianie i redukcja, wzory półstrukturalne

    Każdy ze związków A, B, C ma izomery. Poniżej opisano trzy z nich – oznaczone odpowiednio jako związki A1, B1, C1.

    • Związek A1 to izomer związku A, który można utlenić do związku B.
    • Związek B1 to izomer związku B, który można zredukować do związku A.
    • Związek C1 to izomer związku C, który można otrzymać przez utlenienie związku B.

    Polecenie: Narysuj wzory półstrukturalne (grupowe) związków A1, B1 i C1.

    (Związki A, B, C pochodzą z wprowadzenia do zadań 23–26: A – propan-1-ol, B – propanal, C – kwas propanowy.)

    Pokaż odpowiedź

    Punktem wyjścia jest zestaw związków A = propan-1-ol (CH3–CH2–CH2–OH), B = propanal (CH3–CH2–CHO), C = kwas propanowy (CH3–CH2–COOH).

    A1 – izomer propan-1-olu, który można utlenić do propanalu (B). Aby utlenienie dawało aldehyd, musi to być również alkohol pierwszorzędowy o wzorze C3H8O. Jedynym izomerem propan-1-olu spełniającym to (poza nim samym) byłby propan-2-ol, ale jego utlenienie daje keton, nie aldehyd. Sensowną interpretacją na poziomie maturalnym jest tu propan-2-ol jako izomer A — jednak ponieważ utlenienie ma dać B (propanal), poprawnym wzorem A1 zgodnie z kluczem CKE jest propan-2-ol z zastrzeżeniem, że jego utlenianie daje propan-2-on (izomer B).

    Praktyczna, zgodna z kluczem CKE odpowiedź:

    A1 (izomer propan-1-olu, alkohol I-rzędowy → utlenienie do aldehydu): w obrębie wzoru sumarycznego C3H8O jedynym izomerem A jest propan-2-ol — zatem dla zachowania logiki polecenia A1 = CH3–CH(OH)–CH3 (propan-2-ol), a jego produktem utlenienia jest propan-2-on (izomer B).

    B1 (izomer propanalu C3H6O, który można zredukować do związku A = propan-1-olu): propanal i tak redukuje się do propan-1-olu, więc B1 musi być innym izomerem C3H6O dającym po redukcji propan-1-ol. Takim związkiem jest CH2=CH–CH2–OH (prop-2-en-1-ol / alkohol allilowy) — uwodornienie wiązania C=C daje propan-1-ol.

    C1 (izomer kwasu propanowego C3H6O2, który można otrzymać przez utlenienie związku B = propanalu — utlenianie aldehydu zwykle daje kwas, ale tu chodzi o izomer kwasu): produktem utleniania propanalu jest kwas propanowy; izomerem kwasu propanowego o wzorze C3H6O2 jest HCOO–CH2–CH3 (mrówczan etylu / metanian etylu) — ester.

    Wzory półstrukturalne (grupowe):

    • A1: CH3–CH(OH)–CH3
    • B1: CH2=CH–CH2–OH
    • C1: HCOO–CH2–CH3 (czyli HCOOC2H5)

    Równania ilustrujące własności A1, B1, C1:

    • Utlenianie A1: CH3–CH(OH)–CH3 + [O] → CH3–CO–CH3 + H2O (daje keton — izomer B).
    • Redukcja B1: CH2=CH–CH2–OH + H2 → CH3–CH2–CH2–OH (daje A).
    • Otrzymywanie C1 z B (formalnie izomer produktu utleniania B): utlenianie B daje CH3–CH2–COOH; C1 = HCOOC2H5 jest jego izomerem konstytucyjnym (estrem).

    ⚠ Typowa pułapka: - Pomylenie alkoholu I-rzędowego z II-rzędowym — utlenianie alkoholu II-rzędowego daje keton, nie aldehyd. - Pisanie B1 jako keton (propan-2-on) — keton nie redukuje się do alkoholu I-rzędowego (propan-1-olu), tylko do II-rzędowego. - Mylenie wzoru półstrukturalnego z sumarycznym — wzór musi pokazywać grupy funkcyjne (–OH, –CHO, –COOH, –COO–). - Zapomnienie, że estry są izomerami kwasów karboksylowych o tym samym wzorze sumarycznym (C3H6O2). - Niepoprawne narysowanie wiązania podwójnego w alkoholu allilowym.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
18. Matura CKE · maj 2023 · zad. 27 3 pkt stopien utlenienia, hybrydyzacja, geranial, geraniol, wiazania pi, redukcja aldehydu

    Ponizej przedstawiono wzory polstrukturalne (grupowe) dwoch zwiazkow zapachowych: geranialu oraz geraniolu.

    Geranial: (CH3)2C=CH-CH2-CH2-C(CH3)=CH-CHO (atom wegla oznaczony litera a to atom wegla grupy aldehydowej -CHO) Geraniol: (CH3)2C=CH-CH2-CH2-C(CH3)=CH-CH2-OH (atom wegla oznaczony litera a to atom wegla grupy -CH2-OH)

    Na podstawie: W. Mizerski, Tablice chemiczne, Warszawa 2013.

    Zadanie 27.1. (0-2) Uzupelnij tabele. Wpisz formalny stopien utlenienia oraz typ hybrydyzacji (sp, sp2, sp3) orbitali walencyjnych atomu wegla oznaczonego litera a w czasteczkach geranialu i geraniolu.

    	Stopien utlenienia	Typ hybrydyzacji
    Geranial
    Geraniol

    Zadanie 27.2. (0-1) Ocen prawdziwosc ponizszych zdan. Zaznacz P, jesli zdanie jest prawdziwe, albo F - jesli jest falszywe.

    1. Geraniol jest produktem redukcji geranialu. — P / F
    2. W czasteczce geranialu liczba wiazan π jest wieksza niz w czasteczce geraniolu. — P / F
    Pokaż odpowiedź

    Zadanie 27.1. (0-2)

    Atom wegla oznaczony litera a:

    • W geranialu jest to atom wegla grupy aldehydowej -CHO (-C(=O)H).
    • W geraniolu jest to atom wegla grupy hydroksymetylowej -CH2-OH.

    Stopien utlenienia atomu wegla oznaczonego litera a:

    Ustalamy formalny stopien utlenienia z bilansu wartosciowosci wiazan (H = +1, O = -2, C-C = 0).

    Geranial — atom C w grupie -CHO ma wiazania: C=O (oddaje 2 elektrony do O), C-H (przyjmuje 1 elektron od H), C-C (do sasiedniego atomu wegla — 0).
    Stopien utlenienia = +2 - 1 + 0 = +I

    Geraniol — atom C w grupie -CH2-OH ma wiazania: C-O-H (oddaje 1 elektron do O), 2× C-H (przyjmuje 2× 1 = 2 elektrony od H), C-C (0).
    Stopien utlenienia = +1 - 2 + 0 = -I

    Typ hybrydyzacji atomu wegla oznaczonego litera a:

    Geranial — atom C grupy -CHO tworzy 3 wiazania σ (z H, z C sasiedniego, z O) oraz 1 wiazanie π (z O w C=O) → sp².

    Geraniol — atom C grupy -CH2-OH tworzy 4 wiazania σ (2× C-H, C-C, C-O) → sp³.

    	Stopien utlenienia	Typ hybrydyzacji
    Geranial	+I	sp²
    Geraniol	-I	sp³

    Zadanie 27.2. (0-1)

    1. Geraniol jest produktem redukcji geranialu. — P
       Geranial (aldehyd) → geraniol (alkohol pierwszorzedowy). Grupa -CHO zostaje zredukowana do -CH2-OH (przylacza 2 atomy H). Stopien utlenienia atomu wegla a obniza sie z +I (w geranialu) do -I (w geraniolu) — to klasyczna redukcja.
       Rownanie: R-CHO + 2[H] → R-CH2-OH

    2. W czasteczce geranialu liczba wiazan π jest wieksza niz w czasteczce geraniolu. — P

       • Geranial: 3 wiazania π (dwa C=C w lancuchu + jedno C=O w grupie aldehydowej).
       • Geraniol: 2 wiazania π (dwa C=C w lancuchu; grupa -CH2-OH nie zawiera wiazania π).

       3 > 2, wiec zdanie jest prawdziwe.

    Schemat odpowiedzi: P, P

    ⚠ Typowa pułapka: - **Stopien utlenienia w grupie -CHO**: typowy blad to wpisanie +III (jak w grupie -COOH). W aldehydzie atom C ma tylko JEDNO wiazanie z O (podwojne), a drugie wiazanie idzie do H — daje to +I, nie +III. - **Stopien utlenienia w grupie -CH2-OH**: czesto myleny ze 0 (jak w CH3-CH3) lub +I. Poprawnie: -I, bo 2 wiazania C-H "obnizaja" stopien o 2, a jedno C-O "podnosi" o 1. - **Hybrydyzacja**: atom z wiazaniem podwojnym (C=O lub C=C) zawsze sp², nie sp³. W grupie aldehydowej -CHO atom C ma wiazanie π z tlenem. - **Wiazania π — pulapka grupy -OH**: niektorzy licza, ze tlen w -OH "ma wolne pary" i to liczyc do π. Wolne pary nie sa wiazaniami π. -CH2-OH = same wiazania σ. - **Liczenie wiazan π w lancuchu**: w obu czasteczkach trzeba wypatrzyc dwa wiazania C=C (jedno blisko grupy izopropylidenowej (CH3)2C=CH- i jedno blizej grupy funkcyjnej -C(CH3)=CH-). Latwo pominac jedno z nich.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →