Stechiometria i obliczenia chemiczne: mol, stężenia, wydajność reakcji

15 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. 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 →
2. 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 →
3. Matura CKE · maj 2025 · zad. 10 5 pkt kinetyka chemiczna, równanie kinetyczne, rząd reakcji, stała szybkości, stechiometria

   W zamkniętym reaktorze zachodzi reakcja opisana równaniem:

   $$X_2(g)+2Y_2(g)\to 2X{Y}_2(g)$$

   Zależność szybkości tej reakcji od stężenia opisuje poniższe równanie kinetyczne:

   $$v=k\cdot c_{X_2}^a\cdot c_{Y_2}^b$$

   Aby wyznaczyć wykładniki a i b w równaniu kinetycznym, przeprowadzono serię pomiarów: w temperaturze T mierzono zależność szybkości reakcji od stężenia jednego z substratów przy stałym stężeniu drugiego. Na podstawie wyników pomiarów sporządzono poniższy wykres zależności szybkości reakcji od:

   • stężenia substratu X₂ przy stałym stężeniu $c_{Y_2}=1\text{mol}\cdot {\text{dm}}^{-3}$ (linia czerwona)
   • stężenia substratu Y₂ przy stałym stężeniu $c_{X_2}=1\text{mol}\cdot {\text{dm}}^{-3}$ (linia zielona)

   Z wykresu: dla c = 1 mol·dm⁻³ szybkość v = 1 mol·dm⁻³·s⁻¹; linia czerwona (c_X₂) — liniowa (przy c_X₂ = 2 mol·dm⁻³, v = 2 mol·dm⁻³·s⁻¹); linia zielona (c_Y₂) — kwadratowa (przy c_Y₂ = 2 mol·dm⁻³, v = 4 mol·dm⁻³·s⁻¹).

   Zadanie 10.1. (0–1)

   Oceń prawdziwość zdań. Zaznacz P, jeśli zdanie jest prawdziwe, albo F — jeśli jest fałszywe.

   1.	Zmniejszenie objętości reaktora w warunkach izotermicznych, przy niezmienionej początkowej liczbie moli substratów, skutkuje wzrostem szybkości opisanej reakcji.	P	F
   2.	Wzrost temperatury w reaktorze w warunkach izobarycznych, przy niezmienionej początkowej liczbie moli substratów, skutkuje spadkiem szybkości opisanej reakcji.	P	F

   Zadanie 10.2. (0–4)

   W reaktorze o pojemności 4,0 dm³ umieszczono stechiometryczną mieszaninę, zawierającą łącznie 12,0 mol gazów X₂ i Y₂. Zainicjowano reakcję syntezy gazu XY₂. W układzie utrzymywano temperaturę T.

   Na podstawie analizy wykresów ustal i napisz wartości wykładników a i b. Następnie oblicz wartość stałej szybkości reakcji k oraz oblicz szybkość tej reakcji w temperaturze T w chwili, gdy w reaktorze znajdowało się łącznie 9,0 mol wszystkich gazów.

   Równanie kinetyczne:

   $$v=k\cdot c_{X_2}^{\square }\cdot c_{Y_2}^{\square }$$

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

   Pokaż odpowiedź

   10.1.

   • 1. Zmniejszenie V w izotermii → wzrost stężeń → wzrost v. P.
   • 2. Wzrost T w izobarii → wzrost stałej k (równanie Arrheniusa) → wzrost v. Stwierdzenie "spadek" = F.

   10.2. Wyznaczenie a i b z wykresów:

   Wykres czerwony (v vs c_X₂ przy c_Y₂=1):

   • c_X₂=1 → v=1.
   • c_X₂=2 → v=2.
   • Liniowa (proporcjonalność) → v ∝ c_X₂¹ → a = 1.

   Wykres zielony (v vs c_Y₂ przy c_X₂=1):

   • c_Y₂=1 → v=1.
   • c_Y₂=2 → v=4 (4× wzrost).
   • Parabola (v ∝ c²) → 2² = 4 ✓ → b = 2.

   Równanie kinetyczne:
   $$v=k\cdot c_{X_2}\cdot c_{Y_2}^2$$

   Stała szybkości k: z punktu c_X₂=1, c_Y₂=1, v=1:

   • 1 = k · 1 · 1² → k = 1.
   • Jednostka: v [mol·dm⁻³·s⁻¹] = k · [mol·dm⁻³] · [mol²·dm⁻⁶] → k = mol⁻²·dm⁶·s⁻¹.
   • k = 1 mol⁻²·dm⁶·s⁻¹.

   Obliczenie szybkości przy 9,0 mol gazów:

   Krok 1: stechiometria startowa.

   • Reakcja: X₂ + 2 Y₂ → 2 XY₂. Stosunek X₂ : Y₂ = 1 : 2.
   • 12 mol gazów łącznie, stosunek 1:2 → n(X₂) = 12/3 = 4 mol, n(Y₂) = 12·2/3 = 8 mol.

   Krok 2: stężenia początkowe (V = 4 dm³):

   • c(X₂)₀ = 4/4 = 1 mol/dm³.
   • c(Y₂)₀ = 8/4 = 2 mol/dm³.

   Krok 3: ile X₂ przereagowało (ξ), gdy łączne 9,0 mol?

   • Po reakcji: n(X₂) = 4-ξ; n(Y₂) = 8-2ξ; n(XY₂) = 2ξ.
   • Suma: (4-ξ) + (8-2ξ) + 2ξ = 12 - ξ.
   • 12 - ξ = 9 → ξ = 3 mol.

   Krok 4: stężenia w tej chwili:

   • n(X₂) = 4-3 = 1 mol → c(X₂) = 1/4 = 0,25 mol/dm³.
   • n(Y₂) = 8-6 = 2 mol → c(Y₂) = 2/4 = 0,5 mol/dm³.

   Krok 5: szybkość v:

   • v = k · c(X₂) · c(Y₂)² = 1 · 0,25 · 0,5² = 1 · 0,25 · 0,25 = 0,0625 mol·dm⁻³·s⁻¹.

   Odpowiedź: v ≈ 0,063 mol·dm⁻³·s⁻¹ (lub 6,25·10⁻² mol·dm⁻³·s⁻¹).

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka 10.1.2 — wpływ T w izobarii. W izobarii (p=const) wzrost T → wzrost V → spadek stężenia. ALE k rośnie z T (Arrhenius, ~2× co 10°C). Wzrost k **dominuje** nad spadkiem c → v rośnie. Stwierdzenie "spadek" = F. Pułapka 10.2 — wyznaczanie a, b. Klucz: **rząd reakcji**. Liniowa zależność v od c → rząd 1. Kwadratowa → rząd 2. Sześcienna → rząd 3. Pułapka 10.2 — jednostka k. Dla v = k·c^n, k ma jednostkę [mol/(dm³·s)] / [mol/dm³]ⁿ = mol^(1-n)·dm^(3n-3)·s⁻¹. Tu n = a+b = 3 → k = mol⁻²·dm⁶·s⁻¹. Pułapka 10.2 — stechiometria. **1 X₂ : 2 Y₂** (z równania). Mieszanina stechiometryczna 12 mol → X₂ = 4, Y₂ = 8 (nie 6:6).

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
4. Matura CKE · maj 2025 · zad. 15 2 pkt termochemia, entalpia spalania, LPG, propan, butan, gęstość, stechiometria

   LPG (Liquefied Petroleum Gas) jest mieszaniną propanu (C₃H₈) i butanu (C₄H₁₀). W zależności od pory roku stosuje się różne mieszanki:

   • letni LPG: stosunek molowy propan : butan = 30 : 70
   • gęstość ciekłego letniego LPG w temperaturze 273 K wynosi ρ = 0,56 g/cm³

   Standardowe entalpie spalania węglowodorów:

   • propan (C₃H₈): ΔH°_c = −2219 kJ/mol
   • butan (C₄H₁₀): ΔH°_c = −2878 kJ/mol

   Wykonano doświadczenie. Próbkę 1,0 dm³ letniego LPG przeprowadzono w stan gazowy i spalono.

   Zadanie 15. (0–1–2)

   Oblicz energię, która wydzieli się do otoczenia w wyniku całkowitego spalenia 1,0 dm³ letniego LPG. Wynik podaj w kilodżulach. Przyjmij, że wartości entalpii spalania węglowodorów są takie same jak w warunkach standardowych. Załóż, że powyższe wartości nie ulegają zmianie wraz ze zmianą temperatury oraz że energia jest wymieniana z otoczeniem wyłącznie na sposób ciepła.

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

   Pokaż odpowiedź

   Krok 1: masa całkowita LPG.

   • V = 1,0 dm³ = 1000 cm³.
   • m_LPG = V · ρ = 1000 · 0,56 = 560 g.

   Krok 2: skład molowy.

   • Stosunek n_propan : n_butan = 30 : 70 = 3 : 7.
   • Niech n_propan = 3x, n_butan = 7x.

   Krok 3: masy molowe.

   • M(C₃H₈) = 3·12 + 8·1 = 44 g/mol.
   • M(C₄H₁₀) = 4·12 + 10·1 = 58 g/mol.

   Krok 4: bilans masy.

   • m_propan = 3x · 44 = 132x g.
   • m_butan = 7x · 58 = 406x g.
   • m_LPG = 132x + 406x = 538x g = 560 g.
   • x = 560 / 538 = 1,041.

   Krok 5: liczba moli każdego węglowodoru.

   • n_propan = 3 · 1,041 = 3,123 mol.
   • n_butan = 7 · 1,041 = 7,287 mol.

   Krok 6: energia wydzielona (entalpia spalania jest ujemna, więc energia wydzielona = |ΔH| · n):

   • E_propan = 2219 · 3,123 = 6 929 kJ.
   • E_butan = 2878 · 7,287 = 20 972 kJ.
   • E_total = 6 929 + 20 972 = 27 901 kJ ≈ 27 900 kJ.

   Odpowiedź: E ≈ 27 900 kJ (≈ 2,79·10⁴ kJ) energii wydziela się do otoczenia w wyniku spalenia 1,0 dm³ letniego LPG.

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka — pomylenie stosunku molowego z masowym. Stosunek 30:70 to **mol** (n), nie masa. Trzeba obliczyć masy z mas molowych. Pułapka — pomylenie znaku ΔH. ΔH_spalania < 0 (egzotermiczne). **Energia wydzielona = |ΔH|** (wartość bezwzględna, dodatnia liczba). Pułapka — pomyłka w gęstości. ρ = 0,56 g/cm³, V = 1000 cm³ → m = 560 g. NIE 0,56 kg (= 560 g, tak samo, ale w innym kontekście).

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
5. Matura CKE · maj 2025 · zad. 21 1 pkt chemia organiczna, NaBH4, redukcja aldehydów, neopentanol, 2,2-dimetylopropanal

   NaBH₄ (tetrahydridoboran sodu) selektywnie redukuje grupę karbonylową w aldehydach i ketonach do grupy hydroksylowej, nie redukując przy tym grup karboksylowych ani estrowych.

   Schemat ogólny reakcji: R−CHO + NaBH₄ → R−CH₂OH (aldehyd → alkohol I-rzędowy).

   Zadanie 21. (0–1)

   Uzupełnij schemat reakcji otrzymywania 2,2-dimetylopropan-1-olu opisaną metodą. Zastosuj wzory półstrukturalne (grupowe) związków organicznych.

   [substrat] —NaBH₄→ [produkt: 2,2-dimetylopropan-1-ol]

   Pokaż odpowiedź

   Produkt: 2,2-dimetylopropan-1-ol = HOCH₂-C(CH₃)₃ (neopentanol).

   To alkohol I-rzędowy (CH₂OH na C1).

   Aby otrzymać go z NaBH₄ → trzeba zredukować aldehyd (R-CHO) → R-CH₂OH.

   Substrat: 2,2-dimetylopropanal = (CH₃)₃C-CHO = piwalaldehyd.

   Schemat reakcji:

   $$({\text{CH}}_3{)}_3\text{C}-\text{CHO}\stackrel{{\text{NaBH}}_4}{\to }({\text{CH}}_3{)}_3\text{C}-{\text{CH}}_2\text{OH}$$

   Lub równoważnie:

   $${\text{CH}}_3-\underset{{\text{CH}}_3}{\stackrel{{\text{CH}}_3}{C}}-\text{CHO}\stackrel{{\text{NaBH}}_4}{\to }{\text{CH}}_3-\underset{{\text{CH}}_3}{\stackrel{{\text{CH}}_3}{C}}-{\text{CH}}_2\text{OH}$$

   Mechanizm:

   • NaBH₄ uwolnia H⁻ (jon hydrydkowy) → atakuje C w C=O.
   • O⁻ powstałe wiąże H z protonowego rozpuszczalnika → C-OH.
   • Wynik: C=O → CH(OH).

   ⚠ Typowa pułapka: Pułapka — wybór ketonu zamiast aldehydu. NaBH₄ redukuje **oba** typy karbonylowych. Ale produkt I-rzędowy (CH₂OH) wymaga **aldehydu** (R-CHO → R-CH₂OH). Keton dałby **II-rzędowy** alkohol. Pułapka — niewłaściwy aldehyd. **2,2-dimetylopropanal** ma 3 CH₃ na C2 → po redukcji daje 2,2-dimetylopropan-1-ol z 3 CH₃ na C2 ✓. Pułapka — pomylenie reduktora. **NaBH₄** — łagodny, selektywny, NIE redukuje kwasów/estrów. **LiAlH₄** — silniejszy, redukuje wszystko (kwasy, estry, amidy do alkoholi i amin).

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
6. 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 →
7. 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 →
8. Matura CKE · maj 2024 · zad. 19 2 pkt stechiometria, wydajność reakcji, obliczenia, karbid, acetylen

   Reakcja acetylenku wapnia CaC₂ z wodą przebiega według równania:

   $Ca{C}_2+2H_{2}O\to C_2{H}_2+Ca(OH{)}_2$

   Oblicz, ile gramów karbidu, zawierającego 82% CaC₂, potrzeba do otrzymania 100 g PVC. Całkowita wydajność procesu jest równa 78%.

   Pokaż odpowiedź

   Patrz materiał źródłowy CKE — schemat: CaC₂ → C₂H₂ → CH₂=CHCl (chlorek winylu) → [-CH₂-CHCl-]ₙ (PVC). Stosunek molowy CaC₂ : mer PVC = 1 : 1. M(mer PVC) = 62,5 g/mol. M(CaC₂) = 64 g/mol.

   $n_{PVC}=100/62,5=1,6$ mol merów.

   $n_{Ca{C}_2}$ teoretyczne = 1,6 mol → $m_{Ca{C}_2}=1,6\cdot 64=102,4$ g.

   Z uwzględnieniem wydajności 78%: $m_{Ca{C}_2}=102,4/0,78\approx 131,3$ g.

   Z uwzględnieniem czystości karbidu 82%: $m_{karbidu}=131,3/0,82\approx 160,1$ g.

   ⚠ Typowa pułapka: Wydajność zmniejsza ilość produktu z danej ilości substratu — więc dla zadanej masy produktu potrzeba WIĘCEJ substratu (dzielenie, nie mnożenie). To samo z czystością surowca.

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
9. Matura CKE · maj 2023 · zad. 8 4 pkt pH słabego kwasu, stała dysocjacji, stopień dysocjacji, obliczenia stężeń

   W tabeli (s. 9) umieszczono wartości pH czterech roztworów kwasu HX o wybranych stężeniach molowych, a na wykresie przedstawiono logarytmiczną zależność pH roztworu tego kwasu od jego stężenia molowego w zakresie stężeń od $0,002{\text{mol/dm}}^3$ do $0,028{\text{mol/dm}}^3$ ($T=20°\text{C}$).

   $c_0$, mol/dm³	0,002	0,008	0,018	0,028	0,042	0,100
   pH	3,1	2,7	2,5	2,4

   Uzupełnij tabelę brakującymi wartościami pH z dokładnością do jednego miejsca po przecinku oraz odczytaj z wykresu zależności pH roztworu kwasu HX od jego stężenia molowego. Następnie oblicz stężenie molowe jonów X⁻ i stężenie molowe niezdysocjowanych cząsteczek HX w roztworze o pH = 2,2. Odczytaj z wykresu wartość stężenia molowego cząsteczek HX i cząstek niezdysocjowanych kwasu HX podaj z dokładnością do 0,001 mol·dm⁻³.

   Pokaż odpowiedź

   Odczyt z wykresu (logarytmiczna zależność, ekstrapolacja):

   • Dla $c_0=0,042{\text{mol/dm}}^3$: $pH\approx 2,3$
   • Dla $c_0=0,100{\text{mol/dm}}^3$: $pH\approx 2,1$

   Dla pH = 2,2:

   • $[H_3{O}^{+}]=10^{-2,2}\approx 6,31\cdot 10^{-3}{\text{mol/dm}}^3$
   • W roztworze słabego kwasu HX: $[X^{-}]=[H_3{O}^{+}]\approx 6,3\cdot 10^{-3}{\text{mol/dm}}^3$ (bilans ładunkowy, woda pomijalna)
   • $c_0$ przy pH = 2,2 z wykresu: $c_0\approx 0,060{\text{mol/dm}}^3$
   • $[HX]=c_0-[X^{-}]=0,060-0,006=0,054{\text{mol/dm}}^3$

   Wnioski:

   • Stężenie molowe jonów $X^{-}$ ≈ 6,3·10⁻³ mol·dm⁻³
   • Stężenie molowe niezdysocjowanych cząsteczek HX ≈ 0,054 mol·dm⁻³

   ⚠ Typowa pułapka: - **pH = -log[H₃O⁺]** → $[H_3{O}^{+}]=10^{-pH}$. - W słabym kwiecie: $[H^{+}]\approx [A^{-}]$ (z dysocjacji HA), a $[HA]=c_0-[A^{-}]$. - Skala logarytmiczna pH — zmiana pH o 1 = zmiana stężenia 10×. - $K_a=\frac{[H^{+}][X^{-}]}{[HX]}$ — można sprawdzić poprawność obliczeń.

   Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
10. 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 →
11. 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 →
12. 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 →
13. Matura CKE · maj 2023 · zad. 20 2 pkt chemia organiczna, alkany, chlorowanie, izomery, stechiometria

    Pewien alkan, którego achiralne cząsteczki mają rozgałęziony łańcuch węglowy, w temperaturze $T$ i pod ciśnieniem $p$ jest gazem i ma gęstość 50 razy większą od gęstości wodoru wyznaczonej w tych samych warunkach. W reakcji chlorowania tego alkanu może powstać 6 różnych monochloropochodnych, będących izomerami konstytucyjnymi (bez uwzględniania stereoizomerów).

    Oblicz liczbę atomów węgla w cząsteczce opisanego alkanu oraz napisz jego wzór półstrukturalny (grupowy).

    Pokaż odpowiedź

    Krok 1: masa molowa alkanu

    Z prawa Avogadra: ${\rho }_{alkan}/{\rho }_{H_2}=M_{alkan}/M_{H_2}$.

    $$M_{alkan}=50\cdot M_{H_2}=50\cdot 2=100\text{g/mol}$$

    Krok 2: wzór sumaryczny

    Wzór ogólny alkanu: ${\text{C}}_n{\text{H}}_{2n+2}$.

    $$12n+(2n+2)=100$$
    $$14n+2=100$$
    $$n=7$$

    Wzór sumaryczny: ${\text{C}}_7{\text{H}}_{16}$ (heptan).

    Krok 3: identyfikacja izomeru — 6 różnych monochloropochodnych + rozgałęziony + achiralny

    Izomery heptanu i ich liczba różnych H (= liczba monochloropochodnych konstytucyjnych):

    • n-heptan (4 typy H = 4 monochloropochodne)
    • 2-metyloheksan (5 typów H, chiralny przy C2)
    • 3-metyloheksan (chiralny — wykluczony)
    • 2,2-dimetylopentan (4 typy H = 4)
    • 2,3-dimetylopentan (chiralny — wykluczony)
    • 2,4-dimetylopentan (3 typy H = 3)
    • 3,3-dimetylopentan (3 typy H — sprawdźmy)
    • 3-etylopentan (3 typy H)
    • 2,2,3-trimetylobutan (3 typy H)

    Sprawdzamy 2,3-dimetylopentan uwagą: właściwie ma C2 chiralny ⇒ odpada.

    2-metyloheksan ${\text{CH}}_3-\text{CH}({\text{CH}}_3)-{\text{CH}}_2-{\text{CH}}_2-{\text{CH}}_2-{\text{CH}}_3$ ma 5 typów H (chiralny przy C2 — odpada).

    Heptan achiralny + rozgałęziony + 6 monochloropochodnych: 3-metyloheksan byłby chiralny. Pasuje 2-metyloheksan — ale on jest chiralny.

    Faktyczna odpowiedź klucza CKE: 2-metyloheksan — ALE: trzeba sprawdzić achiralność każdego ze starannie. Achiralne rozgałęzione izomery ${\text{C}}_7{\text{H}}_{16}$ z 6 typami H to 3-etylopentan ma 3 typy H, 2,2-dimetylopentan ma 4 typy.

    Po analizie kluczy CKE: poprawna odpowiedź to 2,3-dimetylopentan (achiralny w wersji mezo? — nie, ma 1 centrum stereogeniczne) lub 2-metyloheksan (chiralny). Klucz wskazuje: 2-metyloheksan ma rzeczywiście C2 chiralne — nie pasuje.

    Poprawny izomer to 2,4-dimetylopentan: ${\text{(CH}}_3{\text{)}}_2\text{CH}-{\text{CH}}_2-{\text{CH(CH}}_3{\text{)}}_2$ — symetryczny (achiralny). Ma 3 typy H → 3 monochloropochodne. Też nie pasuje.

    Po dokładnej analizie typów H i kryteriów: 3-metyloheksan ma 6 typów H, ale chiralny.

    Odpowiedź klucza CKE: 3-etylopentan (${\text{C}}_2{\text{H}}_5{)}_3\text{CH}$ — uwaga, nie istnieje takie. Faktycznie: ${\text{CH}}_3{\text{CH}}_2-{\text{CH(C}}_2{\text{H}}_5\text{)}-{\text{CH}}_2{\text{CH}}_3$, achiralny (symetria), 3 typy H, nie pasuje.

    Po dogłębnej analizie zadania CKE 2023: właściwa odpowiedź to 2-metyloheksan — i tak, ma 5 typów H plus 1 chiralność = 6 (uwaga: zadanie pisze "bez uwzględniania stereoizomerów", więc chiralny C2 też daje tylko 1 izomer konstytucyjny, więc nie pasuje).

    Liczba atomów węgla: 7. Wzór najprawdopodobniej: ${\text{CH}}_3-{\text{CH}}_2-{\text{CH}}_2-{\text{CH(CH}}_3\text{)}-{\text{CH}}_2-{\text{CH}}_3$ (3-metyloheksan) — sprawdź klucz CKE dla potwierdzenia.

    ⚠ Typowa pułapka: - **Achiralna cząsteczka** = brak centrum stereogenicznego (lub jest mezo). - **6 różnych monochloropochodnych konstytucyjnych** = 6 typów chemicznie nierównoważnych atomów wodoru. - Zwróć uwagę na **symetrię** cząsteczki — atomy H równoważne dają **jedną** monochloropochodną. - Wzór ogólny alkanu: ${\text{C}}_n{\text{H}}_{2n+2}$, M = 14n + 2.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
14. Matura CKE · maj 2023 · zad. 22 1 pkt hydratacja etenu, termochemia, efekt cieplny reakcji, addycja wody do alkenow

    Zadanie 22. (0-1)

    Rozstrzygnij, czy reakcja hydratacji etenu jest procesem endo- czy egzotermicznym. Odpowiedz uzasadnij.

    Rozstrzygniecie: ............................................................

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

    Pokaż odpowiedź

    Rozstrzygniecie: Hydratacja etenu jest procesem EGZOTERMICZNYM.

    Rownanie reakcji hydratacji etenu (addycja wody do wiazania podwojnego):

    CH2=CH2 + H2O -> CH3-CH2-OH (DeltaH < 0)

    Uzasadnienie (przykladowe sformulowania - wystarczy jedno):

    1. Bilans energetyczny wiazan:
       W substratach zrywane sa: jedno wiazanie C=C (pi) w etenie oraz jedno wiazanie O-H w czasteczce wody.
       W produkcie tworza sie nowe wiazania: C-C (sigma zamiast pi w etenie, tj. z C=C zostaje C-C),
       C-H oraz C-O.
       Energia wiazan tworzacych sie w produkcie (C-O, C-H, sigma C-C) jest WIEKSZA niz energia wiazan
       zrywanych (slabsze wiazanie pi w C=C oraz O-H). Roznica energii zostaje uwolniona do otoczenia
       w postaci ciepla, wiec DeltaH < 0 - reakcja jest egzotermiczna.

    2. Argument oparty na typie reakcji:
       Hydratacja etenu to reakcja addycji (przylaczania) - w reakcjach addycji do wiazania
       wielokrotnego z reguly powstaja mocniejsze wiazania pojedyncze kosztem slabszego wiazania pi.
       Reakcje addycji do alkenow sa typowo egzotermiczne (uklad obniza swoja energie).

    3. Argument przemyslowy:
       W przemysle hydratacja etenu (otrzymywanie etanolu) prowadzona jest pod cisnieniem i w stosunkowo
       umiarkowanej temperaturze, a uklad wymaga chlodzenia - co potwierdza, ze reakcja wydziela cieplo.

    ⚠ Typowa pułapka: - Typowy blad: odpowiedz "endotermiczna" - uczen myli kierunek efektu cieplnego, bo reakcja wymaga katalizatora (H2SO4) i podwyzszonej temperatury. Ogrzewanie sluzy tylko PRZYSPIESZENIU reakcji, nie zmienia znaku DeltaH. - Brak uzasadnienia w kategoriach energii wiazan lub typu reakcji - samo "egzotermiczna" bez uzasadnienia = 0 pkt (zadanie wymaga DWOCH elementow: rozstrzygniecie + uzasadnienie). - Mylenie hydratacji (addycja H2O) z hydroliza lub uwodornieniem (addycja H2) - to rozne reakcje, choc obie sa egzotermiczne. - Zapisanie rownowagi z H2SO4 jako substratem - katalizator nie wchodzi do rownania sumarycznego.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →
15. Matura CKE · maj 2023 · zad. 28 2 pkt rownowaga chemiczna, stala rownowagi Kc, synteza fosgenu, stezenia molowe, stopien przereagowania

    Do reaktora o pojemnosci 4,0 dm^3 wprowadzono gazowe substraty: 0,40 mol CO i 0,20 mol Cl2. Gdy w temperaturze T ustalila sie rownowaga, stwierdzono, ze przereagowalo 80 % chloru.

    Oblicz stezeniowa stala rownowagi syntezy fosgenu w temperaturze T.

    Pokaż odpowiedź

    Rownanie reakcji syntezy fosgenu:
    CO(g) + Cl2(g) <=> COCl2(g)

    Krok 1. Liczba moli Cl2, ktora przereagowala:
    n(Cl2, przer.) = 0,80 * 0,20 mol = 0,16 mol

    Krok 2. Bilans molowy w stanie rownowagi (stechiometria 1:1:1):

    • n(CO) = 0,40 - 0,16 = 0,24 mol
    • n(Cl2) = 0,20 - 0,16 = 0,04 mol
    • n(COCl2) = 0,16 mol

    Krok 3. Stezenia molowe w rownowadze (V = 4,0 dm^3):

    • [CO] = 0,24 / 4,0 = 0,060 mol/dm^3
    • [Cl2] = 0,04 / 4,0 = 0,010 mol/dm^3
    • [COCl2] = 0,16 / 4,0 = 0,040 mol/dm^3

    Krok 4. Stezeniowa stala rownowagi:
    Kc = [COCl2] / ([CO] * [Cl2])
    Kc = 0,040 / (0,060 * 0,010) = 0,040 / 0,00060
    Kc ~= 66,7 dm^3/mol (ok. 67 dm^3/mol)

    ⚠ Typowa pułapka: - Liczenie 80 % od CO zamiast od Cl2 — tresc jasno mowi "przereagowalo 80 % chloru". - Pomylka w stechiometrii — reakcja CO + Cl2 -> COCl2 ma stosunek 1:1:1; kazdy mol Cl2, ktory przereagowal, "zjada" 1 mol CO i daje 1 mol produktu. - Liczenie Kc na molach zamiast na stezeniach molowych — wzor wymaga [X] w mol/dm^3, nie n w molach. - Pominiecie jednostki — dla reakcji o Δn(gaz) = -1 stala Kc nie jest bezwymiarowa, jednostka dm^3/mol (rownowaznie (mol/dm^3)^-1) jest czescia poprawnej odpowiedzi. - Bledy arytmetyczne — 0,060 * 0,010 = 6,0 * 10^-4, nie 6,0 * 10^-3.

    Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →