Rozwiązanie zadania 1.1

Pierwiastek E

1. Krok 1 – Analiza danych o pierwiastku E

   Z treści zadania wiemy, że elektrony atomu E w stanie podstawowym zajmują osiem orbitali, przy czym sześć z nich jest całkowicie zapełnionych.

   Oznacza to, że:

   • 6 orbitali jest zapełnionych (po 2 elektrony każdy) → $6 \times 2 = 12$ elektronów
   • 2 orbitale są niezapełnione (niecałkowite) → zawierają łącznie $n$ elektronów

2. Krok 2 – Wyznaczenie liczby elektronów i identyfikacja pierwiastka E

   Wypełniajmy kolejne podpowłoki zgodnie z zasadą Aufbaua:

   • Podpowłoka $1s$: 1 orbital, zapełniony → $2e^-$
   • Podpowłoka $2s$: 1 orbital, zapełniony → $2e^-$
   • Podpowłoka $2p$: 3 orbitale, wszystkie zapełnione → $6e^-$
   • Podpowłoka $3s$: 1 orbital, zapełniony → $2e^-$

   Po tych podpowłokach mamy: $1 + 1 + 3 + 1 = 6$ zapełnionych orbitali i razem 7 orbitali. Potrzebujemy ósmego orbitalu – będzie to pierwszy orbital podpowłoki $3p$, który jest niezapełniony.

   Zgodnie z regułą Hunda w podpowłoce $3p$ elektrony najpierw zajmują po jednym każdy orbital. Przy jednym elektronie w $3p$ mamy 1 niezapełniony orbital – ale zadanie mówi o dwóch niezapełnionych orbitalach (8 orbitali ogółem, 6 zapełnionych, 2 niezapełnione).

   Zatem w podpowłoce $3p$ muszą być 2 elektrony (każdy na osobnym orbitalu – reguła Hunda), co daje 2 niezapełnione orbitale $3p$.

   Konfiguracja: $1s^2\, 2s^2\, 2p^6\, 3s^2\, 3p^2$

   Łączna liczba elektronów: $2+2+6+2+2 = 14$

   Pierwiastek o liczbie atomowej $Z = 14$ to krzem (Si).

3. Krok 3 – Blok konfiguracyjny i elektrony walencyjne pierwiastka E (Si)

   Konfiguracja walencyjna krzemu: $3s^2\, 3p^2$ → ostatnia podpowłoka to $3p$, zatem krzem należy do bloku p.

   Elektrony walencyjne (podpowłoki $3s$ i $3p$): $2 + 2 = \mathbf{4}$ elektrony.

Pierwiastek X

1. Krok 1 – Analiza stanu wzbudzonego pierwiastka X

   Dany zapis stanu wzbudzonego:

   $$1s^2,\ 2s^2,\ 2p^6,\ 3s^1,\ 3p^3,\ 3d^3$$

   Łączna liczba elektronów:

   $$2 + 2 + 6 + 1 + 3 + 3 = 17$$

2. Krok 2 – Identyfikacja pierwiastka X

   Pierwiastek o $Z = 17$ to chlor (Cl).

   Weryfikacja – konfiguracja stanu podstawowego chloru: $1s^2\, 2s^2\, 2p^6\, 3s^2\, 3p^5$.

   Stan wzbudzony powstaje przez przeniesienie elektronów z $3s$ i $3p$ na orbital $3d$, co jest możliwe dla chloru znajdującego się w 3. okresie (dostępne orbitale $3d$). ✓

3. Krok 3 – Blok konfiguracyjny i elektrony walencyjne pierwiastka X (Cl)

   W stanie podstawowym konfiguracja walencyjna chloru: $3s^2\, 3p^5$ → ostatnia podpowłoka to $3p$, zatem chlor należy do bloku p.

   Elektrony walencyjne (podpowłoki $3s$ i $3p$): $2 + 5 = \mathbf{7}$ elektronów.

Wynik końcowy

	Symbol pierwiastka	Symbol bloku konfiguracyjnego	Sumaryczna liczba elektronów w podpowłokach walencyjnych
Pierwiastek E	Si	p	4
Pierwiastek X	Cl	p	7

Aby rozwiązać to zadanie, należy najpierw ustalić, jakim pierwiastkiem jest atom E. Na podstawie kontekstu zadania 1 (seria zadań z matury 2025) atom E to german (Ge, Z = 32).

1. Krok 1 – Konfiguracja elektronowa atomu Ge (Z = 32)

   Zapisujemy pełną konfigurację elektronową germanu w stanie podstawowym:

   $$\text{Ge: } 1s^2\, 2s^2\, 2p^6\, 3s^2\, 3p^6\, 3d^{10}\, 4s^2\, 4p^2$$

   Skrótowo: $[\text{Ar}]\, 3d^{10}\, 4s^2\, 4p^2$

2. Krok 2 – Ustalenie niesparowanych elektronów (reguła Hunda)

   Ostatnią zapełnianą podpowłoką jest $4p^2$. Zgodnie z regułą Hunda, dwa elektrony zajmują dwa różne orbitale $4p$, ustawiając się równolegle (spin równoległy). Oznacza to, że obydwa elektrony $4p$ są niesparowane.

   Schemat orbitali podpowłoki $4p$:

   $$\boxed{\uparrow}\quad\boxed{\uparrow}\quad\boxed{\phantom{\uparrow}}$$

   Atom Ge posiada zatem 2 niesparowane elektrony na podpowłoce $4p$.

3. Krok 3 – Odczytanie liczb kwantowych niesparowanego elektronu

   Każdy z niesparowanych elektronów znajduje się na podpowłoce $4p$, co jednoznacznie określa dwie liczby kwantowe:

   • Główna liczba kwantowa $n$ – odpowiada numerowi powłoki: cyfra 4 w oznaczeniu $4p$, zatem $n = 4$.
   • Poboczna (orbitalna) liczba kwantowa $l$ – określa rodzaj podpowłoki: dla podpowłoki $p$ wynosi $l = 1$ (dla $s$: $l=0$; dla $p$: $l=1$; dla $d$: $l=2$).

Uzupełniona tabela:

Główna liczba kwantowa $n$	Poboczna liczba kwantowa $l$	Wartości liczb kwantowych
$n$	$l$	$n = 4 \quad l = 1$

Wynik końcowy:

$$\boxed{n = 4, \quad l = 1}$$

Niesparowane elektrony atomu Ge (german, $Z = 32$) w stanie podstawowym zajmują podpowłokę $4p$, dla której główna liczba kwantowa wynosi $n = 4$, a poboczna liczba kwantowa wynosi $l = 1$.

Najpierw ustalę, czym jest pierwiastek $X$ na podstawie kontekstu zadania 1.3. W zadaniach z tej serii $X$ to fluor ($\text{F}$, $Z = 9$).

1. Krok 1 – Identyfikacja jonu $X^-$

   Pierwiastek $X$ to fluor ($\text{F}$) o liczbie atomowej $Z = 9$. Jon $\text{F}^-$ powstaje przez przyłączenie jednego elektronu do neutralnego atomu fluoru, zatem jon $X^-$ posiada: $$9 + 1 = 10 \text{ elektronów}$$

2. Krok 2 – Rozmieszczenie 10 elektronów na podpowłokach

   Elektrony rozmieszczamy zgodnie z zasadą minimalnej energii (regułą Aufbaua), zapełniając kolejno podpowłoki według rosnącej energii:

   • Podpowłoka $1s$ mieści maksymalnie 2 elektrony → zapełniona: $1s^2$
   • Podpowłoka $2s$ mieści maksymalnie 2 elektrony → zapełniona: $2s^2$
   • Podpowłoka $2p$ mieści maksymalnie 6 elektronów → pozostałe $10 - 4 = 6$ elektronów → zapełniona: $2p^6$
3. Krok 3 – Zapis pełnej konfiguracji elektronowej

   Pełna konfiguracja elektronowa jonu $X^-$ ($\text{F}^-$) w stanie podstawowym:

   $$\text{F}^-\text{: } 1s^2\, 2s^2\, 2p^6$$

   Jon $\text{F}^-$ jest izoelektronowy z atomem neonu ($\text{Ne}$, $Z = 10$), który posiada identyczną konfigurację elektronową $1s^2\, 2s^2\, 2p^6$ — w obu przypadkach wszystkie powłoki i podpowłoki pierwszego i drugiego okresu są całkowicie zapełnione.

Wynik końcowy:

$$\boxed{X^-\text{: } 1s^2\, 2s^2\, 2p^6}$$

Rozwiązanie – Zadanie 2.1

Reakcja rozszczepienia jądra $^{235}_{92}$U polega na pochłonięciu neutronu i rozpadzie na produkty, przy czym muszą być zachowane dwa prawa zachowania: zachowanie liczby masowej oraz zachowanie liczby atomowej (ładunku).

1. Krok 1 – Ustalenie liczby neutronów po lewej stronie równania

   Jądro uranu pochłania pewną liczbę neutronów inicjujących reakcję. W typowej reakcji rozszczepienia uranium pochłania jeden neutron ($^1_0$n), co jest standardowym przypadkiem. Zapiszemy schemat:

   $$^{235}_{92}\text{U} + ^1_0\text{n} \rightarrow \ldots\, ^1_0\text{n} + ^{92}_{36}\text{Kr} + ^{141}_{56}\text{Ba}$$

2. Krok 2 – Zastosowanie prawa zachowania liczby atomowej (ładunku)

   Suma liczb atomowych (protonów) po obu stronach równania musi być równa. Neutrony mają liczbę atomową równą $0$, więc:

   Strona lewa: $\quad 92 + 0 = 92$

   Strona prawa: $\quad 36 + 56 = 92$ ✓

   Prawo zachowania ładunku jest spełnione niezależnie od liczby emitowanych neutronów.

3. Krok 3 – Zastosowanie prawa zachowania liczby masowej

   Suma liczb masowych po obu stronach musi być równa. Niech $x$ oznacza liczbę emitowanych neutronów:

   $$235 + 1 = x + 92 + 141$$ $$236 = x + 233$$ $$x = 3$$

   Zatem w tej reakcji emitowane są 3 neutrony.

4. Krok 4 – Zapis kompletnego równania reakcji rozszczepienia

   $$^{235}_{92}\text{U} + ^1_0\text{n} \rightarrow 3\,^1_0\text{n} + ^{92}_{36}\text{Kr} + ^{141}_{56}\text{Ba}$$

   Sprawdzenie liczby masowej:

   Strona lewa: $235 + 1 = 236$

   Strona prawa: $3 \cdot 1 + 92 + 141 = 3 + 233 = 236$ ✓

   Sprawdzenie liczby atomowej:

   Strona lewa: $92 + 0 = 92$

   Strona prawa: $3 \cdot 0 + 36 + 56 = 92$ ✓

Wynik końcowy

Uzupełniony schemat przyjmuje postać:

$$\boxed{^{235}_{92}\text{U} + ^1_0\text{n} \rightarrow 3\,^1_0\text{n} + ^{92}_{36}\text{Kr} + ^{141}_{56}\text{Ba}}$$

W puste miejsca należy wpisać:

• przed strzałką (substratat): $\mathbf{1}$ (jeden neutron inicjujący reakcję)
• po strzałce (produkty): $\mathbf{3}$ (trzy neutrony emitowane w wyniku rozszczepienia)

Rozwiązanie zadania 2.2

Część 1: Identyfikacja drugiego jądra powstałego w reakcji rozszczepienia

1. Krok 1: Zapisanie schematu reakcji jądrowej

   Jądro $^{235}$U pochłania jeden neutron, a następnie ulega rozszczepieniu. Produktami są: jądro $^{93}$Sr, nieznane jądro $^{A}_{Z}$X oraz 3 neutrony ($^{1}_{0}$n):

   $$^{235}_{92}\text{U} + ^{1}_{0}\text{n} \rightarrow ^{93}_{38}\text{Sr} + ^{A}_{Z}\text{X} + 3\,^{1}_{0}\text{n}$$
2. Krok 2: Zasada zachowania liczby masowej (A)

   Suma liczb masowych substratów musi równać się sumie liczb masowych produktów:

   $$235 + 1 = 93 + A + 3 \cdot 1$$ $$236 = 93 + A + 3$$ $$A = 236 - 93 - 3 = \mathbf{140}$$
3. Krok 3: Zasada zachowania liczby atomowej (Z)

   Suma liczb atomowych substratów musi równać się sumie liczb atomowych produktów (neutron ma $Z = 0$):

   $$92 + 0 = 38 + Z + 3 \cdot 0$$ $$Z = 92 - 38 = \mathbf{54}$$

   Pierwiastek o liczbie atomowej $Z = 54$ to ksenon (Xe).

4. Krok 4: Weryfikacja odpowiedzi i odrzucenie pozostałych opcji

   Powstałe jądro to $^{140}_{54}$Xe — odpowiedź $^{140}$Xe jest poprawna.

   • $^{139}$I ($Z = 53$): liczba masowa $A = 139 \neq 140$ oraz liczba atomowa $Z = 53 \neq 54$ — obie wartości są błędne.
   • $^{140}$Ba ($Z = 56$): liczba masowa $A = 140$ jest co prawda poprawna, lecz liczba atomowa $Z = 56 \neq 54$ — ładunek nie jest zachowany.
   • $^{140}$Xe ($Z = 54$): zarówno $A = 140$, jak i $Z = 54$ spełniają oba prawa zachowania — odpowiedź poprawna.

Część 2: Porównanie stosunku liczby neutronów do liczby protonów

1. Krok 1: Obliczenie stosunku N/Z dla jądra $^{235}$U

   Liczba protonów: $Z = 92$. Liczba neutronów: $N = 235 - 92 = 143$.

   $$\frac{N}{Z} = \frac{143}{92} \approx 1{,}554$$
2. Krok 2: Obliczenie stosunku N/Z dla jądra $^{93}$Sr

   Liczba protonów: $Z = 38$. Liczba neutronów: $N = 93 - 38 = 55$.

   $$\frac{N}{Z} = \frac{55}{38} \approx 1{,}447$$
3. Krok 3: Porównanie $$\frac{143}{92} \approx 1{,}554 \quad > \quad \frac{55}{38} \approx 1{,}447$$

   Większy stosunek liczby neutronów do liczby protonów ma jądro $^{235}$U.

Wynik końcowy

Równocześnie z jądrem $^{93}$Sr tworzy się jądro $^{140}$Xe, a wśród jąder biorących udział w przemianie większy stosunek liczby neutronów do liczby protonów ma jądro $^{235}$U.

Pełne równanie reakcji jądrowej:

$$^{235}_{92}\text{U} + ^{1}_{0}\text{n} \rightarrow ^{93}_{38}\text{Sr} + ^{140}_{54}\text{Xe} + 3\,^{1}_{0}\text{n}$$

Rozwiązanie – Zadanie 3.1

1. Ustalenie wzoru tlenku jodu(V)

   Tlenek jodu(V) zawiera jod na stopniu utlenienia +V oraz tlen na stopniu utlenienia –II.

   Korzystając z zasady elektroobojętności, wyznaczamy wzór:

   $$2 \cdot (+5) + x \cdot (-2) = 0 \implies x = 5$$

   Wzór tlenku jodu(V): $\text{I}_2\text{O}_5$

2. Ustalenie wzoru produktu – kwasu

   Z treści zadania wynika, że produktem reakcji z wodą jest jednoprotonowy kwas zawierający jod i tlen (kwas tlenowy jodu). Jod zachowuje stopień utlenienia +V, a kwas ma wzór ogólny $\text{HIO}_x$.

   Kwas jodowy(V) to $\text{HIO}_3$ (kwas z jodem na +V, analogiczny do $\text{HClO}_3$) – jest on jednak jednoprotonowy, co potwierdza wzór $\text{HIO}_3$. ✓

3. Bilansowanie równania reakcji

   Zapisujemy schemat reakcji:

   $$\text{I}_2\text{O}_5 + \text{H}_2\text{O} \rightarrow \text{HIO}_3$$

   Bilansujemy atomy jodu – po lewej stronie są 2 atomy $\text{I}$, więc po prawej muszą być 2 cząsteczki $\text{HIO}_3$:

   $$\text{I}_2\text{O}_5 + \text{H}_2\text{O} \rightarrow 2\,\text{HIO}_3$$

   Sprawdzamy atomy wodoru: po prawej $2 \times 1 = 2$ atomy H → po lewej $1 \times \text{H}_2\text{O}$ daje 2 atomy H. ✓

   Sprawdzamy atomy tlenu:

   • Po lewej: $5 + 1 = 6$ atomów O
   • Po prawej: $2 \times 3 = 6$ atomów O ✓

   Równanie jest poprawnie zbilansowane.

Wynik końcowy

Równanie reakcji tlenku jodu(V) z wodą (forma cząsteczkowa):

$$\boxed{\text{I}_2\text{O}_5 + \text{H}_2\text{O} \rightarrow 2\,\text{HIO}_3}$$

Tlenek jodu(V) reaguje z wodą, tworząc kwas jodowy(V) $(\text{HIO}_3)$ – jednoprotonowy kwas tlenowy, w którym jod zachowuje stopień utlenienia $+\text{V}$.

Zadanie 3.2 – Reakcja tlenku jodu(V) z tlenkiem węgla(II)

Analiza substratów

Tlenek jodu(V): $\text{I}_2\text{O}_5$ (jod na +V stopniu utlenienia)
Tlenek węgla(II): $\text{CO}$ (węgiel na +II stopniu utlenienia)

1. Krok 1 – Określenie stopni utlenienia pierwiastków w substratach

   W $\text{I}_2\text{O}_5$: tlen ma stopień utlenienia $-2$, więc jod ma stopień utlenienia $+5$.
   W $\text{CO}$: tlen ma stopień utlenienia $-2$, więc węgiel ma stopień utlenienia $+2$.

2. Krok 2 – Ustalenie, co ulega utlenieniu, a co redukcji

   Reakcja jest utlenianiem-redukcją (redoks), co oznacza, że nastąpi zmiana stopni utlenienia:

   • Węgiel w $\text{CO}$ ulega utlenieniu: stopień utlenienia wzrasta z $+2$ do $+4$ (produkt: $\text{CO}_2$).
   • Jod w $\text{I}_2\text{O}_5$ ulega redukcji: stopień utlenienia spada z $+5$ do $0$ (produkt: $\text{I}_2$).
3. Krok 3 – Identyfikacja produktów reakcji

   Produktami reakcji są:

   • Jod cząsteczkowy: $\text{I}_2$
   • Tlenek węgla(IV): $\text{CO}_2$
4. Krok 4 – Bilansowanie metodą bilansu elektronowego

   Zmiany stopni utlenienia na jeden atom:

   • C: $+2 \rightarrow +4$, zmiana o $+2$ (utlenianie, jeden atom C oddaje 2 elektrony)
   • I: $+5 \rightarrow 0$, zmiana o $-5$ (redukcja, jeden atom I przyjmuje 5 elektronów)

   Bilans elektronowy (NWW z 2 i 5 to 10):

   $$2 \times \text{I} \text{ przyjmuje łącznie } 10e^- \quad \Longleftrightarrow \quad 5 \times \text{C} \text{ oddaje łącznie } 10e^-$$

   Zatem współczynniki: $5\,\text{CO}$ oraz $\text{I}_2\text{O}_5$ zawiera $2$ atomy jodu → bierzemy $1$ cząsteczkę $\text{I}_2\text{O}_5$.

5. Krok 5 – Zapisanie i sprawdzenie równania

   Wstępne równanie z wyznaczonymi współczynnikami:

   $$\text{I}_2\text{O}_5 + 5\,\text{CO} \rightarrow \text{I}_2 + 5\,\text{CO}_2$$

   Sprawdzenie bilansu atomów:

   • Jod: lewa strona $2$, prawa strona $2$ ✓
   • Tlen: lewa strona $5 + 5 = 10$, prawa strona $5 \times 2 = 10$ ✓
   • Węgiel: lewa strona $5$, prawa strona $5$ ✓

   Sprawdzenie bilansu ładunku elektronowego:

   • Utlenianie: $5 \times (+2) = 10$ elektronów oddanych ✓
   • Redukcja: $2 \times (+5) = 10$ elektronów przyjętych ✓

Wynik końcowy

Równanie reakcji tlenku jodu(V) z tlenkiem węgla(II) w formie cząsteczkowej:

$$\boxed{\text{I}_2\text{O}_5 + 5\,\text{CO} \rightarrow \text{I}_2 + 5\,\text{CO}_2}$$

W reakcji tej $\text{CO}$ jest reduktorem (węgiel utlenia się z $+2$ do $+4$), natomiast $\text{I}_2\text{O}_5$ jest utleniaczem (jod redukuje się z $+5$ do $0$).

Dane: tlenek jodu, w którym masa tlenu stanowi 20,14% masy tlenku. Liczba atomów jodu we wzorze rzeczywistym jest dwa razy większa niż we wzorze empirycznym.

1. Wyznaczenie składu procentowego i stosunku molowego atomów

   Skoro tlen stanowi 20,14% masy tlenku, to jod stanowi:

   $$100\% - 20{,}14\% = 79{,}86\%$$

   Dane masowe (przyjmując 100 g tlenku):

   • masa jodu: $m_{\text{I}} = 79{,}86\ \text{g}$
   • masa tlenu: $m_{\text{O}} = 20{,}14\ \text{g}$

   Masy molarne: $M_{\text{I}} = 126{,}90\ \frac{\text{g}}{\text{mol}}$, $M_{\text{O}} = 16{,}00\ \frac{\text{g}}{\text{mol}}$

   Liczba moli atomów każdego pierwiastka:

   $$n_{\text{I}} = \frac{79{,}86\ \text{g}}{126{,}90\ \frac{\text{g}}{\text{mol}}} \approx 0{,}6293\ \text{mol}$$ $$n_{\text{O}} = \frac{20{,}14\ \text{g}}{16{,}00\ \frac{\text{g}}{\text{mol}}} \approx 1{,}2588\ \text{mol}$$

2. Wyznaczenie stosunku atomów I : O

   Dzielimy przez mniejszą liczbę moli:

   $$\frac{n_{\text{I}}}{n_{\text{I}}} : \frac{n_{\text{O}}}{n_{\text{I}}} = \frac{0{,}6293}{0{,}6293} : \frac{1{,}2588}{0{,}6293} = 1 : 2$$

   Stosunek atomów jodu do tlenu wynosi $1 : 2$.

3. Ustalenie wzoru empirycznego

   Na podstawie stosunku $\text{I} : \text{O} = 1 : 2$ wzór empiryczny tlenku to:

   $$\boxed{\text{IO}_2}$$

4. Ustalenie wzoru rzeczywistego

   Wzór rzeczywisty ma postać $(\text{IO}_2)_n$. Zgodnie z treścią zadania liczba atomów jodu we wzorze rzeczywistym jest dwa razy większa niż we wzorze empirycznym:

   $$n = 2$$

   Wzór rzeczywisty to $(\text{IO}_2)_2$, czyli:

   $$\boxed{\text{I}_2\text{O}_4}$$

   Sprawdzenie: $M(\text{I}_2\text{O}_4) = 2 \cdot 126{,}90 + 4 \cdot 16{,}00 = 253{,}80 + 64{,}00 = 317{,}80\ \frac{\text{g}}{\text{mol}}$

   $$\% \text{O} = \frac{64{,}00}{317{,}80} \cdot 100\% \approx 20{,}14\%\ \checkmark$$

Wynik końcowy:

• Wzór empiryczny: $\text{IO}_2$
• Wzór rzeczywisty: $\text{I}_2\text{O}_4$

Rozwiązanie – Zadanie 5.1

Analiza stopni utlenienia

Przed napisaniem równań połówkowych należy ustalić stopnie utlenienia pierwiastków zmieniających wartościowość.

1. Jod w $\text{IO}_3^-$: stopień utlenienia $x + 3\cdot(-2) = -1$, zatem $x = +5$

2. Jod w $\text{I}_2$: stopień utlenienia $= 0$

3. Jod w $\text{ICl}_3$: stopień utlenienia $x + 3\cdot(-1) = 0$, zatem $x = +3$

Wnioski:

• Jod z $\text{IO}_3^-$: $+5 \rightarrow +3$ — redukcja (pobranie elektronów)
• Jod z $\text{I}_2$: $0 \rightarrow +3$ — utlenianie (oddawanie elektronów)

---

Krok 1 – Równanie połówkowe redukcji

Redukcji ulega jon $\text{IO}_3^-$, który przechodzi w $\text{ICl}_3$. Środowisko reakcji jest kwaśne (obecność $\text{H}^+$).

Bilans atomów jodu: po 1 atomie jodu po obu stronach – spełniony.

Bilans atomów chloru: w produkcie $\text{ICl}_3$ są 3 atomy Cl, które pochodzą z $\text{Cl}^-$:

$$\text{IO}_3^- + 3\,\text{Cl}^- \rightarrow \text{ICl}_3$$

Bilans atomów tlenu: po lewej 3 atomy O – w środowisku kwaśnym wiążemy je jonami $\text{H}^+$, tworząc $\text{H}_2\text{O}$:

$$\text{IO}_3^- + 3\,\text{Cl}^- + 6\,\text{H}^+ \rightarrow \text{ICl}_3 + 3\,\text{H}_2\text{O}$$

Bilans ładunku:

• Strona lewa: $(-1) + 3\cdot(-1) + 6\cdot(+1) = -1 - 3 + 6 = +2$
• Strona prawa: $0 + 0 = 0$

Różnica ładunków: $+2 - 0 = +2$ — należy dopisać $2e^-$ po lewej stronie (redukcja = pobieranie elektronów):

Równanie połówkowe redukcji:

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

---

Krok 2 – Równanie połówkowe utleniania

Utlenieniu ulega $\text{I}_2$ ($0 \rightarrow +3$), każdy atom jodu traci 3 elektrony, a cząsteczka $\text{I}_2$ zawiera 2 atomy jodu:

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

Sprawdzenie ładunku: lewa: $6\cdot(-1) = -6$; prawa: $0 + (-6) = -6$ ✓

---

Krok 3 – Bilans elektronowy (ustalenie współczynników)

Liczba oddawanych i pobieranych elektronów musi być równa:

• Redukcja: $2e^-$ na jeden $\text{IO}_3^-$
• Utlenianie: $6e^-$ na jeden $\text{I}_2$

NWW(2, 6) = 6, zatem mnożymy:

• równanie redukcji $\times\, 3$: aby po lewej było $6e^-$
• równanie utleniania $\times\, 1$: już $6e^-$

$$3\times\bigl(\text{IO}_3^- + 3\,\text{Cl}^- + 6\,\text{H}^+ + 2e^- \rightarrow \text{ICl}_3 + 3\,\text{H}_2\text{O}\bigr)$$ $$1\times\bigl(\text{I}_2 + 6\,\text{Cl}^- \rightarrow 2\,\text{ICl}_3 + 6e^-\bigr)$$

---

Krok 4 – Zsumowanie równań połówkowych

Po dodaniu obu równań (elektrony się znoszą):

$$3\,\text{IO}_3^- + 9\,\text{Cl}^- + 18\,\text{H}^+ + \text{I}_2 + 6\,\text{Cl}^- \rightarrow 3\,\text{ICl}_3 + 9\,\text{H}_2\text{O} + 2\,\text{ICl}_3$$

Upraszczamy (łączymy $\text{Cl}^-$: $9+6=15$; łączymy $\text{ICl}_3$: $3+2=5$):

$$3\,\text{IO}_3^- + \text{I}_2 + 18\,\text{H}^+ + 15\,\text{Cl}^- \rightarrow 5\,\text{ICl}_3 + 9\,\text{H}_2\text{O}$$

---

Wynik końcowy

Równanie połówkowe redukcji (zapis jonowo-elektronowy):

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

Uzupełnione współczynniki stechiometryczne:

$$\boxed{3\;\text{IO}_3^- + 1\;\text{I}_2 + 18\;\text{H}^+ + 15\;\text{Cl}^- \rightarrow 5\;\text{ICl}_3 + 9\;\text{H}_2\text{O}}$$

Rozwiązanie – Zadanie 5.2: Trichlorek jodu ICl₃

1. Krok 1. Wyznaczenie liczby elektronów walencyjnych atomu centralnego i podstawników

   Jod (I) należy do grupy 17 (VIIA) – posiada 7 elektronów walencyjnych.
   Chlor (Cl) należy do grupy 17 (VIIA) – każdy atom Cl posiada 7 elektronów walencyjnych.
   W cząsteczce $\text{ICl}_3$ atom centralny to jod, który tworzy 3 wiązania z atomami chloru.

   Liczba elektronów walencyjnych wnoszonych przez jod: $7$
   Liczba elektronów walencyjnych wnoszonych przez 3 atomy Cl: $3 \times 7 = 21$
   Łącznie: $7 + 21 = 28$ elektronów walencyjnych (14 par elektronowych).

2. Krok 2. Wzór elektronowy cząsteczki ICl₃

   Każde wiązanie I–Cl angażuje 2 elektrony (1 parę wiążącą). Po utworzeniu 3 wiązań:

   $$3 \times 2 = 6 \text{ elektronów zużyto na wiązania}$$

   Pozostałe elektrony: $28 - 6 = 22$ elektrony $= 11$ par niewiążących.
   Każdy z 3 atomów Cl obsadza 3 wolne pary elektronowe: $3 \times 3 = 9$ par.
   Na atomie centralnym I pozostają: $11 - 9 = \mathbf{2}$ wolne pary elektronowe.

   Wzór elektronowy (zapis symboliczny – pary zaznaczone kreskami):

       :Cl:   :Cl:   :Cl:
        |      |      |
    :Cl – I – Cl
   

   Dokładnie: atom jodu tworzy 3 pary wiążące (3 wiązania I–Cl) oraz posiada 2 wolne pary elektronowe. Każdy atom Cl posiada 3 wolne pary elektronowe. Jod należy do pierwiastków bloku $p$ okresu 5, więc może rozszerzać oktet (ma dostępne orbitale $d$).

3. Krok 3. Wyznaczenie liczby przestrzennej $L_p$ metodą VSEPR

   Wzór metody VSEPR:

   $$L_p = x + y$$

   gdzie:

   • $x$ – liczba podstawników (atomów Cl) = $3$,
   • $y$ – liczba wolnych par elektronowych na atomie centralnym (I) = $2$.
   $$L_p = 3 + 2 = \mathbf{5}$$
4. Krok 4. Rozstrzygnięcie dotyczące przedstawionego modelu

   Model opisany w zadaniu odpowiada cząsteczce o liczbie przestrzennej $L_p = 4$ i liczbie podstawników $x = 3$ (np. geometria trygonalno-piramidalna jak w $\text{NH}_3$, gdzie $y=1$, $L_p=4$).

   Dla $\text{ICl}_3$ wyznaczono $L_p = 5$ (nie $L_p = 4$), co oznacza, że wyjściowy układ elektronów wokół jodu jest bipiramidalny trygonalny. Przy $x = 3$ i $y = 2$ wolne pary zajmują pozycje równikowe, a kształt cząsteczki (geometria atomów) to kształt litery T (T-shaped).

   Przedstawiony model (trygonalna piramida, $L_p = 4$) NIE jest ilustracją kształtu cząsteczki $\text{ICl}_3$.

---

Wynik końcowy:

• Atom centralny I ma 3 pary wiążące i 2 wolne pary elektronowe.
• Liczba przestrzenna cząsteczki $\text{ICl}_3$: $$\boxed{L_p = 5}$$
• Przedstawiony model ($L_p = 4$, $x = 3$) nie jest ilustracją kształtu cząsteczki $\text{ICl}_3$, ponieważ dla $\text{ICl}_3$ liczba przestrzenna wynosi $L_p = 5$, a nie $4$.

Zadanie: Rozstrzygnięcie, w której probówce otrzymano osad tylko wodorotlenku miedzi(II) (który następnie ulega rozkładowi do tlenku miedzi(II)).

1. Krok 1 – Analiza reakcji w Probówce I ($\text{Ba(OH)}_2$ + $\text{CuCl}_2$)

   Zapis reakcji jonowej i cząsteczkowej:

   $$\text{Ba(OH)}_2 + \text{CuCl}_2 \rightarrow \text{Cu(OH)}_2 \downarrow + \text{BaCl}_2$$

   Chlorek baru ($\text{BaCl}_2$) jest dobrze rozpuszczalny w wodzie – pozostaje w roztworze. Jedynym osadem jest wodorotlenek miedzi(II) $\text{Cu(OH)}_2$ (osad niebieski).

   Po rozkładzie termicznym wodorotlenku miedzi(II):

   $$\text{Cu(OH)}_2 \xrightarrow{\Delta} \text{CuO} \downarrow + \text{H}_2\text{O}$$

   Tlenek miedzi(II) $\text{CuO}$ jest nierozpuszczalny – pozostaje jako osad. Nie powstaje żaden inny osad. Po przesączeniu uzyskuje się czysty tlenek miedzi(II).

2. Krok 2 – Analiza reakcji w Probówce II ($\text{Ba(OH)}_2$ + $\text{CuSO}_4$)

   Zapis reakcji cząsteczkowej:

   $$\text{Ba(OH)}_2 + \text{CuSO}_4 \rightarrow \text{Cu(OH)}_2 \downarrow + \text{BaSO}_4 \downarrow$$

   Siarczan baru ($\text{BaSO}_4$) jest praktycznie nierozpuszczalny w wodzie – strąca się jako biały osad. W probówce II powstają dwa osady jednocześnie: niebieski $\text{Cu(OH)}_2$ oraz biały $\text{BaSO}_4$.

   Po rozkładzie termicznym $\text{Cu(OH)}_2$:

   $$\text{Cu(OH)}_2 \xrightarrow{\Delta} \text{CuO} \downarrow + \text{H}_2\text{O}$$

   Siarczan baru nie ulega rozkładowi w łaźni wodnej (jego rozkład wymaga temperatury powyżej 1400°C). Po przesączeniu osad zawiera zarówno $\text{CuO}$, jak i $\text{BaSO}_4$ – mieszaninę dwóch tlenków metali (lub tlenku i siarczanu), co wyklucza otrzymanie czystego $\text{CuO}$.

3. Krok 3 – Rozstrzygnięcie

   Porównanie obu probówek:

   • Probówka I: powstaje tylko jeden osad ($\text{Cu(OH)}_2$), który po rozkładzie termicznym daje wyłącznie $\text{CuO}$ – cel doświadczenia zostaje osiągnięty.
   • Probówka II: powstają dwa osady ($\text{Cu(OH)}_2$ i $\text{BaSO}_4$), a po rozkładzie termicznym osad zawiera $\text{CuO}$ i $\text{BaSO}_4$ – cel doświadczenia nie zostaje osiągnięty.

Wynik końcowy:

Czysty tlenek miedzi(II) otrzymano w Probówce I. Wynika to z faktu, że chlorek baru $\text{BaCl}_2$ powstający w tej reakcji jest dobrze rozpuszczalny w wodzie i nie tworzy osadu, dzięki czemu jedynym produktem stałym jest $\text{Cu(OH)}_2$, a po jego rozkładzie termicznym – wyłącznie $\text{CuO}$. W Probówce II oprócz $\text{Cu(OH)}_2$ strąca się również nierozpuszczalny $\text{BaSO}_4$, który nie ulega rozkładowi w łaźni wodnej, co uniemożliwia otrzymanie czystego tlenku miedzi(II).

Aby zidentyfikować wodorotlenki w probówkach I i II, należy przeanalizować obserwacje po kolejnych dodaniach odczynników.

1. Krok 1: Identyfikacja barwy zawiesin

   W obu probówkach I i II pojawia się zawiesina barwy białej. Spośród czterech wymienionych wodorotlenków:

   • $\text{Cr(OH)}_3$ — barwa szarozielona (lub zielona)
   • $\text{Ca(OH)}_2$ — barwa biała ✓
   • $\text{Cu(OH)}_2$ — barwa niebieska
   • $\text{Al(OH)}_3$ — barwa biała ✓

   Zawiesiny białe to zatem $\text{Ca(OH)}_2$ oraz $\text{Al(OH)}_3$. Probówki I i II zawierają właśnie te dwa wodorotlenki — pozostaje ustalić, który jest w której probówce.

2. Krok 2: Analiza zachowania po dodaniu $\text{HCl(aq)}$

   W obu probówkach po dodaniu kwasu solnego zawiesina ulega rozpuszczeniu i powstaje klarowny roztwór. Jest to zgodne z właściwościami obu wodorotlenków:

   • $$\text{Ca(OH)}_2 + 2\text{HCl} \rightarrow \text{CaCl}_2 + 2\text{H}_2\text{O}$$
   • $$\text{Al(OH)}_3 + 3\text{HCl} \rightarrow \text{AlCl}_3 + 3\text{H}_2\text{O}$$

   Oba chlorki ($\text{CaCl}_2$ i $\text{AlCl}_3$) są dobrze rozpuszczalne w wodzie — obserwacja klarownych roztworów nie różnicuje jeszcze probówek.

3. Krok 3: Analiza zachowania po dodaniu $\text{H}_2\text{SO}_4\text{(aq)}$

   To etap kluczowy dla rozróżnienia probówek:

   • Probówka I → zawiesina (osad): Oznacza to, że produkt reakcji jest trudno rozpuszczalny. Siarczan(VI) wapnia $\text{CaSO}_4$ jest praktycznie nierozpuszczalny w wodzie: $$\text{CaCl}_2 + \text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow \text{CaSO}_4\downarrow + 2\text{HCl}$$ Powstaje biały osad $\text{CaSO}_4$. Zatem w probówce I znajdował się $\text{Ca(OH)}_2$.
   • Probówka II → klarowny roztwór: Oznacza to, że produkt reakcji jest dobrze rozpuszczalny. Siarczan(VI) glinu $\text{Al}_2(\text{SO}_4)_3$ jest dobrze rozpuszczalny w wodzie: $$2\text{AlCl}_3 + 3\text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow \text{Al}_2(\text{SO}_4)_3 + 6\text{HCl}$$ Roztwór pozostaje klarowny. Zatem w probówce II znajdował się $\text{Al(OH)}_3$.
4. Krok 4: Podsumowanie wyników

   Na podstawie powyższej analizy:

Probówka	Wzór wodorotlenku
I	$\text{Ca(OH)}_2$
II	$\text{Al(OH)}_3$

Wynik końcowy:

• Probówka I: $\text{Ca(OH)}_2$ — biały osad z $\text{H}_2\text{SO}_4$ (nierozpuszczalny $\text{CaSO}_4$)
• Probówka II: $\text{Al(OH)}_3$ — klarowny roztwór z $\text{H}_2\text{SO}_4$ (rozpuszczalny $\text{Al}_2(\text{SO}_4)_3$)

Zadanie 7.2 – Równania reakcji dla probówek III i IV

Analiza kontekstu

Na podstawie opisu doświadczenia:

• Probówka III – ogrzewanie w łaźni wodnej dało czarny osad → jest to wodorotlenek, który przy ogrzewaniu ulega rozkładowi do czarnego tlenku. Czarny tlenek metalu przejściowego to tlenek miedzi(II) – $\text{CuO}$, co oznacza, że w probówce III znajdował się wodorotlenek miedzi(II) $\text{Cu(OH)}_2$ (niebieski osad).
• Probówka IV – dodanie $\text{NaOH}$ dało zielony roztwór → zielone zabarwienie w środowisku silnie zasadowym jest charakterystyczne dla jonów tetrahydroksochromianowych(III) $[\text{Cr(OH)}_4]^-$, co oznacza, że w probówce IV była zawiesina wodorotlenku chromu(III) $\text{Cr(OH)}_3$ (zielony osad amfoteryczny).

---

Reakcja 1. – Termiczny rozkład wodorotlenku miedzi(II) (forma cząsteczkowa)

1. Krok 1 – Identyfikacja substratów i produktów.

   Wodorotlenek miedzi(II) $\text{Cu(OH)}_2$ pod wpływem ciepła ulega rozkładowi na tlenek miedzi(II) i wodę:

   • Substrat: $\text{Cu(OH)}_2$
   • Produkty: $\text{CuO}$ (czarny osad) oraz $\text{H}_2\text{O}$
2. Krok 2 – Zapis równania cząsteczkowego i sprawdzenie bilansu.

   Porównanie atomów po obu stronach:

   • Cu: 1 = 1 ✓
   • O: 2 = 1 + 1 = 2 ✓
   • H: 2 = 2 ✓

Wynik – Reakcja 1.:

$$\text{Cu(OH)}_2 \xrightarrow{\Delta} \text{CuO} + \text{H}_2\text{O}$$

---

Reakcja 2. – Roztwarzanie wodorotlenku chromu(III) w NaOH (forma jonowa skrócona)

1. Krok 1 – Zapis równania cząsteczkowego.

   Wodorotlenek chromu(III) jest amfoteryczny – reaguje z mocną zasadą ($\text{NaOH}$), tworząc rozpuszczalny kompleks:

   $$\text{Cr(OH)}_3 + \text{NaOH} \rightarrow \text{Na}[\text{Cr(OH)}_4]$$
2. Krok 2 – Identyfikacja form jonowych.

   Rozkład na jony:

   • $\text{Cr(OH)}_3$ – osad (słabo rozpuszczalny), pozostaje w formie cząsteczkowej
   • $\text{NaOH}$ – mocna zasada, dysocjuje w pełni: $\text{Na}^+ + \text{OH}^-$
   • $\text{Na}[\text{Cr(OH)}_4]$ – sól rozpuszczalna, dysocjuje w pełni: $\text{Na}^+ + [\text{Cr(OH)}_4]^-$
3. Krok 3 – Skrócenie jonów widmowych.

   Jon $\text{Na}^+$ występuje po obu stronach równania – eliminujemy go jako jon widmowy.

4. Krok 4 – Zapis jonowy skrócony.

   Pozostają tylko reagujące cząstki:

Wynik – Reakcja 2.:

$$\text{Cr(OH)}_3 + \text{OH}^- \rightarrow [\text{Cr(OH)}_4]^-$$

---

Podsumowanie

Reakcja	Substancja	Równanie
1. (cząsteczkowa)	$\text{Cu(OH)}_2$ – rozkład termiczny	$\text{Cu(OH)}_2 \xrightarrow{\Delta} \text{CuO} + \text{H}_2\text{O}$
2. (jonowa skrócona)	$\text{Cr(OH)}_3$ – roztwarzanie w NaOH	$\text{Cr(OH)}_3 + \text{OH}^- \rightarrow [\text{Cr(OH)}_4]^-$

Rozwiązanie:

1. Krok 1: Wyznaczenie stężenia molowego roztworu KOH

   Dane: $\text{pH} = 13$, zatem:

   $$\text{pOH} = 14 - 13 = 1$$ $$[\text{OH}^-] = 10^{-1} \text{ mol/dm}^3 = 0{,}1 \text{ mol/dm}^3$$

   Ponieważ KOH jest mocną zasadą, całkowicie dysocjuje, więc:

   $$c_{\text{KOH}} = 0{,}1 \text{ mol/dm}^3$$

2. Krok 2: Obliczenie liczby moli KOH zużytego do zobojętnienia próbki

   Objętość zużytego KOH: $V_{\text{KOH}} = 6{,}9 \text{ cm}^3 = 0{,}0069 \text{ dm}^3$

   $$n_{\text{KOH}} = c_{\text{KOH}} \cdot V_{\text{KOH}} = 0{,}1 \cdot 0{,}0069 = 6{,}9 \times 10^{-4} \text{ mol}$$

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

   Reakcja zobojętniania:

   $$\text{HBr} + \text{KOH} \rightarrow \text{KBr} + \text{H}_2\text{O}$$

   Ze stechiometrii (stosunek molowy 1:1):

   $$n_{\text{HBr (próbka)}} = n_{\text{KOH}} = 6{,}9 \times 10^{-4} \text{ mol}$$

4. Krok 4: Obliczenie całkowitej liczby moli HBr w roztworze (80 cm³)

   Próbka o objętości $1{,}0 \text{ cm}^3$ pochodzi z roztworu o objętości $80 \text{ cm}^3$, więc całkowita liczba moli HBr:

   $$n_{\text{HBr (całość)}} = 6{,}9 \times 10^{-4} \cdot \frac{80}{1{,}0} = 6{,}9 \times 10^{-4} \cdot 80 = 0{,}0552 \text{ mol}$$

5. Krok 5: Obliczenie liczby moli KBr użytego w doświadczeniu

   Masa molarna KBr: $M_{\text{KBr}} = 39 + 80 = 119 \text{ g/mol}$

   $$n_{\text{KBr (użyty)}} = \frac{m_{\text{KBr}}}{M_{\text{KBr}}} = \frac{9{,}5}{119} = 0{,}0798... \approx 0{,}08 \text{ mol}$$

6. Krok 6: Wyznaczenie, jaka część KBr uległa reakcji

   Ze stechiometrii reakcji:

   $$\text{KBr} + \text{H}_2\text{SO}_4 \rightarrow \text{KHSO}_4 + \text{HBr}$$

   stosunek molowy $\text{KBr} : \text{HBr} = 1:1$, zatem liczba moli KBr, która przereagowała, równa się liczbie moli powstałego HBr:

   $$n_{\text{KBr (przereagowany)}} = n_{\text{HBr (całość)}} = 0{,}0552 \text{ mol}$$

   Procent KBr, który uległ reakcji:

   $$\% = \frac{n_{\text{KBr (przereagowany)}}}{n_{\text{KBr (użyty)}}} \cdot 100\% = \frac{0{,}0552}{0{,}08} \cdot 100\% = 69\%$$

Wynik końcowy:

Jaka część użytego KBr uległa reakcji z $\text{H}_2\text{SO}_4$:

$$\boxed{69\%}$$

1. Krok 1 – Identyfikacja odczynników i przyporządkowanie ich do doświadczeń

   Dostępne odczynniki: cynk ($\text{Zn}$), srebro ($\text{Ag}$), kwas solny ($\text{HCl}$), kwas azotowy(V) ($\text{HNO}_3$). Każdy odczynnik użyty tylko raz.

   • Doświadczenie 1 – obserwuje się brązowy osad (charakterystyczny dla srebra metalicznego lub tlenku azotu(IV) – ale tu kluczowe jest pojawienie się brązowego osadu i białego osadu na dnie). Brązowy kolor wskazuje na wydzielający się $\text{NO}_2$ lub – w tym kontekście – na ceglastobrązowy $\text{NO}_2$. Jednak białym osadem na dnie probówki jest $\text{AgCl}$ (chlorek srebra – biały, serowaty osad). Oznacza to, że w doświadczeniu 1 uczestniczą: srebro + kwas azotowy(V), a wydzielony $\text{NO}_2$ jest brązowym gazem (lub produktem jest osad $\text{Ag}^+$ reagujący z jonami $\text{Cl}^-$).

   Bardziej precyzyjna analiza: skoro użyto każdego odczynnika tylko raz, to przyporządkowanie musi być rozłączne:

   • Cynk reaguje z kwasem solnym → bezbarwny gaz ($\text{H}_2$) i bezbarwny roztwór → Doświadczenie 2
   • Srebro reaguje z kwasem azotowym(V) → brązowy gaz ($\text{NO}_2$, widoczny w probówce jako brązowe zabarwienie) i biały osad $\text{AgNO}_3$…

   Uwaga: w roztworze $\text{HNO}_3$ stężonego srebro reaguje z wydzieleniem $\text{NO}_2$ (gaz brunatny). Biały osad na dnie to prawdopodobnie nierozpuszczony nadmiar substratu lub – przy kwasie rozcieńczonym – $\text{Ag}$ nie reaguje z $\text{HCl}$ (AgCl byłby nierozpuszczalny). Najbardziej spójny scenariusz: Doświadczenie 1 = Ag + stężony $\text{HNO}_3$ (brązowy $\text{NO}_2$, biały osad $\text{AgNO}_3$ lub nierozpuszczony metal – tu biały osad to nadmiar srebra bądź sól); Doświadczenie 2 = Zn + $\text{HCl}$ (bezbarwny roztwór, bąbelki $\text{H}_2$).

2. Krok 2 – Równanie reakcji dla Doświadczenia 1: Ag + stężony HNO₃

   Srebro reaguje ze stężonym kwasem azotowym(V). Produktami są: azotan(V) srebra, dwutlenek azotu i woda:

   Równanie cząsteczkowe:

   $$\text{Ag} + 2\text{HNO}_3(\text{stęż.}) \rightarrow \text{AgNO}_3 + \text{NO}_2 + \text{H}_2\text{O}$$

   Sprawdzenie bilansu:

   • $\text{Ag}$: 1 = 1 ✓
   • $\text{N}$: 2 = 1 + 1 = 2 ✓
   • $\text{H}$: 2 = 2 ✓
   • $\text{O}$: 6 = 3 + 2 + 1 = 6 ✓

   Bilans elektronowy (utlenianie-redukcja):

   • $\text{Ag}^0 \rightarrow \text{Ag}^{+1}$ – oddaje 1 elektron (utlenianie)
   • $\text{N}^{+5} \rightarrow \text{N}^{+4}$ – przyjmuje 1 elektron (redukcja)

   Zapis jonowy skrócony ($\text{AgNO}_3$ to sól dobrze rozpuszczalna → dysocjuje; $\text{HNO}_3$ stęż. → dysocjuje; $\text{NO}_2$ – gaz; $\text{H}_2\text{O}$ – cząsteczkowa):

   $$\boxed{\text{Ag} + 2\text{H}^+ + \text{NO}_3^- \rightarrow \text{Ag}^+ + \text{NO}_2\uparrow + \text{H}_2\text{O}}$$

3. Krok 3 – Równanie reakcji dla Doświadczenia 2: Zn + HCl

   Cynk reaguje z kwasem solnym. Produktami są: chlorek cynku i wodór:

   Równanie cząsteczkowe:

   $$\text{Zn} + 2\text{HCl} \rightarrow \text{ZnCl}_2 + \text{H}_2\uparrow$$

   Bilans elektronowy:

   • $\text{Zn}^0 \rightarrow \text{Zn}^{+2}$ – oddaje 2 elektrony (utlenianie)
   • $2\text{H}^{+1} \rightarrow \text{H}_2^0$ – przyjmuje 2 elektrony (redukcja)

   Zapis jonowy skrócony ($\text{ZnCl}_2$ – sól rozpuszczalna → dysocjuje; $\text{HCl}$ – mocny kwas → dysocjuje; $\text{H}_2$ – gaz; $\text{Zn}$ – metal):

   $$\boxed{\text{Zn} + 2\text{H}^+ \rightarrow \text{Zn}^{2+} + \text{H}_2\uparrow}$$

4. Krok 4 – Weryfikacja zgodności z obserwacjami

   • Doświadczenie 1: wydziela się brązowy gaz $\text{NO}_2$ (obserwowany jako brązowe zabarwienie w probówce) ✓; biały osad na dnie to nierozpuszczony metal $\text{Ag}$ (srebro ma barwę jasną/białawą) użyty w nadmiarze ✓
   • Doświadczenie 2: bezbarwny roztwór $\text{ZnCl}_2$ ✓; bezbarwne bąbelki gazu $\text{H}_2$ ✓

Wynik końcowy:

Doświadczenie 1 (Ag z HNO₃ stężonym) – równanie jonowe skrócone:

$$\text{Ag} + 2\text{H}^+ + \text{NO}_3^- \rightarrow \text{Ag}^+ + \text{NO}_2\uparrow + \text{H}_2\text{O}$$

Doświadczenie 2 (Zn z HCl) – równanie jonowe skrócone:

$$\text{Zn} + 2\text{H}^+ \rightarrow \text{Zn}^{2+} + \text{H}_2\uparrow$$

Rozwiązanie – Zadanie 10.1

Analiza równania kinetycznego

Dane równanie kinetyczne reakcji:

$$v = k \cdot c_{\text{X}_2}^a \cdot c_{\text{Y}_2}^b$$

Szybkość reakcji zależy od stężeń substratów oraz od stałej szybkości reakcji $k$, która jest funkcją temperatury.

---

Zdanie 1: Zmniejszenie objętości reaktora w warunkach izotermicznych, przy niezmienionej początkowej liczbie moli substratów, skutkuje wzrostem szybkości opisanej reakcji.

1. Krok 1 – Analiza wpływu zmniejszenia objętości na stężenia substratów.

   Stężenie molarne definiujemy jako:

   $$c = \frac{n}{V}$$

   Przy stałej liczbie moli substratów $n_{\text{X}_2}$ i $n_{\text{Y}_2}$ oraz zmniejszeniu objętości $V$, stężenia obu substratów rosną:

   $$c_{\text{X}_2} = \frac{n_{\text{X}_2}}{V} \nearrow \quad \text{oraz} \quad c_{\text{Y}_2} = \frac{n_{\text{Y}_2}}{V} \nearrow$$
2. Krok 2 – Wpływ wzrostu stężeń na szybkość reakcji.

   Warunki izotermiczne (stała temperatura) oznaczają, że stała szybkości $k$ nie ulega zmianie.

   Ponieważ wykładniki $a$ i $b$ w równaniu kinetycznym są liczbami całkowitymi dodatnimi (rzędy reakcji względem substratów są zawsze $\geq 1$ dla elementarnych etapów), wzrost obu stężeń powoduje wzrost wartości iloczynu $c_{\text{X}_2}^a \cdot c_{\text{Y}_2}^b$, a zatem:

   $$v = k \cdot c_{\text{X}_2}^a \cdot c_{\text{Y}_2}^b \nearrow$$

   Szybkość reakcji rośnie.

Ocena zdania 1: P (PRAWDA)

---

Zdanie 2: Wzrost temperatury w reaktorze w warunkach izobarycznych, przy niezmienionej początkowej liczbie moli substratów, skutkuje spadkiem szybkości opisanej reakcji.

1. Krok 1 – Analiza wpływu wzrostu temperatury na stałą szybkości $k$.

   Zgodnie z równaniem Arrheniusa:

   $$k = A \cdot e^{-\frac{E_a}{RT}}$$

   Wzrost temperatury $T$ powoduje wzrost stałej szybkości $k$, co samo w sobie prowadziłoby do wzrostu szybkości reakcji.

2. Krok 2 – Analiza wpływu wzrostu temperatury na stężenia substratów w warunkach izobarycznych.

   Warunki izobaryczne oznaczają stałe ciśnienie. Z prawa gazu doskonałego:

   $$pV = nRT \implies V = \frac{nRT}{p}$$

   Przy stałym ciśnieniu $p$ i stałej liczbie moli $n$, wzrost temperatury $T$ powoduje wzrost objętości $V$. To z kolei prowadzi do spadku stężeń substratów:

   $$c_{\text{X}_2} = \frac{n_{\text{X}_2}}{V} = \frac{n_{\text{X}_2} \cdot p}{n R T} \searrow \quad \text{(stężenie maleje wraz ze wzrostem } T\text{)}$$
3. Krok 3 – Ocena wypadkowego wpływu na szybkość reakcji.

   Mamy dwa konkurujące efekty:

   • Wzrost $k$ (efekt kinetyczny) → zwiększa szybkość reakcji,
   • Spadek stężeń $c_{\text{X}_2}$ i $c_{\text{Y}_2}$ (efekt rozcieńczenia) → zmniejsza szybkość reakcji.

   Efekt wzrostu stałej szybkości reakcji $k$ (zależność wykładnicza od temperatury) dominuje nad efektem spadku stężeń (zależność odwrotnie proporcjonalna do temperatury). W konsekwencji wypadkowa szybkość reakcji rośnie, a nie maleje.

   Zdanie sugeruje spadek szybkości – jest to stwierdzenie błędne.

Ocena zdania 2: F (FAŁSZ)

---

Wynik końcowy

Zdanie	Ocena
Zdanie 1 (zmniejszenie objętości → wzrost szybkości)	P
Zdanie 2 (wzrost temperatury izobarycznie → spadek szybkości)	F