2 pkt – zastosowanie poprawnej metody, poprawne wykonanie obliczeń oraz podanie
wartości liczbowej wyniku.
1 pkt – zastosowanie poprawnej metody, ale:
• popełnienie błędów rachunkowych prowadzących do błędnego wyniku liczbowego
LUB
• podanie wyniku z inną jednostką
ALBO
1 pkt – wyznaczenie zależności pozwalającej obliczyć liczbę moli jonów wodorowych, które
nie zostały zobojętnione, zawierającej odniesienie do stechiometrii reakcji i objętości
roztworu Ba(OH)2.
0 pkt – zastosowanie błędnej metody obliczenia albo brak rozwiązania.
Przykładowe rozwiązania
Sposób 1.
Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + 2H2O
Stężenie początkowe i liczba moli jonów H+:
mol
𝑐H+= 10−1,5 = 0,0316 dm3
mol
𝑛H+= 0,0316 ∙ 0,025 dm3 = 0,00079 mol dm3
Liczba moli wprowadzonych jonów wodorotlenkowych 𝑛OH−= 2 ∙ 0,02 ∙V=0,04 ∙V
Stężenie końcowe jonów H+:
mol
𝑐H+ = 10–3,7 = 0,0002 dm3
0,00079 – 0,04 ∙V
0,0002 = ⇒ V= 0,0195 dm3 = 19,5 (cm3)
0,025 + V
Sposób 2.
Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + 2H2O
[H+] = 10−1,5= 0,0316 mol · dm−3
𝑛HCl=𝑛H+ = 0,0316 mol · dm−3 · 0,025 dm3 = 7,9 · 10−4 mol
𝑛OH– = 2 · 0,02 mol · dm−3 · 𝑉Ba(OH)2= 0,04 mol · dm−3 · 𝑉Ba(OH)2
[H+] = 10−3,7= 0,0002 mol · dm−3
𝑛
𝐶H+ = 𝑉
𝑛H+ − 𝑛OH– 8·10−4 mol − 0,04 mol · dm−3 · 𝑉Ba(OH)2 0,0002 mol · dm−3= =
0,025 dm3 + 𝑉Ba(OH)2 0,025 + 𝑉Ba(OH)2
⇒𝑉Ba(OH)2 = 0,01978dm3
𝑉Ba(OH)2 = 𝟏𝟗, 𝟖 (𝐜𝐦𝟑)
Sposób 3.
H3O+ + OH– → 2H2O
H3O+ OH−
𝑛0 mol 7,9 · 10−4 2 ∙0,02 · V
∆𝑛 mol −2 ∙0,02 · V −2 ∙0,02 · V
𝑛k mol 0,0002·(0,025 + V) –
7,9 · 10−4 – 2 ∙0,02 · V = 2 ∙10–4 · (0,025 + V)
V = 0,0195 dm3
VBa(OH)2 = 𝟏𝟗, 𝟓 (𝐜𝐦𝟑)
Uwaga: Należy zwrócić uwagę na zależność wyniku liczbowego od przyjętych zaokrągleń.
Za poprawny należy uznać każdy wynik będący konsekwencją zastosowanej
poprawnej metody i poprawnych obliczeń.