{"id":"chemia-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/9","paper_id":"chemia-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"9","points":5,"ptype":"open","subject":"chemia","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 9.\nPotencjały półogniw zależą od stężeń reagentów biorących udział w procesach\nelektrochemicznych. Jeżeli metal Me jest zanurzony w roztworze zawierającym jony tego\nmetalu o ładunku 𝑛+ i o stężeniu 𝑐Me𝑛+, to potencjał takiego półogniwa można obliczyć za\npomocą równania Nernsta. Dla układu Me𝑛+/ Me w temperaturze 298 K to równanie ma\npostać:\n𝐸 = 𝐸° + 0,059\n𝑛\n∙ log cMe𝑛+\ngdzie 𝐸° jest potencjałem standardowym redukcji tego półogniwa.\nNa podstawie: M.J. Sienko, R.A. Plane, Chemia. Podstawy i zastosowania, Warszawa 2002.","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Odpowiedź: ### 9.1. **Krok 1. Identyfikacja metalu Me.** Z wykresu $E^\\circ = 0{,}342$ V — to potencjał standardowy pary $\\text{Cu}^{2+}/\\text{Cu}$. Metalem **Me jest miedź (Cu)**. **Krok 2. Potencjał katody z SEM.** Potencjał standardowy anody (cynk, przy $c = 1{,}0$ mol·dm⁻³, więc $E = E^\\circ$): $$E_A = E^\\circ_{\\text{Zn}^{2+}/\\text{Zn}} = -0{,}762\\ \\text{V}$$ $$\\text{SEM} = E_K - E_A \\quad\\Rightarrow\\quad E_K = \\text{SEM} + E_A = 1{,}084 + (-0{,}762) = 0{,}322\\ \\text{V}$$ **Krok 3. Stężenie jonów $\\text{Cu}^{2+}$ z równania Nernsta.** $$0{,}322 = 0{,}342 + \\frac{0{,}059}{2}\\cdot \\log c_{\\text{Cu}^{2+}}$$ $$\\log c_{\\text{Cu}^{2+}} = \\frac{0{,}322 - 0{,}342}{0{,}0295} = \\frac{-0{,}020}{0{,}0295} = -0{,}678$$ $$c_{\\text{Cu}^{2+}} = 10^{-0{,}678} \\approx 0{,}210\\ \\text{mol}\\cdot\\text{dm}^{-3}$$ **Krok 4. Liczba moli każdej z soli.** $$n_{\\text{Cu}^{2+}} = c \\cdot V = 0{,}210 \\cdot 0{,}500 = 0{,}105\\ \\text{mol}$$ Mieszanina była **równomolowa**, a każda sól dostarcza po jednym jonie $\\text{Cu}^{2+}$: $$n_{\\text{CuSO}_4\\cdot 5\\text{H}_2\\text{O}} = n_{\\text{CuCl}_2\\cdot x\\text{H}_2\\text{O}} = \\frac{0{,}105}{2} = 0{,}0525\\ \\text{mol}$$ **Krok 5. Masa hydratu chlorku.** $$M_{\\text{CuSO}_4\\cdot 5\\text{H}_2\\text{O}} = 63{,}55 + 32{,}07 + 4\\cdot 16{,}00 + 5\\cdot 18{,}02 = 249{,}71\\ \\text{g/mol}$$ $$m_{\\text{CuSO}_4\\cdot 5\\text{H}_2\\text{O}} = 0{,}0525 \\cdot 249{,}71 = 13{,}11\\ \\text{g}$$ $$m_{\\text{CuCl}_2\\cdot x\\text{H}_2\\text{O}} = 22{,}05 - 13{,}11 = 8{,}94\\ \\text{g}$$ **Krok 6. Wyznaczenie $x$.** $$M_{\\text{CuCl}_2} = 63{,}55 + 2\\cdot 35{,}45 = 134{,}45\\ \\text{g/mol}$$ $$m_{\\text{CuCl}_2\\ \\text{bezw.}} = 0{,}0525 \\cdot 134{,}45 = 7{,}06\\ \\text{g}$$ $$m_{\\text{H}_2\\text{O}} = 8{,}94 - 7{,}06 = 1{,}88\\ \\text{g} \\quad\\Rightarrow\\quad n_{\\text{H}_2\\text{O}} = \\frac{1{,}88}{18{,}02} = 0{,}104\\ \\text{mol}$$ $$x = \\frac{n_{\\text{H}_2\\text{O}}}{n_{\\text{soli}}} = \\frac{0{,}104}{0{,}0525} \\approx 2$$ $$\\boxed{\\text{Wzór hydratu: } \\text{CuCl}_2\\cdot 2\\text{H}_2\\text{O}}$$ *Kontrola jednym równaniem:* $22{,}05 = 0{,}0525\\,(249{,}71 + 134{,}45 + 18{,}02x) \\Rightarrow x = 2$ ✓ ### 9.2. **PP** 1. **P** — w ogniwie stężeniowym **anodą jest półogniwo o mniejszym stężeniu** jonów. Wynika to z równania Nernsta: mniejsze $c$ daje **niższy potencjał**, a anodą jest zawsze elektroda o niższym potencjale. Zachodzi tam utlenianie: $\\text{Ag} \\rightarrow \\text{Ag}^+ + e^-$, co **zwiększa** stężenie w zlewce 1. 2. **P** — na anodzie (zlewka 1.) srebro się **roztwarza**, więc blaszka traci masę; na katodzie (zlewka 2.) jony srebra **osadzają się** na blaszce, więc jej masa rośnie. Skoro na początku masy były jednakowe, po pracy ogniwa blaszka ze zlewki 2. jest **cięższa**. Ogniwo pracuje aż do **wyrównania stężeń** w obu zlewkach — wtedy SEM spada do zera.\n\nTreść zadania (CKE)\n\nRównanie Nernsta — jak z niego korzystać\n\n$$E = E^\\circ + \\frac{0{,}059}{n}\\cdot \\log c_{\\text{Me}^{n+}}$$\n\nElement | Znaczenie\n$E$ | potencjał rzeczywisty półogniwa\n$E^\\circ$ | potencjał standardowy (przy $c = 1$ mol·dm⁻³)\n$n$ | liczba elektronów wymienianych w procesie elektrodowym\n$c$ | stężenie molowe jonów metalu\n\nWnioski:\n\n- $c = 1$ mol·dm⁻³ → $\\log c = 0$ → $E = E^\\circ$ — to właśnie punkt przecięcia z osią na wykresie,\n- $c < 1$ → $\\log c < 0$ → $E < E^\\circ$,\n- $c > 1$ → $E > E^\\circ$.\n\nPotencjały standardowe — wartości potrzebne w zadaniu\n\nPara redoks | $E^\\circ$, V\n$\\text{Zn}^{2+}/\\text{Zn}$ | −0,762\n$\\text{Fe}^{2+}/\\text{Fe}$ | −0,440\n$\\text{Pb}^{2+}/\\text{Pb}$ | −0,126\n$\\text{Cu}^{2+}/\\text{Cu}$ | +0,342\n$\\text{Ag}^{+}/\\text{Ag}$ | +0,800\n\nWartość +0,342 V odczytana z wykresu jednoznacznie identyfikuje miedź.\n\nOgniwo galwaniczne — podstawowe zależności\n\n$$\\text{SEM} = E_{\\text{katody}} - E_{\\text{anody}}$$\n\nElektroda | Proces | Potencjał | Znak\nanoda | utlenianie (roztwarzanie metalu) | niższy | −\nkatoda | redukcja (osadzanie metalu) | wyższy | +\n\nZapis schematyczny ogniwa w tym zadaniu:\n\n$$\\text{Zn}\\ |\\ \\text{Zn}^{2+}(1{,}0\\,\\text{M})\\ \\|\\ \\text{Cu}^{2+}(0{,}21\\,\\text{M})\\ |\\ \\text{Cu}$$\n\nOgniwo stężeniowe\n\nCecha | Opis\nbudowa | dwa identyczne półogniwa, różne stężenia\n$E^\\circ_K - E^\\circ_A$ | zero — SEM bierze się wyłącznie z różnicy stężeń\nanoda | półogniwo o mniejszym stężeniu\nkatoda | półogniwo o większym stężeniu\nkierunek zmian | stężenia dążą do wyrównania\nkoniec pracy | gdy stężenia się zrównają, SEM = 0\n\nSEM ogniwa stężeniowego:\n\n$$\\text{SEM} = \\frac{0{,}059}{n}\\cdot \\log \\frac{c_2}{c_1}$$\n\nDla srebra ($n = 1$) i dziesięciokrotnej różnicy stężeń:\n\n$$\\text{SEM} = 0{,}059 \\cdot \\log 10 = 0{,}059\\ \\text{V}$$\n\nHydraty — jak wyznaczyć liczbę cząsteczek wody\n\nMetoda | Kiedy stosować\nprzez masy | znasz masę hydratu i liczbę moli soli bezwodnej\nprzez masę molową | $M_{\\text{hydratu}} = M_{\\text{soli}} + x\\cdot 18{,}02$\nprzez ubytek masy | przy prażeniu hydratu (masa wody = ubytek)\n\nW tym zadaniu najkrótsza jest droga jednym równaniem:\n\n$$m_{\\text{całk.}} = n\\,\\big(M_{\\text{hydratu 1}} + M_{\\text{soli 2}} + x\\cdot M_{\\text{H}_2\\text{O}}\\big)$$\n\n$$22{,}05 = 0{,}0525\\,(249{,}71 + 134{,}45 + 18{,}02x) \\quad\\Rightarrow\\quad x = 2$$\n\nMasy molowe użyte w rozwiązaniu\n\nSubstancja | $M$, g/mol\nCu | 63,55\nCl | 35,45\n$\\text{CuCl}_2$ | 134,45\n$\\text{H}_2\\text{O}$ | 18,02\n$\\text{CuSO}_4\\cdot 5\\text{H}_2\\text{O}$ | 249,71\n$\\text{CuCl}_2\\cdot 2\\text{H}_2\\text{O}$ | 170,49\n\nPunktacja CKE\n\n- 9.1. 4 pkt — poprawna metoda i obliczenia prowadzące do wzoru $\\text{CuCl}_2\\cdot 2\\text{H}_2\\text{O}$;\n3 pkt — poprawna metoda z jedną usterką (szacowanie $\\log c$ z wykresu, niewłaściwa dokładność mas molowych, błąd rachunkowy, brak zapisu wzoru);\n2 pkt — dwie usterki albo poprawne obliczenie liczby moli obu soli przy błędnej dalszej metodzie;\n1 pkt — trzy usterki albo poprawne stężenie $\\text{Cu}^{2+}$ przy błędnej dalszej metodzie albo poprawny potencjał katody i identyfikacja metalu.\n- 9.2. 1 pkt — PP.\n- Razem: 5 pkt.\n\nTypowy błąd: **Największa pułapka: odczyt $E^\\circ$ z wykresu, a nie stężenia.** Wykres służy do **identyfikacji metalu** — punkt dla $\\log c = 0$ daje potencjał standardowy 0,342 V, czyli miedź. Stężenie należy **obliczyć z równania Nernsta**, a nie odczytać z osi. Klucz CKE traktuje szacowanie $\\log c$ z wykresu jako **usterkę obniżającą punktację**. **Pamiętaj o $n = 2$ w mianowniku.** Dla jonu $\\text{Cu}^{2+}$ współczynnik wynosi $\\frac{0{,}059}{2} = 0{,}0295$, a nie 0,059. Pominięcie dwójki daje stężenie ok. 0,46 mol·dm⁻³ i błędny wynik końcowy. **Zwróć uwagę na wymóg dokładności mas molowych.** Polecenie mówi wprost: **do drugiego miejsca po przecinku** (Cu — 63,55; Cl — 35,45; S — 32,07; O — 16,00; H₂O — 18,02). Użycie zaokrągleń typu 64 albo 18 może kosztować punkt (choć klucz dopuszcza $M_{\\text{H}_2\\text{O}} = 18{,}00$). **„Równomolowa mieszanina\" oznacza równe liczby moli obu soli**, a nie równe masy. Każda sól dostarcza po **jednym** jonie $\\text{Cu}^{2+}$, więc na każdą przypada połowa z 0,105 mol. **Objętość roztworu to 500 cm³ = 0,500 dm³**, nie 500 dm³ ani 0,5 cm³. Przeliczenie jednostek to najczęstsze źródło błędu rzędu wielkości. **W 9.2 kusi odpowiedź „anodą jest półogniwo o większym stężeniu\".** Jest odwrotnie: **niższe stężenie → niższy potencjał → anoda**. Warto to zapamiętać przez skutek: ogniwo dąży do wyrównania stężeń, więc w rozcieńczonym roztworze stężenie musi **rosnąć**, czyli metal się tam roztwarza. **Masa blaszek zmienia się w przeciwnych kierunkach.** Anoda chudnie, katoda tyje — i to niezależnie od tego, o ile różniły się stężenia.","image":"img/chemia-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-9.webp","solution_image":null,"topics":"rownanie Nernsta, ogniwo galwaniczne, SEM, hydraty, ogniwo stezeniowe, potencjal standardowy","page_from":10,"source":"maturaonline","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"maturaonline","text_source":"ocr","source_label":"Chemia · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Chemia","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 9.
Potencjały półogniw zależą od stężeń reagentów biorących udział w procesach
elektrochemicznych. Jeżeli metal Me jest zanurzony w roztworze zawierającym jony tego
metalu o ładunku 𝑛+ i o stężeniu 𝑐Me𝑛+, to potencjał takiego półogniwa można obliczyć za
pomocą równania Nernsta. Dla układu Me𝑛+/ Me w temperaturze 298 K to równanie ma
postać:
𝐸 = 𝐸° + 0,059
𝑛
∙ log cMe𝑛+
gdzie 𝐸° jest potencjałem standardowym redukcji tego półogniwa.
Na podstawie: M.J. Sienko, R.A. Plane, Chemia. Podstawy i zastosowania, Warszawa 2002.

","solutions":[{"source":"maturaonline","label":"matura-online.pl","kind":"text","html":"

Odpowiedź: ### 9.1. Krok 1. Identyfikacja metalu Me. Z wykresu $E^\\circ = 0{,}342$ V — to potencjał standardowy pary $\\text{Cu}^{2+}/\\text{Cu}$. Metalem Me jest miedź (Cu). Krok 2. Potencjał katody z SEM. Potencjał standardowy anody (cynk, przy $c = 1{,}0$ mol·dm⁻³, więc $E = E^\\circ$): $$E_A = E^\\circ_{\\text{Zn}^{2+}/\\text{Zn}} = -0{,}762\\ \\text{V}$$ $$\\text{SEM} = E_K - E_A \\quad\\Rightarrow\\quad E_K = \\text{SEM} + E_A = 1{,}084 + (-0{,}762) = 0{,}322\\ \\text{V}$$ Krok 3. Stężenie jonów $\\text{Cu}^{2+}$ z równania Nernsta. $$0{,}322 = 0{,}342 + \\frac{0{,}059}{2}\\cdot \\log c_{\\text{Cu}^{2+}}$$ $$\\log c_{\\text{Cu}^{2+}} = \\frac{0{,}322 - 0{,}342}{0{,}0295} = \\frac{-0{,}020}{0{,}0295} = -0{,}678$$ $$c_{\\text{Cu}^{2+}} = 10^{-0{,}678} \\approx 0{,}210\\ \\text{mol}\\cdot\\text{dm}^{-3}$$ Krok 4. Liczba moli każdej z soli. $$n_{\\text{Cu}^{2+}} = c \\cdot V = 0{,}210 \\cdot 0{,}500 = 0{,}105\\ \\text{mol}$$ Mieszanina była równomolowa, a każda sól dostarcza po jednym jonie $\\text{Cu}^{2+}$: $$n_{\\text{CuSO}4\\cdot 5\\text{H}_2\\text{O}} = n{\\text{CuCl}2\\cdot x\\text{H}_2\\text{O}} = \\frac{0{,}105}{2} = 0{,}0525\\ \\text{mol}$$ Krok 5. Masa hydratu chlorku. $$M{\\text{CuSO}4\\cdot 5\\text{H}_2\\text{O}} = 63{,}55 + 32{,}07 + 4\\cdot 16{,}00 + 5\\cdot 18{,}02 = 249{,}71\\ \\text{g/mol}$$ $$m{\\text{CuSO}4\\cdot 5\\text{H}_2\\text{O}} = 0{,}0525 \\cdot 249{,}71 = 13{,}11\\ \\text{g}$$ $$m{\\text{CuCl}2\\cdot x\\text{H}_2\\text{O}} = 22{,}05 - 13{,}11 = 8{,}94\\ \\text{g}$$ Krok 6. Wyznaczenie $x$. $$M{\\text{CuCl}2} = 63{,}55 + 2\\cdot 35{,}45 = 134{,}45\\ \\text{g/mol}$$ $$m{\\text{CuCl}2\\ \\text{bezw.}} = 0{,}0525 \\cdot 134{,}45 = 7{,}06\\ \\text{g}$$ $$m{\\text{H}2\\text{O}} = 8{,}94 - 7{,}06 = 1{,}88\\ \\text{g} \\quad\\Rightarrow\\quad n{\\text{H}2\\text{O}} = \\frac{1{,}88}{18{,}02} = 0{,}104\\ \\text{mol}$$ $$x = \\frac{n{\\text{H}2\\text{O}}}{n{\\text{soli}}} = \\frac{0{,}104}{0{,}0525} \\approx 2$$ $$\\boxed{\\text{Wzór hydratu: } \\text{CuCl}_2\\cdot 2\\text{H}_2\\text{O}}$$ Kontrola jednym równaniem: $22{,}05 = 0{,}0525\\,(249{,}71 + 134{,}45 + 18{,}02x) \\Rightarrow x = 2$ ✓ ### 9.2. PP 1. P — w ogniwie stężeniowym anodą jest półogniwo o mniejszym stężeniu jonów. Wynika to z równania Nernsta: mniejsze $c$ daje niższy potencjał, a anodą jest zawsze elektroda o niższym potencjale. Zachodzi tam utlenianie: $\\text{Ag} \\rightarrow \\text{Ag}^+ + e^-$, co zwiększa stężenie w zlewce 1. 2. P — na anodzie (zlewka 1.) srebro się roztwarza, więc blaszka traci masę; na katodzie (zlewka 2.) jony srebra osadzają się na blaszce, więc jej masa rośnie. Skoro na początku masy były jednakowe, po pracy ogniwa blaszka ze zlewki 2. jest cięższa. Ogniwo pracuje aż do wyrównania stężeń w obu zlewkach — wtedy SEM spada do zera.

\n

Treść zadania (CKE)

\n

Równanie Nernsta — jak z niego korzystać

\n

$$E = E^\\circ + \\frac{0{,}059}{n}\\cdot \\log c_{\\text{Me}^{n+}}$$

\n

Element | Znaczenie
$E$ | potencjał rzeczywisty półogniwa
$E^\\circ$ | potencjał standardowy (przy $c = 1$ mol·dm⁻³)
$n$ | liczba elektronów wymienianych w procesie elektrodowym
$c$ | stężenie molowe jonów metalu

\n

Wnioski:

\n\n

Potencjały standardowe — wartości potrzebne w zadaniu

\n

Para redoks | $E^\\circ$, V
$\\text{Zn}^{2+}/\\text{Zn}$ | −0,762
$\\text{Fe}^{2+}/\\text{Fe}$ | −0,440
$\\text{Pb}^{2+}/\\text{Pb}$ | −0,126
$\\text{Cu}^{2+}/\\text{Cu}$ | +0,342
$\\text{Ag}^{+}/\\text{Ag}$ | +0,800

\n

Wartość +0,342 V odczytana z wykresu jednoznacznie identyfikuje miedź.

\n

Ogniwo galwaniczne — podstawowe zależności

\n

$$\\text{SEM} = E_{\\text{katody}} - E_{\\text{anody}}$$

\n

Elektroda | Proces | Potencjał | Znak
anoda | utlenianie (roztwarzanie metalu) | niższy | −
katoda | redukcja (osadzanie metalu) | wyższy | +

\n

Zapis schematyczny ogniwa w tym zadaniu:

\n

$$\\text{Zn}\\ |\\ \\text{Zn}^{2+}(1{,}0\\,\\text{M})\\ \\|\\ \\text{Cu}^{2+}(0{,}21\\,\\text{M})\\ |\\ \\text{Cu}$$

\n

Ogniwo stężeniowe

\n

Cecha | Opis
budowa | dwa identyczne półogniwa, różne stężenia
$E^\\circ_K - E^\\circ_A$ | zero — SEM bierze się wyłącznie z różnicy stężeń
anoda | półogniwo o mniejszym stężeniu
katoda | półogniwo o większym stężeniu
kierunek zmian | stężenia dążą do wyrównania
koniec pracy | gdy stężenia się zrównają, SEM = 0

\n

SEM ogniwa stężeniowego:

\n

$$\\text{SEM} = \\frac{0{,}059}{n}\\cdot \\log \\frac{c_2}{c_1}$$

\n

Dla srebra ($n = 1$) i dziesięciokrotnej różnicy stężeń:

\n

$$\\text{SEM} = 0{,}059 \\cdot \\log 10 = 0{,}059\\ \\text{V}$$

\n

Hydraty — jak wyznaczyć liczbę cząsteczek wody

\n

Metoda | Kiedy stosować
przez masy | znasz masę hydratu i liczbę moli soli bezwodnej
przez masę molową | $M_{\\text{hydratu}} = M_{\\text{soli}} + x\\cdot 18{,}02$
przez ubytek masy | przy prażeniu hydratu (masa wody = ubytek)

\n

W tym zadaniu najkrótsza jest droga jednym równaniem:

\n

$$m_{\\text{całk.}} = n\\,\\big(M_{\\text{hydratu 1}} + M_{\\text{soli 2}} + x\\cdot M_{\\text{H}_2\\text{O}}\\big)$$

\n

$$22{,}05 = 0{,}0525\\,(249{,}71 + 134{,}45 + 18{,}02x) \\quad\\Rightarrow\\quad x = 2$$

\n

Masy molowe użyte w rozwiązaniu

\n

Substancja | $M$, g/mol
Cu | 63,55
Cl | 35,45
$\\text{CuCl}_2$ | 134,45
$\\text{H}_2\\text{O}$ | 18,02
$\\text{CuSO}_4\\cdot 5\\text{H}_2\\text{O}$ | 249,71
$\\text{CuCl}_2\\cdot 2\\text{H}_2\\text{O}$ | 170,49

\n

Punktacja CKE

\n\n

3 pkt — poprawna metoda z jedną usterką (szacowanie $\\log c$ z wykresu, niewłaściwa dokładność mas molowych, błąd rachunkowy, brak zapisu wzoru);
2 pkt — dwie usterki albo poprawne obliczenie liczby moli obu soli przy błędnej dalszej metodzie;
1 pkt — trzy usterki albo poprawne stężenie $\\text{Cu}^{2+}$ przy błędnej dalszej metodzie albo poprawny potencjał katody i identyfikacja metalu.

\n\n

Typowy błąd: Największa pułapka: odczyt $E^\\circ$ z wykresu, a nie stężenia. Wykres służy do identyfikacji metalu — punkt dla $\\log c = 0$ daje potencjał standardowy 0,342 V, czyli miedź. Stężenie należy obliczyć z równania Nernsta, a nie odczytać z osi. Klucz CKE traktuje szacowanie $\\log c$ z wykresu jako usterkę obniżającą punktację. Pamiętaj o $n = 2$ w mianowniku. Dla jonu $\\text{Cu}^{2+}$ współczynnik wynosi $\\frac{0{,}059}{2} = 0{,}0295$, a nie 0,059. Pominięcie dwójki daje stężenie ok. 0,46 mol·dm⁻³ i błędny wynik końcowy. Zwróć uwagę na wymóg dokładności mas molowych. Polecenie mówi wprost: do drugiego miejsca po przecinku (Cu — 63,55; Cl — 35,45; S — 32,07; O — 16,00; H₂O — 18,02). Użycie zaokrągleń typu 64 albo 18 może kosztować punkt (choć klucz dopuszcza $M_{\\text{H}_2\\text{O}} = 18{,}00$). „Równomolowa mieszanina" oznacza równe liczby moli obu soli, a nie równe masy. Każda sól dostarcza po jednym jonie $\\text{Cu}^{2+}$, więc na każdą przypada połowa z 0,105 mol. Objętość roztworu to 500 cm³ = 0,500 dm³, nie 500 dm³ ani 0,5 cm³. Przeliczenie jednostek to najczęstsze źródło błędu rzędu wielkości. W 9.2 kusi odpowiedź „anodą jest półogniwo o większym stężeniu". Jest odwrotnie: niższe stężenie → niższy potencjał → anoda. Warto to zapamiętać przez skutek: ogniwo dąży do wyrównania stężeń, więc w rozcieńczonym roztworze stężenie musi rosnąć, czyli metal się tam roztwarza. Masa blaszek zmienia się w przeciwnych kierunkach. Anoda chudnie, katoda tyje — i to niezależnie od tego, o ile różniły się stężenia.

"}]}