1.

PODSTAWOWE PRAWA I POJĘCIA CHEMICZNE

Atomowa jednostka masy – 1 u (unit) – jest równa 1/12 masy atomu w

ęgla izotopu

12

C:

1u = 1,6657

.

10

-27

kg = 1,6657

.

10

-24

g

Masa atomowa – jest

średnią ważoną mas poszczególnych nuklidów danego pierwiastka

wyst

ępujących w przyrodzie

%

100

%

x

A

....

%

x

A

%

x

A

M

n

n

2

2

1

1

atomowa

⋅

+

+

⋅

+

⋅

=

Gdzie: A

1

, A

2

... A

n

– liczby masowe poszczególnych izotopów danego pierwiastka

x

1

, x

2

... x

n

– procentowa zawarto

ść danego izotopu

Bezwzględna masa atomowa (m

b

) – to masa 1 atomu danego pierwiastka wyra

żona w kg, np. dla

atomu siarki m

b

wyliczona mo

że być następująco:

6,02·10

23

atomów S

- 32 g

1 atom

- x

x = 5,3 ·10

-23

g = 5,3 ·10

-26

kg

lub z zale

żności: m

b

= m

atomowa

· 1u = 32 ·1,6657 ·10

-24

g = 5,3 ·10

-23

g = 5,3 · 2

.

10

-26

kg

Masa cząsteczkowa – jest to masa cząsteczki wyrażona w atomowych jednostkach masy (u). Na masę
cząsteczkową składają się masy wszystkich wchodzących w skład cząsteczki atomów, np.

3

CaCO

cz

m

= 40,08 u + 12,011u + 3 · 15,99994 u = 100,0892 u

≅

100,09 u

Mol - jest jednostką liczności materii. Jest to taka ilość cząstek materialnych (atomów, cząsteczek,
jonów itd.), ile atomów węgla zawartych jest w 0,012 kg węgla izotopu

12

C.

Liczba Avogadro (stała Avogadro, N

A

) - to liczba wskazująca, ile atomów węgla zawartych jest w

0,012kg izotopu

12

C

N

A

= 6,022

.

10

23

Stała Avogadro (miara liczno

ści materii) jest liczbą:

-

jednostek masy atomowej w 0,012kg izotopu

12

C

-

drobin (atomów, jonów, cz

ąsteczek, bądź innych cząstek materialnych) w 1 molu materii

-

ładunków elementarnych w ładunku równym 1 faradajowi (1F)

-

kwantów fotonów w 1 einsteinie energii

świetlnej

Masa molowa (M) to masa atomów, cz

ąsteczek, jonów bądź innych cząstek materialnych wyrażona

w g/mol. Liczbowo masa molowa równa si

ę masie atomowej lub cząsteczkowej, które wyrażane są w

atomowych jednostkach masy (u), np.

3

CaCO

M

= 100,09 g/mol

Objętość molowa jest to obj

ętość jaką zajmuje 1 mol danej substancji. Objętość molowa gazów w

warunkach normalnych (p=1013 hPa, T=0

0

C) wynosi 22,4 dm

3

i zwana jest

normalną objętością

molową gazów. Dla gazów zmienia si

ę ona znacznie wraz ze zmianami temperatury oraz ciśnienia i

praktycznie nie zale

ży od rodzaju gazu.

Przeliczanie obj

ętości molowej gazu na objętość w innych warunkach:

- równanie Clapeyrona:

RT

M

m

nRT

pV

=

=

przy stałej liczbie moli gazu

const

nR

T

pV

=

=

st

ąd

const

T

V

p

...

T

V

p

T

V

p

n

n

n

1

1

1

0

0

0

=

=

=

=

Równanie Clapeyrona dotyczy gazu idealnego tzn. takiego, którego cząsteczki są punktami
materialnymi poruszającymi się chaotycznie a zderzenia cząsteczek gazu są idealnie sprężyste. Do
gazów rzeczywistych przy dokładnych obliczeniach powinno być stosowane równanie Van der Waalsa
uwzględniające odstępstwa gazu rzeczywistego od idealności, jednakże w większości obliczeń można
wykorzystywać równanie Clapeyrona do gazów rzeczywistych. Odstępstwa od idealności nie
powodują większych błędów obliczeniowych.

10

Repetytorium z chemii

Pierwiastek chemiczny – jest o zbiór atomów o tej samej liczbie atomowej. W notacji chemicznej do
zapisu pierwiastków stosuje si

ę symbole np. siarka S

Związek chemiczny - jest to jednorodna substancja, w której skład wchodzi dwa lub wi

ęcej

pierwiastków chemicznych, których atomy lub jony s

ą połączone w uporządkowany sposób z

zachowaniem okre

ślonych stosunków ilościowych.

Wzór sumaryczny związku - okre

śla rodzaj i liczbę atomów poszczególnych pierwiastków w

cz

ąsteczce związku

Reguła krzy

żowa ustalania wzorów sumarycznych związków

A

n

B

m

Gdzie:

x

W

n

B

=

,

x

W

m

A

=

X – najwi

ększy wspólny podzielnik liczb W

A

i W

B

A – atom lub grupa atomów o warto

ściowości W

A

B – atom lub grupa atomów o warto

ściowości W

B

np. tlenek siarki(VI) S

n

O

m

x = 2

1

2

2

n

=

=

3

2

6

m

=

=

SO

3

chlorek amonu (NH

4

)

n

Cl

m

x = 1

1

1

1

n

=

=

1

m

=

NH

4

Cl

Fosforan(V) wapnia Ca

n

(PO

4

)

m

x = 1

3

1

3

n

=

=

2

1

2

m

=

=

Ca

3

(PO

4

)

3

UWAGA: Regule krzy

żowej nie podlegają związki:

- zawieraj

ące atomy pierwiastka o różnej wartościowości np. Fe

3

O

4

(FeO · Fe

2

O

3

)

- zawieraj

ące połączenia między atomami tego samego pierwiastka np. węglowodory, nadtlenki

Wzór strukturalny związku – sposób przedstawiania budowy zwi

ązku podający rodzaj, liczbę oraz

sposób poł

ączeń pomiędzy poszczególnymi pierwiastkami wchodzącymi w skład cząsteczki związku.

Gęstość substancji (d) – jest to stosunek masy substancji do jej obj

ętości(V)

V

m

d

=

[kg·m

-3

]

G

ęstość względna gazu (D

x/y

):

Stosunek gęstości gazów w tych samych warunkach ciśnienia i temperatury jest równy stosunkowi ich
mas molowych

y

x

y

x

y

/

x

M

M

d

d

D

=

=

y

y

x

x

M

d

d

M

⋅

=

Gdzie:

d

x

– g

ęstość gazu badanego; d

y

- g

ęstość związku o znanej masie molowe (M

y

); M

x

– masa

molowa zwi

ązku badanego

Ilościowa interpretacja 1 mola związku na przykładzie amoniaku

wielkości charakteryzujące

związek

składniki związku

NH

3

azot

wodór

liczba moli, n

1 mol cz

ąsteczek

1 mol atomów

3 mole atomów

liczba cz

ąsteczek, N

6,02

.

10

23

---

---

liczba atomów, N

4

.

6,02

.

10

23

6,02

.

10

23

2

.

6,02

.

10

23

masa atomowa

*

lub

cz

ąsteczkowa

**

, m

at

*

, m

cz

**

17 u

**

14 u

*

3

.

(1u

*

)

masa molowa, M

17 g/mol

14 g/mol

3 mole

.

1 g/mol

obj

ętość molowa, V

22,4 dm

3

---

---

Podstawowe prawa i poj

ęcia chemiczne

11

REAKCJA CHEMICZNA
– przemiana jednych substancji w drugie, ró

żniące się od substancji wyjściowych składem

chemicznym i wła

ściwościami

substraty produkty

Typy reakcji chemicznych

1.

podział ze wzgl

ędu na mechanizm przebiegu reakcji:

A.

reakcja analizy (rozkładu)

-

substancja zło

żona rozpada się na co najmniej dwie substancje prostsze

AB

→ A + B; np. CaCO

3

→ CaO + CO

2

B.

reakcja syntezy (ł

ączenia):

-

dwie lub wi

ęcej substancji prostszych łączą się w jeden produkt:

A + B

→ AB, np. Cu + S → CuS

C.

reakcja wymiany:

•

pojedynczej – dwie lub wi

ęcej substancji prostych i złożonych przekształca się w

dwie lub wi

ęcej substancji, przy czym jedna z nich jest substancją prostą:

AB + C

→ AC + B,

np. Zn + H

2

SO

4

→ ZnSO

4

+ H

2

↑, Zn + CuSO

4

→ ZnSO

4

+ Cu

•

podwójnej – dwie lub wi

ęcej substancji złożonych przekształca się w inne

substancje zło

żone

AB + CD

→ AC + BD, np. BaCl

2

+ 2AgNO

3

→ 2AgCl↓ + Ba(NO

3

)

2

2.

podział ze wzgl

ędu na efekt energetyczny reakcji:

A.

reakcje egzoenergetyczne – energia przepływa od układu do otoczenia (

∆H < 0)

np. C + O

2

→ CO

2

(zwykle reakcjami egzoenergetycznymi s

ą reakcje syntezy)

B.

reakcje endoenergetyczne – energia przepływa od otoczenia do układu (

∆H > 0)

np. CaCO

3

→ CaO + CO

2

(zwykle reakcjami endoenergetycznymi s

ą reakcje analizy)

3.

podział ze wzgl

ędu na zmianę (lub nie) stopni utlenienia pierwiastków biorących udział w

reakcji

A.

reakcje zachodz

ące bez zmiany stopni utlenienia:

+I –II +I +I –I +I -I +I -II

NaOH + HCl

→ NaCl + H

2

O

B.

reakcje zachodz

ące ze zmianą stopni utlenienia pierwiastków biorących w nich udział

(reakcje redoks)

0 +I +V –II +II +V –II 0

Cu + 2AgNO

3

→ Cu(NO

3

)

2

+ 2Ag

↓

Reakcje dysproporcjonowania – reakcje w których pierwiastek wyst

ępujący na pośrednim

stopniu utlenienia w wyniku reakcji przechodzi na wy

ższy i niższy stopień utlenienia np.

0 +V –I

3Cl

2

+ 6NaOH

→ NaClO

3

+ NaCl + 3H

2

O

Reakcje synproporcjonowania – pierwiastek b

ędący na wyższym i niższym stopieniu

utlenienia przechodzi w produkt, w którym wyst

ępuje na pośrednim stopniu utlenienia, np.

+VI -II +IV

3SO

4

2-

+ S

2-

→ 4SO

3

2-

4.

podział, którego podstaw

ą jest zmiana ilości jonów w roztworze

A.

reakcje zoboj

ętniania np.:

NaOH + HCl

→ NaCl + H

2

O (H

+

+ OH

-

→ H

2

O)

B.

reakcje str

ącania, np.:

BaCl

2

+ H

2

SO

4

→ BaSO

4

+ 2HCl (Ba

2+

+ SO

4

2-

→ BaSO

4

↓)

5.

podział, którego kryterium jest przebieg reakcji w układzie jedno lub wielofazowym:

A.

reakcje homogeniczne:

H

2(c)

+ Cl

2(g)

→ 2HCl

(g)

B.

reakcje heterogeniczne:

Zn

(s)

+ H

2

SO

4(c)

→ ZnSO

4(c)

+ H

2(g)

↑

12

Repetytorium z chemii

ILOŚCIOWA INTERPRETACJA RÓWNANIA CHEMICZNEGO

Równanie chemiczne ilustruje zarówno zmiany chemiczne zachodz

ące w czasie przebiegu danej

reakcji oraz przedstawia równie

ż stosunki ilościowe reagentów.

Stosunek ilo

ściowy reagentów (substratów i produktów reakcji) określony odpowiednim dla danej

przemiany równaniem nosi nazw

ę stosunku stechiometrycznego.

Je

żeli znana jest ilość (masa, objętość, liczba moli) jednego z reagentów, korzystając ze stosunków

stechiometrycznych mo

żna na podstawie prostych proporcji obliczyć ilości pozostałych.

1.1.

WYDAJNOŚĆ REAKCJI

Wydajno

ść reakcji możemy obliczać zarówno względem ilości otrzymanego produktu, jak i

wzgl

ędem ilości użytego substratu (dla tego samego procesu obliczone wartości wydajności zarówno

wzgl

ędem substratu, jak i produktu będą identyczne).

Wydajno

ść reakcji obliczana względem produktu reakcji:

W

prod.

=

ilo

ść substancji otrzymana praktycznie

ilo

ść substancji teoretycznie możliwa do otrzymania

Wydajno

ść reakcji obliczana względem substratów reakcji:

W

substr.

=

ilo

ść substratu teoretycznie potrzebna do reakcji

ilo

ść substratu praktycznie użyta w reakcji

Ilo

ści substancji z powyższych zależności mogą być wyrażone za pomocą liczby moli, gramów lub

decymetrów sze

ściennych, np.:

,

W

prod.

t

p

m

m

=

st

ąd:

m

p

= m

t

· W

prod.

,

W

substr.

p

t

m

m

=

st

ąd:

substr.

t

p

W

m

m

=

gdzie:

indeks t – wielko

ść teoretycznie potrzebna, obliczona na podstawie schematu reakcji;

indeks p – ilo

ść otrzymana praktycznie;

m – masa substancji.

Wydajno

ść wyrażona w procentach (W%) jest równa:

W(%) = W·100%

Je

śli proces przebiega wieloetapowo, to wydajność całego procesu (W

c

) jest równa iloczynowi

wydajno

ści etapowych:

100

(%)

W

100

(%)

W

100

(%)

W

W

W

W

W

n

2

1

n

2

1

c

⋅

⋅

⋅

=

⋅

⋅

⋅

=

K

K

W – wydajno

ść jako wielkość bezwymiarowa

100%

W(%)

W

=

PODSTAWOWE PRAWA CHEMICZNE

PRAWO ZACHOWANIA MASY
W układzie zamkni

ętym suma mas produktów powstających w danej reakcji chemicznej jest równa

sumie mas substratów u

żytych do reakcji. Masa układu zamkniętego, w którym przebiegają reakcje

chemiczne jest stał

ą.

Układ zamkni

ęty – układ nie wymieniający masy z otoczeniem, zachodzi jedynie wymiana energii

Układ otwarty – układ wymieniaj

ący z otoczeniem zarówno masę jak i energię

Podstawowe prawa i poj

ęcia chemiczne

13

PRAWO STAŁOŚCI SKŁADU
Stosunek masowy pierwiastków w ka

żdym związku chemicznym jest stały, charakterystyczny dla

danego zwi

ązku chemicznego i nie zależy od sposobu powstawania związku np. dla związku A

n

B

m

const

m

m

n

m

B

A

=

⋅

⋅

gdzie: A, B - symbole pierwiastków; n, m – indeksy stechiometryczne; m

A

, m

B

– masy pierwiastków

A i B

CO+ CO

2

CO

2

CaCO

3

CaO + CO

2

w CO

2

:

CH

4

+ 2O

2

2H

2

O + CO

2

PRAWO AVOGADRO
W równych obj

ętościach różnych gazów, w tych samych warunkach temperatury i ciśnienia znajduje

si

ę jednakowa liczba cząsteczek gazu np. w warunkach normalnych w:

2 molach gazu --- 2 ·22,4dm

3

gazu

 2 · 6,02 ·10

23

cz

ąsteczek gazu

PRAWO STOSUNKÓW OBJĘTOŚCIOWYCH
W reakcji chemicznej obj

ętości gazowych substratów i produktów, odmierzone w stałej temperaturze

oraz pod stałym ci

śnieniem, pozostają w stosunku do siebie niewielkich liczb całkowitych, równych

ich stosunkowi molowemu np.:

C

3

H

8(g)

+ 5O

2(g)

 3CO

2(g)

+ 4H

2

O

(g)

1 : 5 : 3 : 4

PRAWO STOSUNKÓW WIELOKROTNYCH DALTONA
Jeśli dwa pierwiastki tworzą ze sobą dwa lub więcej związków chemicznych, to ilości wagowe
jednego pierwiastka łączące się w tych związkach z tą samą ilością wagową drugiego pierwiastka,
mają się do siebie jak niewielkie liczby naturalne np.

m

N

:m

O

N

2

O

NO

N

2

O

3

NO

2

N

2

O

5

7:4

7:8

7:12

7:16

7:20

1

: 2

: 3

: 4

: 5

PRAWO (ZASADA) ZACHOWANIA ŁADUNKU
Suma ładunków (Q) wszystkich cz

ąstek (jonów) przez przemianą (reakcją) jest równa sumarycznemu

ładunkowi wszystkich produktów przemiany Q

L

= Q

P

np.

Na

23

11

→ Ne

23

10

+

+

+

β

0

1

MnO

4

-

+ 5Fe

2+

+ 8H

+

 5Fe

3+

+ Mn

2+

+ 4H

2

O

PRAWO CIŚNIEŃ PARCJALNYCH DALTONA
Ci

śnienie mieszaniny gazów (P) jest równe sumie ciśnień parcjalnych (P

i

) poszczególnych

składników mieszaniny

P = P

1

+ P

2

+ ...... +P

n

=

∑

=

n

1

i

i

P

Ciśnienie parcjalne danego składnika mieszaniny, to ciśnienie jakie wywierałby dany składnik
mieszaniny, gdyby sam wypełniał objętość zajmowaną przez mieszaninę (w tych samych warunkach
temperatury i ciśnienia).

8

3

16

2

12

1

m

m

O

C

=

⋅

⋅

=

14

Repetytorium z chemii

PRZYKŁADY

Przykład 1.1.

2001/F

Oszacuj g

ęstość (w g/dm

3

) azotu, argonu i tlenku w

ęgla(II) w warunkach normalnych. Wartości

prawidłowe to:

azot

argon

tlenek w

ęgla (II)

A.

0,625

0,89

1,96

B.

0,625

0,89

1,25

C.

1,25

1,78

1,96

D.

1,25

1,78

1,25

Rozwi

ązanie:

molowa

V

M

V

m

d

=

=

wi

ęc

3

3

3

N

N

dm

g

25

,

1

mol

dm

4

,

22

mol

g

28

mol

dm

4

,

22

M

d

2

2

=

=

=

3

3

3

Ar

Ar

dm

g

78

,

1

mol

dm

4

,

22

mol

g

948

,

39

mol

dm

4

,

22

M

d

=

=

=

3

3

3

CO

CO

dm

g

25

,

1

mol

dm

4

,

22

mol

g

28

mol

dm

4

,

22

M

d

=

=

=

Odpowied

ź D

Przykład 1.2.

1999/L

Próbka pewnego zwi

ązku zawiera 1,2g pierwiastka X, 0,3g pierwiastka Y oraz 40% masowych

pierwiastka Z. Do reakcji prowadz

ących do otrzymania tego związku (przebiegających wydajnością

100% i bez produktów ubocznych) u

żyto po 24g każdego z pierwiastków. Ilość otrzymanego związku

wynosi:
A. 72g

B. 60g

C. 50g

D. 39g

Rozwi

ązanie:

Najpierw obliczamy ile gramów pierwiastka Z było w próbce zwi

ązku:

(1,2g + 0,3g)



60%

Z



40%

Z = 1g

Stosunki masowe pierwiastków w zwi

ązku wynoszą:

m.

X

: m.

Y

: m.

Z

=1,2 : 0,3 : 1 = 24 : 6 : 20

Je

śli użyto po 24g każdego z pierwiastków, to zgodnie z wcześniej obliczonymi stosunkami

masowymi, w tworzeniu zwi

ązku wzięło udział:

24g pierwiastka X, 6g pierwiastka Y i 20g pierwiastka Z
Masa utworzonego zwi

ązku wynosi: 24g + 6g + 20g = 50g

Odpowied

ź C

Przykład 1.3.

2000/L

126g pewnej substancji X rozło

żono całkowicie zgodnie z równaniem:

X

→

Y + Z + W

W wyniku tej reakcji otrzymano produkty w stosunku masowym Y : Z : W = 4 : 5 : 9. Ilo

ść

otrzymanej substancji W jest równa:
A. 81g

B. 63g

C. 35g

D. 14g

Rozwi

ązanie:

126g



stanowi



(4 + 5 + 9) cz

ęści wagowych

W



9 cz

ęści wagowych

63g

g

18

126

9

W

=

⋅

=

Odpowied

ź B

Podstawowe prawa i poj

ęcia chemiczne

15

Przykład 1.4.

Po wrzuceniu 1,94g stopu cynku i miedzi do naczynia zawieraj

ącego kwas solny wydzieliło się

0,448dm

3

gazu (w przeliczeniu na warunki normalne). Stosunek molowy ilo

ści atomów miedzi do

cynku w stopie wynosił:
A. 1 : 2

B. 2 : 1

C. 3 : 2

D. 1 : 1

Rozwi

ązanie:

Z kwasem solnym reaguje jedynie cynk, gdy

ż metale elektrododatnie nie reagują z kwasami

beztlenowymi:

Zn + 2HCl

→

ZnCl

2

+ H

2

↑

65g



22,4dm

3

m



0,448dm

3

m.= 1,3g

to m

Cu

= 1,94g – 1,3g = 0,64g

2

:

1

2

,

0

1

,

0

65

3

,

1

64

64

,

6

=

=

=

mol

g

g

mol

g

g

n

n

Zn

Cu

Odpowied

ź A

Przykład 1.5.

1999/L

Przeprowadzono reakcj

ę spalania 100cm

3

mieszaniny wodoru z tlenem. Po reakcji pozostało 10cm

3

tlenu. Pomiary wykonano w tych samych warunkach ci

śnienia i temperatury. Jaki procent mieszaniny

stanowił tlen przed reakcj

ą?

A. 20%

B. 40%

C. 50%

D. 80%

Rozwi

ązanie:

Reakcja spalania wodoru w tlenie przebiega nast

ępująco:

2H

2

+ O

2

→

2H

2

O

2 : 1

Z tre

ści zadania wynika, że przereagował całkowicie wodór.

Przereagowało zatem 100 – 10 = 90cm

3

gazów. Z równania reakcji mo

żna wyciągnąć wniosek, że:

3 cz

ęści objętościowe



90cm

3

2 cz

ęści objętościowe



V

V = 60cm

3

wodoru przereagowało, a wi

ęc objętość tlenu w mieszaninie wyjściowej wynosiła:

100 – 60 = 40cm

3

Zatem %

V/V tlenu

= 40cm

3

/100cm

3

⋅

100% = 40%

Odpowied

ź B

Przykład 1.6.

2001/F

Po przeprowadzonej hydrolizie i analizie aminokwasowej oczyszczonej wołowej pepsyny
stwierdzono tylko 0,43% lizyny. Wzór lizyny jest nast

ępujący:

C

(CH

2

)

4

NH

2

H

3

N

COO-

H

+

Oszacuj minimaln

ą masę cząsteczkową tej pepsyny.

A. 3300u

B. 34000u

C. 300000u

D. 339000u

Rozwi

ązanie:

Masa molowa lizyny

u

M

N

O

H

C

146

2

2

14

6

=

146u





0,43%

m

cz





100%

m

cz

= 33953u

≈

34000u

Odpowied

ź B

16

Repetytorium z chemii

Przykład 1.7.

1998/L

Lizozym jest enzymem (masa cz

ąsteczkowa 14600) zbudowanym ze 129 reszt aminokwasowych

poł

ączonych w jeden łańcuch polipeptydowy. Cząsteczka białka ma kształt elipsoidy, którą stabilizują

mostki dwusiarczkowe spinaj

ące fragmenty łańcucha polipeptydowego. Wykryto, że procentowy

udział fragmentów cystynowych (nazwanych tu cystyna – patrz rysunek) w cz

ąsteczce lizozymu

wynosi 5,6% masy białka.

S

S

C

H

C

H

H

C

C

H

N

O

H

C

N

C

O

H

H

H

cystyna

Liczba mostków dwusiarczkowych w cz

ąsteczce lizoenzymu wynosi:

A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Rozwi

ązanie:

Ilo

ść mostków dwusiarczkowych jest równa ilości fragmentów cystynowych w cząsteczce lizozymu.

Zadanie to sprowadza si

ę więc do obliczenia ilości cystyn w cząsteczce lizozymu.

Masa molowa cystyny

u

M

N

O

S

H

C

204

2

2

2

8

6

=

204u





5,6%

m

cz





100%

m

cystyny

= 5,6%

⋅

14600u/100% = 817,6u

ilo

ść cząsteczek cystyn

4

204

6

,

817

≈

=

u

u

Odpowied

ź D

Przykład 1.8.

1996/L

Obj

ętość molowa większości gazów w warunkach normalnych wynosi 22,4dm

3

/mol. Jeden mol tych

gazów w temperaturze 372 K i pod ci

śnieniem 912 hPa zajmuje objętość:

A. 33,9dm

3

B. 22,4dm

3

C. 20,7dm

3

D. 14,8dm

3

Rozwi

ązanie:

Na podstawie równania gazu doskonałego (równanie Clapeyrona):

1

1

1

0

0

0

T

V

p

T

V

p

=

obliczamy obj

ętość gazu w warunkach doświadczenia (przekształcając równanie względem V

1

):

3

3

1

1

0

0

0

1

dm

9

,

33

hPa

912

K

372

K

273

dm

22,4

hPa

1013

=

⋅

⋅

=

⋅

=

p

T

T

V

p

V

Odpowied

ź A

Przykład 1.9.

Ile gramów chlorku baru nale

ży dodać do roztworu; w którym rozpuszczono 4g mieszaniny Na

2

SO

4

i

Fe

2

(SO

4

)

3

, aby mie

ć pewność całkowitego wytrącenia siarczanów?

A. 2,08g

B. 5,86g

C. 6,24g

D. 8,49g

Rozwi

ązanie:

Aby mie

ć pewność całkowitego wytrącenia siarczanów, należy założyć, że próbka jest sporządzona

tylko z tego z siarczanów, który masowo zawiera wi

ęcej jonów

-

2

4

SO w przeliczeniu na jednostk

ę

masy.
Dla Na

2

SO

4

:

142g Na

2

O

4





96g

-

2

4

SO

4g





x

x = 2,7g

-

2

4

SO

Dla Fe

2

(SO

4

)

3

:

Podstawowe prawa i poj

ęcia chemiczne

17

400g Fe

2

(SO

4

)

3





288g

-

2

4

SO

4g





x

x = 2,88g

-

2

4

SO

Z powy

ższych obliczeń wynika, iż należy założyć, że próbka jest sporządzona tylko z Fe

2

(SO

4

)

3

, a

wi

ęc obliczamy masę BaCl

2

niezb

ędną do całkowitego wytrącenia BaSO

4

w reakcji z 4g Fe

2

(SO

4

)

3

:

Fe

2

(SO

4

)

3

+ 3BaCl

2

→

3BaSO

4

↓

+ 2FeCl

3

400g



3

⋅

208g

4g



x

x = 6,24g

Odpowied

ź C

Przykład 1.10.

1986/F

Masa atomowa dwuwarto

ściowego metalu, którego 1g wypiera 0,56dm

3

wodoru (warunki normalne),

wynosi:
A. 20u

B. 40u

C. 56u

D. 80u

Rozwi

ązanie:

Reakcja wypierania wodoru przebiega według schematu:

M + 2H

+

→

M

2+

+ H

2

↑

Na podstawie powy

ższej reakcji, z proporcji obliczamy masę molową metalu (M):

1 mol

⋅

M



22,4dm

3

H

2

1 g



0,56 dm

3

M = 40 g/mol

Odpowied

ź B

Przykład 1.11.

1996/F

Oblicz, ile kilogramów karbidu zawieraj

ącego 90% CaC

2

nale

ży zużyć teoretycznie w celu

otrzymania 1t PCV, zawieraj

ącego oprócz poli(chlorku winylu) także 10% masowych plastyfikatora.

A. 829,4 kg

B. 921,6 kg

C. 985,0 kg

D. 1024 kg

Rozwi

ązanie:

Ilo

ść poli(chlorku winylu) zawartego w 1t tworzywa wynosi:

1 t



100%

x



90%

x = 0,9 t

Poli(chlorek winulu) otrzymujemy zgodnie z nast

ępującym schematem reakcji:

(

)

n

n

n

n

n

n

n

Cl

H

C

Cl

H

C

H

C

CaC

3

2

3

2

HCl

2

2

Ca(OH)

O

H

2

2

2

→





 →





 →



−

Z proporcji obliczamy ilo

ść potrzebnego CaC

2

mol

g

64

2

CaC

=

M

;

(

)

n

M

n

⋅

=

g

5

,

62

Cl

H

C

3

2

n

⋅

64g CaC

2



62,5g

⋅

n (C

2

H

3

Cl)

n

x



0,9 t

x = 0,9216 t = 921,6 kg CaC

2

Czystego CaC

2

w karbidzie jest 90%, wi

ęc ilość potrzebnego karbidu wynosi:

921,6 kg



90%

x



100%

x = 1024 kg

Odpowied

ź D

Przykład 1.12.

1990/L

Do oznaczania fenolu w

ściekach stosuje się reakcję, w której wyniku powstaje 2,4,6-tribromofenol.

Je

żeli z fenolem zawartym w 100cm

3

ścieku przereagowało 0,24g bromu, to stężenie fenolu

(w mol/dm

3

) wynosi:

A. 0,005

B. 0,5

C. 0,05

D. 0,015

18

Repetytorium z chemii

Rozwi

ązanie:

Reakcja b

ędąca podstawą oznaczania fenolu przebiega według schematu:

OH

+ 3Br

2

OH

Br

Br

Br

+ 3HBr

Z proporcji obliczamy ilo

ść moli fenolu zawartego w próbce:

1 mol fenolu



6

⋅

80g bromu

x



0,24 g

x = 0,0005 mola

a z definicji st

ężenia molowego – c

mol

fenolu w próbce:

3

3

mol

mol/dm

005

,

0

dm

1

,

0

mola

0005

,

0

c

=

=

Odpowied

ź A

1.2.

WYZNACZANIE WZORU ELEMENTARNEGO I RZECZYWISTEGO

Przykład 1.13.

2002/F

Ustal wzór cz

ąsteczki tlenku azotu, który powstaje w reakcji katalitycznego utleniania amoniaku,

wiedz

ąc, że w tych samych warunkach ciśnienia i temperatury, każdy 1dm

3

amoniaku zu

żywa

1,25dm

3

tlenu i powstaje 1dm

3

tlenku azotu i para wodna

A. N

2

O

4

B. NO

2

C. NO

D. N

2

O

Rozwi

ązanie:

Zakładamy,

że wzór elementarny tlenku azotu ma postać: N

x

O

y

Stosunki obj

ętościowe reagujących gazów wynoszą odpowiednio:

4

:

5

:

4

1

:

25

,

1

:

1

:

:

2

3

=

=

y

x

O

N

O

NH

V

V

V

W tych samych warunkach temperatury i ci

śnienia stosunki objętościowe gazów są równe ich

stosunkom molowym, wi

ęc:

4NH

3

+ 5O

2

→ 4 N

x

O

y

+ zH

2

O

Z równania reakcji wynika,

że:

4x=4

→ x=1

12 = 2z

→ z = 6

wi

ęc 10 = 4y + 6 → y = 1

a wi

ęc powstający tlenek to NO

Odpowied

ź C

Przykład 1.14.

2002/L

W wyniku spalenia 36mg w

ęglowodoru nasyconego X otrzymano 108mg CO

2

i wod

ę. Węglowodór

X, to:
A. etan

B. propan

C. butan

D. pentan

Rozwi

ązanie

Reakcja spalania alkanu przebiega według schematu:

C

n

H

2n+2

+ (3n+1)/2O

2

→ nCO

2

+ (n+1)H

2

O

M

CO

2

= 44g/mol

14n+2n+2 ------------- n

.

44

36mg ------------- 108mg

44·36·n = 108 (14n + 2)

15884n = 1512n + 216
72n = 216

n = 3

czyli C

3

H

8

Odpowied

ź B

Podstawowe prawa i poj

ęcia chemiczne

19

Przykład 1.15.

2000/F

Do całkowitego spalenia pewnego w

ęglowodoru zużyto 784cm

3

tlenu (w przeliczeniu na warunki

normalne). Otrzymany dwutlenek w

ęgla przepuszczono przez płuczkę z wodą wapienną. Otrzymano

2g osadu. W

ęglowodorem tym był:

A. eten

B. etan

C. etyn

D. propyn

Rozwi

ązanie

Reakcje opisane w do

świadczeniu można zapisać następująco:

C

x

H

y

+ (2x+y/2)/2O

2

→ xCO

2

+ y/2H

2

O

xCO

2

+ xCa(OH)

2

→ x CaCO

3

↓ + x H

2

O

z zapisu wida

ć, że n

c

= n

CaCO

3

= x

wi

ęc

mola

mol

g

g

M

m

x

CaCO

CaCO

02

,

0

/

100

2

3

3

=

=

=

a ilo

ść moli tlenu:

mol

dm

dm

y

x

/

4

,

22

784

,

0

2

2

2

3

3

=

+

,

07

,

0

2

2

=

+

y

x

po podstawieniu uprzednio obliczonej warto

ści x obliczamy y:

07

,

0

2

02

,

0

2

=

+

⋅

y

│2

0,08 + y = 0,014
y = 0,06
stosunek molowy x : y = 0,02:0,06 = 1 : 3
czyli wzór elementarny zwi

ązku ma postać CH

3

a wzór rzeczywisty (CH

3

)

n

warunek ten spełnia tylko w

ęglowodór

C

2

H

6

dla n = 2

Odpowied

ź B

Przykład 1.16.

2001/F

W 5

.

10

-4

mola cz

ąsteczek pewnego związku znajduje się 12

.

10

20

atomów tlenu. Zwi

ązkiem tym jest:

A. octan magnezu

B. siarczan(IV) sodu

C. fosforan(V) magnezu

D. mrówczan sodu

Rozwi

ązanie

Rozwi

ązanie zadania sprowadza się do ustalenia stosunku (x) molowego ilości moli atomów tlenu do

ilo

ści moli cząsteczek związku (czyli ilości atomów tlenu w cząsteczce związku) a następnie

sprawdzenia, który z wymienionych w odpowiedziach A – D zwi

ązków spełnia tę zależność:

4

10

5

10

2

10

2

10

02

,

6

10

04

,

12

4

3

O

3

23

20

=

⋅

⋅

=

=

⋅

=

⋅

⋅

=

−

−

−

mola

mola

n

n

x

mola

n

zwiazku

moli

atomów

tlenu

atomów

Sprawdzamy, który z wymienionych w odpowiedziach A-D zwi

ązków spełnia ten warunek:

A. octan magnezu (CH

3

COO)

2

Mg

x = 4/1 = 4

B. siarczan(IV) sodu Na

2

SO

3

x = 3

C.

fosforan(V) magnezu Mg

3

(PO

4

)

2

x = 8

D.

mrówczan sodu (HCOO)

2

Mg

x = 2

Odpowied

ź A

Przykład 1.17.

1997/L

W wyniku całkowitego spalenia 1 mola pewnego zwi

ązku organicznego powstało 44,8dm

3

dwutlenku

w

ęgla (pomiar wykonano w warunkach normalnych) oraz 54g wody. Stechiometryczna ilość tlenu

(O

2

) bior

ącego udział w tej reakcji wynosi 3 mole. Spalonym związkiem był:

A. etan

B. etylen

C. etanal

D. etanol

Rozwi

ązanie

Zakładamy,

że wzór sumaryczny spalanego związku ma postać C

x

H

y

O

z

20

Repetytorium z chemii

Obliczamy najpierw ilo

ści moli reagentów i ich stosunki molowe:

mole

mol

dm

dm

n

CO

2

/

4

,

22

8

,

44

3

3

2

=

=

mole

mol

g

g

n

O

H

3

/

18

54

2

=

=

3

:

2

:

3

:

1

:

:

:

2

2

2

=

O

H

CO

O

O

H

C

n

n

n

n

z

y

x

Korzystając ze schematu reakcji spalania obliczamy wartości x, y i z.

1 C

x

H

y

O

z

+ 3O

2

→ 2CO

2

+ 3H

2

O

x = 2

y = 6

z + 6 = 4 + 3

z = 1

C

2

H

6

O

1

czyli C

2

H

5

OH

Odpowied

ź D

Przykład 1.18.

Podczas hydrolizy pewnego estru otrzymano alkohol o masie cz

ąsteczkowej 60u i kwas organiczny o

masie cz

ąsteczkowej 74u. Który z wymienionych estrów został użyty w reakcji?:

A. octan propylu

B. propionian propylu

C. octan etylu

D. mrówczan butylu

Rozwi

ązanie

Z podanych odpowiedzi wnioskujemy,

że kwas należy do szeregu homologicznego nasyconych

kwasów jednokarboksylowych (wzór ogólny C

n

H

2n+1

COOH) za

ś alkohol to nasycony alkohol

jednowodorotlenowy (wzór ogólny C

n

H

2n+1

OH)

Korzystaj

ąc ze wzorów ogólnych wyznaczamy wzory kwasu i alkoholu:

C

n

H

2n+1

COOH

12n + 2n + 1 + 12 + 16 + 16 + 1 = 74
14n + 46 = 74
14n = 28
n = 2
wi

ęc wzór kwasu jest następujący C

2

H

5

COOH

C

n

H

2n+1

OH

12n + 2n + 1 + 16 + 1 = 60
14n + 18 = 60
14n = 42
n = 3
wi

ęc wzór alkoholu jest następujący C

3

H

7

OH

hydrolizowany ester to produkt reakcji tych zwi

ązków:

C

2

H

5

C

O - H

O

H - O - C

3

H

7

C

2

H

5

C

O - C

3

H

7

O

+

+

H

2

O

propionian propylu

Odpowied

ź B

Przykład 1.19.

W wyniku spalenia 0,342g zwi

ązku o masie cząsteczkowej 342u otrzymano 0,528g CO

2

i 0,198g

wody. Zwi

ązkiem tym był:

A. C

6

H

10

O

5

B. C

12

H

22

O

11

C. C

6

H

10

D. C

3

H

7

OH

Rozwi

ązanie

Zakładamy

że spalany związek ma wzór: C

x

H

y

lub C

x

H

y

O

z

Sprawdzamy, który z zało

żonych wzorów jest poprawny. W tym celu obliczamy masę węgla i

wodoru oraz tlenu. Je

śli masa tlenu będzie równa 0 to poprawny będzie wzór pierwszy w przeciwnym

wypadku wzór drugi.
Ilo

ści moli wody i dwutlenku węgla wynoszą odpowiednio:

mola

011

,

0

mol

/

g

18

g

198

,

0

n

O

H

2

=

=

mola

012

,

0

mol

/

g

44

g

528

,

0

n

2

CO

=

=

m

O

= m

zwi

ązku

– (m

C

+ m

H

) = 0,287g – (0,012·12g + 0,011·2) = 0,342g – 0,166g = 0,176g

011

,

0

mol

/

g

16

g

176

,

0

n

O

=

=

n

H

= 2·n

H

2

O

= 0,022 mola

Stosunek ilo

ści moli węgla do wodoru i tlenu wynosi:

x : y : z = 0,012 : 0,022 : 0,011 = 12 : 22 : 11

(C

12

H

22

O

11

)

n

1

342

342

n

=

=

czyli

C

12

H

22

O

11

Odpowied

ź B

Podstawowe prawa i poj

ęcia chemiczne

21

Przykład 1.20.

1983/L

Analiza próbki pewnego zwi

ązku organicznego wykazuje, że zawiera ona 2,1g węgla, 0,35g wodoru

2,8g tlenu. G

ęstość pary tego związku względem wodoru wynosi 30. Jaki jest wzór sumaryczny

badanego zwi

ązku?

A. CH

2

O

B. C

2

H

4

O

2

C. C

3

H

6

O

3

D. C

4

H

8

O

4

Rozwi

ązanie:

Zakładamy,

że wzór empiryczny związku (najprostszy, wynikający z doświadczenia) ma postać

C

x

H

y

O

z

gdzie:

x – oznacza liczb

ę moli atomów C w cząsteczce związku,

C

C

M

m

x

=

y – oznacza liczb

ę moli atomów H w cząsteczce związku,

H

H

M

m

y

=

z – oznacza liczb

ę moli atomów O w cząsteczce związku,

O

O

M

m

z

=

Celem zadania jest obliczenie stosunku molowego x : y : z; jest on równy:

1

:

2

:

1

175

,

0

:

35

,

0

:

175

,

0

16

8

,

2

:

1

35

,

0

:

12

1

,

2

:

:

=

=

=

z

y

x

st

ąd wzór empiryczny związku jest następujący: CH

2

O.

Wzór rzeczywisty jest n-krotno

ścią wzoru empirycznego tzn (CH

2

O)

n

przy czym

emp.

M

M

n

x

=

gdzie:

M

x

– masa rzeczywista zwi

ązku badanego

M

emp

– masa wynikaj

ąca ze wzoru empirycznego

M

emp

– 12 g/mol + 2 g/mol + 16 g/mol = 30 g/mol

Mas

ę rzeczywistą związku wyliczamy korzystając z zależności, że stosunek gęstości gazów, w tych

samych warunkach ci

śnienia i temperatury, jest równy stosunkowi ich mas molowych, tzn.:

M

M

d

d

2

2

H

x

H

x

=

st

ąd

g/mol

60

g/mol

2

30

M

d

d

M

2

2

H

H

x

x

=

⋅

=

⋅

=

wi

ęc

2

30

60

=

=

n

, st

ąd wzór rzeczywisty ma postać: (CH

2

O)

2

czyli C

2

H

4

O

2

.

Odpowied

ź B

Przykład 1.21.

Z 8 g siarki otrzymano 20g tlenku siarki. Stopie

ń utlenienia siarki w tym tlenku wynosi:

A. II

B. IV

C. VI

D. – IV

Rozwi

ązanie:

Zakładamy,

że wzór empiryczny związku ma postać S

x

O

y

, gdzie

O

O

S

S

,

M

m

y

M

m

x

=

=

.

3

:

1

4

3

:

4

1

16

8

20

:

32

8

:

=

=

−

=

y

x

St

ąd wzór empiryczny badanego tlenku: SO

3

.

Korzystaj

ąc z następujących informacji: stopień utlenienia tlenu w tlenkach jest równy – II , suma

stopni utlenienia pierwiastków w cz

ąsteczce obojętnej jest równa zero, obliczamy stopień utlenienia

siarki (

x) z zale

żności:

x +3

⋅

(- II) = 0 st

ąd: x = VI

Odpowied

ź C

Przykład 1.22.

W wyniku reakcji w

ęglowodoru nienasyconego z chlorem otrymano substancję o masie

cz

ąsteczkowej 99u i następującym składzie procentowym: węgiel 24,24%, wodór 4,04%, chlor

71,72%. W

ęglowodór ten miał następujący wzór:

A. C

3

H

6

B. C

2

H

4

C. C

2

H

2

D. C

5

H

0

22

Repetytorium z chemii

Rozwi

ązanie:

Zakładamy dla ułatwienia oblicze

ń, że masa próbki związku wynosi 100g. Przy tym założeniu 1%

jest równowa

żny 1g, więc masa węgla wynosi 24,24g, wodoru 4,04g, chloru 71,71g. Zakładamy, że

wzór empiryczny chloropochodnej jest postaci: C

x

H

y

Cl

z

1

:

2

:

1

02

,

2

:

04

,

4

:

02

,

2

g

35,5

g

72

,

71

:

g

1

g

04

,

4

:

g

12

g

24

,

24

z

:

y

:

x

=

=

=

st

ąd: CH

2

Cl – wzór empiryczny, natomiast wzór rzeczywisty (CH

2

Cl)

n

, gdzie:

2

g

5

,

35

g

2

g

12

g

99

=

+

+

=

n

wzór sumaryczny chloropochodnej ma posta

ć C

2

H

4

Cl

2

.

Poniewa

ż chloroalkan ten został otrzymany w wyniku reakcji addycji chloru do węglowodoru

nienasyconego, wynika z tego,

że węglowodorem tym był alken C

2

H

4

.

Odpowied

ź B

Przykład 1.23.

Podczas reakcji 2 obj

ętości pewnego gazu z 4 objętościami wodoru otrzymano 1 objętość azotu i 4

obj

ętości pary wodnej. Pomiary wykonano w tych samych warunkach ciśnienia i temperatury. Jaki

jest wzór chemiczny badanego zwi

ązku?

A. NO

B. N

2

O

C. N

2

O

3

D. NO

2

Rozwi

ązanie:

Nieznany gaz zawiera w swoim składzie azot i tlen. Wzór empiryczny tlenku azotu jest postaci: N

x

O

y

.

Reakcja przebiega według schematu:

2N

x

O

y

+ 4H

2

→

N

2

+ 4H

2

O

(stosunki obj

ętościowe reagujących gazów są równe ich stosunkom molowym, w tych samych

warunkach ci

śnienia i temperatury). Z porównania liczb atomów po obu stronach równania widać, że:

2x = 2, st

ąd:

x = 1

za

ś

2y = 4, st

ąd:

y = 2

Odpowied

ź D

Przykład 1.24.

Jaki jest wzór hydratu chlorku wapnia, je

żeli wiadomo, że zawiera on 49,3% wody?

A. CaCl

2

·6H

2

O

B. CaCl

2

·2H

2

O

C. CaCl

2

·3H

2

O

D. CaCl

2

·4H

2

O

Rozwi

ązanie:

Zakładamy,

że wzór hydratu chlorku wapnia ma postać CaCl

2

·xH

2

O, gdzie x oznacza liczb

ę moli

wody zawart

ą w 1 molu hydratu. Masa całego związku stanowi 100%, a masa wody 49,3%, stąd:

111g + x·18g



100%

x·18g



49,3%

x = 6

Jeden mol hydratu zawiera 6 moli wody.
Odpowied

ź A

Przykład 1.25.

2003/F

Na całkowite wytr

ącenie chlorków z roztworu otrzymanego przez rozpuszczenie 0,14g hydratu

chlorku baru zu

żyto 10cm

3

0,1 molowego roztworu azotanu(V) srebra. Ustal, ile moli cz

ąsteczek

wody zawiera 1 mol hydratu:
A. 1 mol H

2

O

B. 2 mole H

2

O

C. 3 mole H

2

O

D. 4 mole H

2

O

Rozwi

ązanie:

Zakładamy,

że hydrat ma wzór BaCl

2

·xH

2

O.

n

AgNO

3

= 0,010dm

3

·0,1mol/dm

3

= 0,001 mola

BaCl

2

+ 2AgNO

3

2AgCl

↓ + Ba(NO

3

)

2

1 ------ 2

x ------ 0,001

x = 0,0005 mola

Rozpuszczono 0,0005 mola hydratu chlorku baru. Według tre

ści zadania masa tej ilości hydratu

wynosiła 0,14g, wi

ęc:

Podstawowe prawa i poj

ęcia chemiczne

23

0,14g ------ 0,0005 mola

x ------ 1 mol

x = 280g

← M

BaCl

2

·xH

2

O

Wi

ęc:

M

BaCl

2

· xH

2

O = 280 g/mol

a

M

BaCl

2

= 208 g/mol

to:

x·M

H

2

O

= 280 – 208 = 72 g

czyli

O

H

4

BaCl

4

18

72

x

2

2

⋅

⇒

=

=

Odpowied

ź D

Przykład 1.26.

Tlenek chloru o g

ęstości 3,01g/dm

3

(w warunkach normalnych) ma wzór:

A. Cl

2

O

B. ClO

C. ClO

2

D. Cl

2

O

7

Rozwi

ązanie:

Mas

ę molową związku obliczamy z zależności:

M = V

mol

·d = 22,4 dm

3

/mol · 3,01 g/dm

3

= 67,5 g/mol

Masy molowe wymienionych w odpowiedziach tlenków wynosz

ą:

g/mol

183

g/mol,

5

,

67

g/mol,

5

,

51

g/mol,

87

7

2

2

2

O

Cl

ClO

ClO

O

Cl

=

=

=

=

M

M

M

M

Uzyskali

śmy zgodność mas molowych w przypadku ClO

2

.

Odpowied

ź C

Przykład 1.27.

Pewien zwi

ązek organiczny, składający się jedynie z atomów C, H i N jest niezdysocjowany

w roztworze wodnym. Analiza zwi

ązku wykazała zawartość 58,5% C i 7,4% H, a 30g tego związku

w 150g wody krzepnie w temperaturze – 3,02

°

C. Zwi

ązkiem tym jest:

A. C

6

H

5

NH

2

B. C

4

H

4

(NH

2

)

2

C. C

6

H

3

(NH

2

)

3

D. C

7

H

7

NH

2

Rozwi

ązanie:

Zakładamy,

że masa próbki tego związku wynosi 100g, wtedy 1% jest równoważny 1g, stąd:

m

C

= 58,5g,

m

H

= 7,4g,

m

N

= 100g – 58,5g – 7,4g = 34,1g

Zakładamy,

że wzór empiryczny związku ma postać: C

x

H

y

N

z

.

Stosunek ilo

ści moli atomów C do H i do N wynosi:

1

:

3

:

2

43

,

2

:

4

,

7

:

875

,

4

14

1

,

34

:

1

4

,

7

:

12

5

,

58

:

:

=

=

=

z

y

x

Wzór empiryczny ma wi

ęc postać: C

2

H

3

N, a wzór rzeczywisty: (C

2

H

3

N)

n

.

W przypadku zwi

ązków niezdysocjowanych w roztworze wodnym, 1 mol substancji rozpuszczonej w

100 g wody powoduje podwy

ższenie temperatury wrzenia o 0,52°C lub obniżenie temperatury

krzepni

ęcia o 1,86°C (tzn o –1,86°C). Dla wodnych roztworów niezdysocjowanych związków można

zapisa

ć zależności (przy p = 101,3 kPa):



podwy

ższenie temperatury wrzenia roztworu względem czystego rozpuszczalnika:

liczba gramów zwi

ązku rozpuszczonego

·

1000

· 0,52°C =

∆

T

wrzenia

masa molowa zwi

ązku rozpuszczonego

liczba gramów wody



obni

żenie temperatury krzepnięcia roztworu względem czystego rozpuszczalnika:

liczba gramów zwi

ązku rozpuszczonego

·

1000

· (-1,86°C) =

∆

T

K

masa molowa zwi

ązku rozpuszczonego

liczba gramów wody

Mas

ę rzeczywistą związku obliczamy z zależności opisującej obniżenie temperatury krzepnięcia

roztworu:

(

)

86

,

1

150

1000

30

02

,

3

−

⋅

=

∆

=

−

M

T

M = 123 g/mol

wi

ęc:

3

41

123

=

=

n

24

Repetytorium z chemii

Wzór rzeczywisty zwi

ązku jest następujący: C

6

H

9

N

3

.

Odpowied

ź C

Przykład 1.28.

Zwi

ązkiem, którego 12% roztwór wodny ma gęstość równą 1,11 g/cm

3

i st

ężenie molowe wynoszące

0,84 mol/dm

3

, jest:

A. Na

2

SO

3

B. Na

2

SO

4

C. Na

2

S

2

O

3

D. Na

2

S

2

O

8

Rozwi

ązanie:

Korzystaj

ąc ze wzoru opisującego zależność pomiędzy stężeniem procentowym a molowym roztworu

(str. 46):

mol

r

p

c

d

c

M

⋅

⋅

=

10

wyznaczamy mas

ę molową (M) związku:

g/mol

158

84

,

0

11

,

1

12

10

=

⋅

⋅

=

M

Nast

ępnie porównujemy uzyskaną wartość z masami molowymi związków podanych w

odpowiedziach:

g/mol

238

g/mol,

158

g/mol,

142

g/mol,

126

8

2

2

3

2

2

4

2

3

2

O

S

Na

O

S

Na

SO

Na

SO

Na

=

=

=

=

M

M

M

M

Uzyskali

śmy zgodność mas molowych w przypadku Na

2

S

2

O

3

.

Odpowied

ź C

1.3.

STECHIOMETRIA MIESZANIN

Przykład 1.29.

Podczas pra

żenia węglanu wapnia z krzemionką (SiO

2

) wydziela si

ę dwutlenek węgla i tworzy się

krzemian wapnia. W otwartym naczyniu ogrzewano równomolow

ą mieszaninę tych substancji

o masie 32g. Po pewnym czasie ogrzewanie przerwano, a po ostudzeniu zwa

żono pozostałość

w probówce. Masa pozostało

ści wynosiła 25,4g. Skład mieszaniny poreakcyjnej był następujący:

A. 36,3% CaSiO

3

, 31,3% CaCO

3

i 32,4% SiO

2

B. 42,0% CaSiO

3

, 36,2% CaCO

3

i 21,8% SiO

2

C. 28,0% CaSiO

3

, 44,4% CaCO

3

i 27,6% SiO

2

D. 68,5% CaSiO

3

, 19,7% CaCO

3

i 11,8% SiO

2

Rozwi

ązanie:

Podczas pra

żenia zachodzi następująca reakcja:

CaCO

3

+ SiO

2

→

CaSiO

3

+ CO

2

↑

1

:

1

:

1 : 1

Ubytek masy próbki w wyniku pra

żenia to masa wydzielonego CO

2

; wi

ęc

mola

15

,

0

g/mol

44

g

6

,

6

g,

6,6

g

25,4

-

g

32

2

2

CO

CO

=

=

=

=

n

m

powstanie wi

ęc 0,15 mola CaSiO

3

a

g

4

,

17

g/mol

116

mola

15

,

0

m

3

CaSiO

=

⋅

=

Zawarto

ść procentowa CaSiO

3

w mieszaninie poreakcyjnej wynosi:

%

5

,

69

%

100

g

4

,

25

g

4

,

17

CaSiO

%

3

=

⋅

=

Próbka wyj

ściowa zawierała równomolowe ilości SiO

2

i CaCO

3

Oznaczamy przez n pocz

ątkowe ilości moli SiO

2

i CaCO

3

:

n

n

n

=

=

2

3

SiO

CaCO

z tre

ści zadania wiemy, że:

g

32

2

3

SiO

CaCO

=

+

m

m

, to 100n + 60n = 32

n = 0,2 mola

Z równania reakcji wnioskujemy,

że przereagowało tyle moli CaCO

3

i SiO

2

ile powstało moli CO

2

,

czyli:

mola

15

,

0

2

2

3

CO

SiO

CaCO

=

=

=

n

n

n

Podstawowe prawa i poj

ęcia chemiczne

25

to pozostało po reakcji 0,2 – 0,15 = 0,05 mola ka

żdego z tych związków, więc masy pozostałego

CaCO

3

i SiO

2

wynosz

ą odpowiednio:

g

3

g/mol

60

mola

05

,

0

,

g

5

g/mol

100

mola

05

,

0

2

3

SiO

CaCO

=

⋅

=

=

⋅

=

m

m

Zawarto

ść procentowa CaCO

3

i SiO

2

w mieszaninie poreakcyjnej wynosi wi

ęc:

%

7

,

19

%

100

g

4

,

25

g

5

CaCO

%

3

=

⋅

=

a

%

8

,

11

%

100

g

4

,

25

g

3

SiO

%

2

=

⋅

=

Odpowied

ź D

Przykład 1.30.

Mieszanina składa si

ę z tlenku węgla(II), metanu i azotu. 20cm

3

tej mieszaniny spalono w 80cm

3

tlenu. Po ochłodzeniu obj

ętość mieszaniny wyniosła 79cm

3

. Po przepuszczeniu mieszaniny

poreakcyjnej przez roztwór KOH jej obj

ętość zmalała do 61cm

3

. Mieszanina zawierała:

A. 10cm

3

CO, 8cm

3

CH

4

i 2cm

3

N

2

B. 8cm

3

CO, 10cm

3

CH

4

i 2cm

3

N

2

C. 8cm

3

CO, 8cm

3

CH

4

i 4cm

3

N

2

D. 4cm

3

CO, 4cm

3

CH

4

i 12cm

3

N

2

Rozwi

ązanie:

Oznaczmy przez V

CO

= x, V

metanu

= y, V

azotu

= z.

Obj

ętość mieszaniny gazów wynosi: x + y + z = 20cm

3

Reakcje spalania poszczególnych składników mieszaniny przebiegały nast

ępująco:

CO + 1/2O

2

→

CO

2

CH

4

+ 2O

2

→

CO

2

+ 2H

2

O

©

N

2

– niepalny

x

1/2x

x

y

2y

y

~0



-------------

----------------



0,5x

2y

Po ochłodzeniu mieszaniny woda ulega wykropleniu. Obj

ętość molowa cieczy i ciał stałych w

porównaniu z gazami jest znikomo mała (przymujemy j

ą w przybliżeniu równą zero).

Ubytek obj

ętości substancji gazowych w wyniku spalenia jest równy: (20 + 80) – 79 = 21cm

3

Korzystaj

ąc ze schematu reakcji ta ilość jest równa: 0,5x + 2y = 21cm

3

Ubytek obj

ętości gazów poreakcyjnych w wyniku przepuszczania ich przez roztwór KOH jest

efektem reakcji:

CO

2

+ 2KOH

→

K

2

CO

3

+ H

2

O

Zakładaj

ąc, że cała ilość CO

2

powstałego w reakcjach spalania jest pochłaniana w pluczce z KOH

otrzymujemy zale

żność:

x + y = 79 – 61 = 18

Na podstawie powy

ższych rozważań otrzymuje się układ trzech równań z 2 niewiadomymi:











=

+

=

+

=

+

+

21

y

2

x

5

,

0

18

y

x

20

z

y

x

st

ąd

10

z

8

y

10

x

=

=

=

Odpowied

ź A

Przykład 1.31.

W

ęglan baru i węglan wapnia zmieszano w stosunku molowym 1:2. Objętość CO

2

wydzielonego

w wyniku pra

żenia tak sporządzonej mieszaniny o masie 4g wynosi (w przeliczeniu na warunki

normalne):
A. 6,72 dm

3

B. 3,36 dm

3

C. 4,48 dm

3

D. 0,67 dm

3

Rozwi

ązanie:

Podczas pra

żenia próbki węglanów zachodzą reakcje:

BaCO

3

→

BaO + CO

2

CaCO

3

→

CaO + CO

2

n

1

- - - - - - - - - V

1

n

2

- - - - - - - - - - V

2

n

1

– ilo

ść moli BaCO

3

to

V

1

– obj

ętość CO

2

wydzielonego z rozkładu BaCO

3

n

2

– ilo

ść moli CaCO

3

to

V

2

– obj

ętość CO

2

wydzielonego z rozkładu CaCO

3

Z tre

ści zadania wiemy, że:

26

Repetytorium z chemii











=

=

+

2

1

4

2

1

3

3

n

n

g

m

m

BaCO

CaCO

g

n

M

n

m

g

n

M

n

m

CaCO

CaCO

CaCO

BaCO

BaCO

BaCO

100

197

2

1

3

3

3

3

3

3

⋅

=

⋅

=

⋅

=

⋅

=

wi

ęc:









=

→

=

=

+

1

2

1

2

2

1

2

2

1

4

100

197

n

n

n

n

n

n

to 200n

1

+ 197n

1

= 4

n

1

= 0,02mola

a

n

2

= 0,01mola

st

ąd V

CO

2

= V

1

+ V

2

= n

1

·22,4dm

3

/mol + n

2

·22,4dm

3

/mol = (0,01 + 0,02)mola · 22,4dm

3

= 0,672dm

3

Odpowied

ź D

Przykład 1.32.

1999/L

Samochodowe poduszki powietrzne w ci

ągu kilku milisekund od chwili wypadku wypełniają się

azotem, poniewa

ż wstrząs uwalnia iskrę elektryczną, która inicjuje reakcję chemiczną przebiegającą

według równania 1. Reaktywny sód jako niepo

żądany produkt uboczny wiązany jest za pomocą

pozostałych dwu składników mieszaniny zgodnie z równaniami reakcji 2, 3 i 4.

1.

2NaN

3

→

2Na + 3N

2

2.

10Na + 2KNO

3

→

K

2

O + 5Na

2

O + N

2

O

3.

Na

2

O + SiO

2

→

Na

2

SiO

3

4.

K

2

O + SiO

2

→

K

2

SiO

3

Oszacuj skład mieszaniny przed wybuchem, przyjmuj

ąc, że wydzielający się azot zająłby objętość

71,68dm

3

, w przeliczeniu na warunki normalne.

Składniki mieszaniny przed zainicjowaniem reakcji

NaN

3

KNO

3

SiO

2

A

65 g

101 g

120 g

B

130 g

40,4 g

72 g

C

170 g

80,8 g

36 g

D

208 g

101 g

144 g

Rozwi

ązanie:

Zadanie to sprowadza si

ę do zapisania reakcji sumarycznej obejmującej wszystkie etapy reakcji.

Uzyskuje si

ę to mnożąc obie strony równań reakcji etapowych przez odpowiednie współczynniki:

2NaN

3

→

2Na + 3N

2

·5

10Na + 2KNO

3

→

k

2

O + 5Na

2

O + N

2

O

·1

Na

2

O + SiO

2

→

Na

2

SiO

3

·5

K

2

O + SiO

2

→

K

2

SiO

3

·1

i dodaj

ąc stronami:

10NaN

3

+ 10Na + 2KNO

3

+ 5Na

2

O + 5SiO

2

+ K

2

O + SiO

2

→

10Na + 15N

2

+ K

2

O + 5Na

2

O + N

2

+ SiO

2

+ K

2

SiO

3

+ 5Na

2

SiO

3

10 NaN

3

+ 2KNO

3

+ 5Na

2

O + 6SiO

2

→

16N

2

+ K

2

SiO

3

+ 5Na

2

SiO

3

Nast

ępnie z odpowiednich proporcji obliczamy ilości poszczególnych składników mieszaniny

NaN

3

KNO

3

SiO

2

10·65g



16·22,4dm

3

2·101g



16·22,4dm

3

6·60g



16·22,4dm

3

x



71,68dm

3

y



71,68dm

3

z



71,68dm

3

x = 130g

y = 40,4g

z = 72g

Odpowied

ź B

Przykład 1.33.

1995/L

W czystym tlenie amoniak spala si

ę do azotu według równania:

4NH

3 (g)

+ 3O

2 (g)

2N

2 (g)

+ 6H

2

O

(c)

Podstawowe prawa i poj

ęcia chemiczne

27

odmierzono 13dm

3

mieszaniny amoniaku i tlenu w warunkach normalnych. Obj

ętość gazów po

reakcji w tych samych warunkach wynosiła 5,5dm

3

, a po przepuszczeniu ich przez płuczk

ę z wodą

zmalała do 3dm

3

. Skład obj

ętościowy mieszaniny gazów przed reakcją był następujący (w dm

3

):

?

amoniak

Tlen

A.

6.5

6,5

B.

10.2

2,8

C.

8,5

4,5

D.

7,4

5,6

Rozwi

ązanie:

Z informacji,

że po przepuszczeniu gazów poreakcyjnych przez płuczkę z wodą ich objętość zmalała,

wnioskujemy, i

ż substratem będącym w nadmiarze był amoniak (jedyny reagent gazowy dobrze

rozpuszczalny w wodzie), a tlen przereagował całkowicie.
Nadmiar amoniaku wynosił:

5,5cm

3

– 3cm

3

= 2,5cm

3

a wi

ęc objętość gazów zmieszanych w stosunku stechiometrycznym wynosiła:

13cm

3

– 2,5cm

3

= 10,5cm

3

Z reakcji:

4NH

3 (g)

+ 3O

2 (g)

2N

2 (g)

+ 6H

2

O

(c)

wynika,

że substraty stanowią 7 części objętościowych (4 części objętościowe amoniaku i 3 części

obj

ętościowe tlenu).

Z proporcji obliczamy pocz

ątkową ilość tlenu:

7



10,5cm

3

3



x

x = 4,5cm

3

st

ąd: V

NH

3

= 13cm

3

– 4,5cm

3

= 8,5cm

3

Odpowied

ź C

Przykład 1.34.

Do całkowitego spalenia 10cm

3

mieszaniny gazowej zło

żonej z metanu i propanu zużywa się 29cm

3

tlenu (w warunkach normalnych). Mieszanina zawierała (procent obj

ętościowy):

A. 70% CH

4

, 30% C

3

H

8

B. 50% CH

4

, 50% C

3

H

8

C. 30% CH

4

, 70% C

3

H

8

D. 25% CH

4

, 75% C

3

H

8

Rozwi

ązanie:

Z tre

ści zadania wynika, że zachodzą dwie współbieżne reakcje:

1)

CH

4

+ 2O

2

CO

2

+ 2H

2

O

1 : 2

2)

C

3

H

8

+ 5O

2

3CO

2

+ 4H

2

O

1 : 5

Oznaczmy obj

ętość CH

4

zawartego w mieszaninie przez x, obj

ętość zaś C

3

H

8

przez y, wtedy na

podstawie równa

ń podanych powyżej reakcji:



obj

ętość tlenu zużytego na spalenie metanu jest równa 2x



obj

ętość tlenu zużytego na spalenie propanu jest równa 5y, więc









=

+

=

+

3

3

cm

29

5

2

cm

10

y

x

y

x

Rozwi

ązując układ równań, otrzymujemy:

x = 7cm

3

;

y = 3cm

3

st

ąd zawartość procentowa metanu jest równa:

100%



10cm

3

x



7cm

3

x = 70%

a propanu 100% – 70% = 30%
Odpowied

ź A

28

Repetytorium z chemii

Przykład 1.35.

Na stop glinu i magnezu o masie 1,05g podziałano st

ężonym kwasem solnym, otrzymując 1,232dm

3

wodoru (w przeliczeniu na warunki normalne). Procentowa zawarto

ść glinu w stopie wynosi:

A. 77,14%

B. 75%

C. 25%

D. 37,2%

Rozwi

ązanie:

Z tre

ści zadania wynika, że zachodzą dwie współbieżne reakcje:

1)

Al + 3HCl

→

AlCl

3

+ 3/2H

2

1

1,5

2)

Mg + 2HCl

→

MgCl

2

+ H

2

1

1

Oznaczmy ilo

ść moli glinu przez x, a ilość moli magnezu przez y. Jak widać z powyższych reakcji:

ilo

ść moli wodoru wydzielanych w reakcji z glinem jest równa 1,5x

ilo

ść moli wodoru wydzielanych w reakcji z magnezem jest równa y

Z danych zadania wiemy,

że:









=

+

=

+

3

H

H

Mg

Al

dm

232

,

1

g

05

,

1

(Mg)

2

(Al)

2

V

V

m

m

gdzie: m

Al

– masa glinu zawartego w próbce, w g;

m

Mg

– masa magnezu zawartego w próbce, w g

V

H

2

(Al)

– obj

ętość wodoru wydzielonego w reakcji z glinem, w dm

3

V

H

2

(Mg)

– obj

ętość wodoru wydzielonego w reakcji z magnezem, w dm

3

Poniewa

ż m

S

= n

moli

· M, to m

Al

= x·27g, a m

Mg

= y·24g

za

ś z zależności, że w warunkach normalnych: V

gazu

= n

moli

·22,4dm

3

3

)

(

3

3

)

(

4

,

22

6

,

33

4

,

22

5

,

1

2

2

dm

y

V

x

dm

dm

x

V

Mg

H

Al

H

⋅

=

⋅

=

⋅

=

Po podstawieniu do układu równa

ń otrzymujemy:







=

+

=

+

232

,

1

4

,

22

6

,

33

05

,

1

24

27

y

x

y

x

st

ąd: x = 0,03;

y = 0,01

wi

ęc m

Al

= 0,03·27g = 0,81g

a procentowa zawarto

ść glinu:

1,05g



100%

0,81g



x

x = 77,14%

Odpowied

ź A

Przykład 1.36.

1992/L

Reakcja spalania etanu w tlenie przebiega według równania:

2C

2

H

6

+ 7O

2

→

4CO

2

+ 6H

2

O

Do reakcji zu

żyto 1dm

3

etanu i 4dm

3

tlenu. Po skropleniu pary wodnej otrzymano mieszanin

ę gazów

o składzie:
A. 2dm

3

CO

2

i 0,5dm

3

O

2

B. 2dm

3

CO

2

i 1dm

3

O

2

C. 4dm

3

CO

2

i 0,5dm

3

O

2

D. 4dm

3

CO

2

i 1dm

3

O

2

Rozwi

ązanie:

Z równania reakcji:

2C

2

H

6

+ 7O

2

→

4CO

2

+ 6H

2

O

wida

ć, że stosunek stechiometryczny substratów

5

,

3

2

7

6

2

2

=

=

=

H

C

O

V

V

x

stosunek obj

ętościowy substratów (y), wynikający z treści zadania, wynosi:

Podstawowe prawa i poj

ęcia chemiczne

29

4

1

4

3

3

6

2

2

=

=

=

dm

dm

V

V

y

H

C

O

Na podstawie porównania wielko

ści x i y można ocenić, który z substratów jest w nadmiarze:

je

śli x = y – oba substraty przereagowały całkowicie

je

śli x < y – nadmiar substratu „umieszczonego w liczniku”

je

śli x > y – nadmiar substratu „umieszczonego w mianowniku”

Obliczenia prowadzimy na podstawie ilo

ści tego z substratów, który przereagował całkowicie (nie

b

ędącego w nadmiarze).

W rozwa

żanym przykładzie y > x, czyli jest nadmiar tlenu, a więc całkowicie przereagował etan.

Z proporcji obliczamy najpierw ilo

ść powstałego w reakcji CO

2

:

2cz.obj. C

2

H

6



4cz.obj. CO

2

1 dm

3



x

x = 2 dm

3

CO

2

a nast

ępnie ilość tlenu, który uległ reakcji:

2cz.obj. C

2

H

6



7cz.obj. O

2

1 dm

3



x

x = 3,5 dm

3

O

2

przereagowało

a wi

ęc w mieszaninie poreakcyjnej pozostało: 4dm

3

– 3,5dm

3

= 0,5 dm

3

O

2

Odpowied

ź A

Przykład 1.37.

1991/L

W pierwszym naczyniu zmieszano 70cm

3

azotu i 30cm

3

wodoru, a w drugim 10cm

3

azotu i 40cm

3

wodoru. Przewidujesz,

że przy 100% wydajności reakcji powstanie amoniaku

A. wi

ęcej w pierwszym naczyniu

B. wi

ęcej w drugim

C. w obu tyle samo

D. mniej o 10cm

3

w drugim naczyniu

Rozwi

ązanie:

Z reakcji:

N

2

+ 3H

2

2NH

3

wida

ć, że stosunek stechiometryczny gazów wynosi:

3

1

3

2

2

=

=

=

N

H

V

V

x

naczynie pierwsze

Stosunek obj

ętościowy reagentów (y

1

) wynosi:

4

,

0

cm

70

cm

0

3

3

3

1

2

2

=

=

=

N

H

V

V

y

y

1

< x – czyli całkowicie przereagował wodór, st

ąd:

3 cz.obj. H

2



2 cz.obj. NH

3

30cm

3



x

x = 20 cm

3

NH

3

naczynie drugie

Stosunek obj

ętościowy reagentów (y

2

) wynosi:

40

cm

10

cm

40

3

3

2

2

2

=

=

=

N

H

V

V

y

y

2

> x – czyli całkowicie przereagował azot, st

ąd:

1 cz.obj. H

2



2 cz.obj. NH

3

10cm

3



x

x = 20 cm

3

NH

3

Odpowied

ź C

30

Repetytorium z chemii

Przykład 1.38.

4,32g tlenku rt

ęci(II) poddawano rozkładowi termicznemu, ogrzewając go przez pewien czas

w otwartej probówce. Masa substancji pozostałej w probówce po przerwaniu ogrzewania wynosiła
4,24g. Skład procentowy mieszaniny poreakcyjnej był nast

ępujący:

A. 76,4% HgO i 23,6% Hg

B. 75% HgO i 25% Hg

C. 88% HgO i 12% Hg

D. 69,1% HgO i 30,9% Hg

Rozwi

ązanie:

Reakcja rozkładu termicznego tlenku rt

ęci(II) przebiega następująco:

2

T

O

2

1

Hg

HgO

+

→



dane zawarte w zadaniu mo

żna zapisać w postaci układu równań:









=

+

=

+

g

24

,

4

32

,

4

HgO(N)

Hg

HgO(N)

HgO(R)

m

m

g

m

m

gdzie: m

HgO(r)

- masa HgO, która uległa rozkładowi, w g;

m

HgO(N)

– masa HgO, która nie uległa rozkładowi, w g;

m

Hg

– masa Hg powstała w wyniku rozkładu HgO, w g

Po odj

ęciu stronami uzyskujemy równanie:

m

HgO(r)

–

m

Hg

= 4,32g – 4,24g = 0,08g

oznaczmy przez

x liczb

ę moli HgO, która uległa rozkładowi. Z reakcji widać, że liczba moli

powstałego Hg te

ż będzie równa x, stąd m

Hg

=

x·200g, a m

HgO

=

x·216g

to

216g·

x – 200g·x = 0,08g

mola

005

,

0

16

08

,

0

=

=

g

g

x

st

ąd: m

HgO(r)

= 0,005mol · 216g/mol =1,08g

m

HgO(N)

= 4,32g – 1,08g = 3,24g

za

ś

m

Hg

= 0,005mola · 200g/mol = 1g

Procentowa zawarto

ść rtęci uzyskanej na skutek rozkładu termicznego HgO w mieszaninie

poreakcyjnej wynosi:

4,32g



100%

1,00g



x

x = 23,6%

a procentowa zawarto

ść nie rozłożonego HgO jest równa 100% - 23,6% = 76,4%

Odpowied

ź A

Przykład 1.39.

W jakim stosunku molowym pozostaje woda do wodorotlenku potasu w roztworze otrzymanym przez
działanie 3,6g potasu na 10,8g wody?
A. 6:1

B. 5:1

C. 4:1

D. 2:1

Rozwi

ązanie:

Reakcja otrzymywania wodorotlenku potasu przebiega nast

ępująco:

K + H

2

O

KOH + 1/2H

2

stosunek stechiometryczny substratów:

17

,

2

g

18

g

39

m

m

x

O

H

K

2

=

=

=

stosunek substratów wynikaj

ący z treści zadania:

36

,

0

g

8

,

10

g

9

,

3

m

m

y

O

H

K

2

=

=

=

y < x – nadmiar wody, potas przereagował całkowicie.
Ilo

ść uzyskanego KOH obliczamy z proporcji:

39g



1 mol

3,9g



x

x = 0,1 mola KOH

Podstawowe prawa i poj

ęcia chemiczne

31

ilo

ść wody, która wzięła udział w reakcji, wynosi:

39g



18 g wody

3,9g



x

x = 0,1 mola wody

Po reakcji pozostało:

10,8 g – 1,8 g = 9g wody

a liczba moli wody w roztworze po reakcji:

mola

5

,

0

/

18

9

O

H

2

=

=

mol

g

g

n

St

ąd:

1

:

5

1

,

0

:

5

,

0

:

KOH

O

H

2

=

=

n

n

Odpowied

ź B

Przykład 1.40.

2000/F

Obj

ętość mieszaniny gazów, składającej się z metanu, propanu, tlenku węgla(II) wynosi 27,4 dm

3

. Po

całkowitym spaleniu mieszaniny otrzymano 51,4 dm

3

tlenku w

ęgla(IV). Zawartość procentowa

propanu w % obj

ętościowych wynosiła:

A. 12%

B. 23.3%

C. 33.3%

D. 43.8%

Rozwi

ązanie:

Oznaczmy obj

ętość V

CH

4

= x, V

C

3

H

8

= y, V

CO

= z

Spalanie gazów przebiega zgodnie z reakcjami:

CH

4

+ 2O

2

→

CO

2

+ 2H

2

O

C

3

H

8

+5O

2

→

3CO

2

+ 4H

2

O

CO + 1/2O

2

→

CO

2

X

X

y

3y

z

Z

Z danych zadania wiemy,

że:







=

+

+

=

+

+

4

,

51

V

V

V

4

,

27

V

V

V

)

CO

z

(

CO

)

H

C

z

(

CO

)

CH

z

(

CO

CO

H

C

CH

2

8

3

2

4

2

8

3

4

po podstawieniu otrzymujemy:







=

+

+

=

+

+

4

,

51

3

4

,

27

z

y

x

z

y

x

po odj

ęciu stronami:

2y = 51,4 – 27,4 = 24

y = 12 dm

3

to:

%

8

,

43

%

100

dm

4

,

27

dm

12

H

C

%

3

3

8

3

=

⋅

=

Odpowied

ź D

Przykład 1.41.

2001/F

Mieszanina gazów w warunkach normalnych składa si

ę z 4 moli CO, 2 moli CO

2

, 8 moli H

2

i 6 moli N

2

. Masa tej cz

ęści mieszaniny, w której znajduje się 80 dm

3

gazów niepalnych wynosi:

A. 114,2 g

B. 171,4 g

C. 228,6 g

D. 342,8 g

Rozwi

ązanie:

Masa mieszaniny gazów (

m) wynosi:

m = m

CO

+ m

CO

2

+ m

H

2

+ m

N

2

= 4·28g + 2·44g + 8·2g + 6·28g = 384g

Obj

ętość gazów niepalnych zawartych w tej mieszaninie (V)

V = V

CO

2

+ V

N

2

= 2·22,4dm

3

+ 6·22,4dm

3

= 179,2dm

3

czyli:

w

384g --- 179,2dm

3

gazów niepalnych

x --- 80dm

3

x = 171,4g

Odpowied

ź B

32

Repetytorium z chemii

Przykład 1.42.

2002/F

W celu całkowitego wytr

ącenia chlorku srebra z roztworu zawierającego 51 g azotanu(V) srebra,

dodano: 16,6 cm

3

10% roztworu kwasu solnego o g

ęstości 1,1 g/cm

3

i nieznan

ą ilość 25% roztworu

chlorku potasu o g

ęstości 1,2 g/cm

3

. obj

ętość dodanego roztworu chlorku potasu wynosiła:

A. 74,5 cm

3

B. 63,3 cm

3

C. 62,1 cm

3

D. 53,6 cm

3

Rozwi

ązanie:

Reakcja wytr

ącania AgCl zachodzi według równania:

Ag

+

+ Cl

−

→

AgCl

↓

Z reakcji wida

ć, że n

Cl

- = n

Ag

+

mola

mol

g

g

n

n

AgNO

Ag

3

,

0

/

169

51

3

=

=

=

+

)

(

)

(

KCl

z

Cl

HCl

z

Cl

Cl

n

n

n

−

−

−

+

=

HCl

HCl

z

Cl

n

n

=

−

)

(

a

mola

n

g

g

m

g

cm

g

cm

m

mol

g

g

HCl

HCl

HCl

r

05

,

0

826

,

1

%

100

%

10

26

,

18

26

,

18

/

1

,

1

6

,

16

/

5

,

36

826

,

1

3

3

=

=

=

⋅

=

=

⋅

=

to

n

Cl

-

(z KCl)

= 0,3 mola – 0,05 mola = 0,25 mola

m

KCl

= 0,25 mola · 74,5 g/mol = 18,625 g

18,625g --- 25% roztworu NaCl

x --- 100%

x = 74,5 g

to

3

3

1

,

62

/

2

,

1

5

,

74

cm

cm

g

g

V

NaCl

r

=

=

Odpowied

ź C

Przykład 1.43.

2000/F

Na całkowite rozpuszczenie mieszaniny magnezu i tlenku magnezu zu

żyto 272,9cm

3

15% roztworu

kwasu solnego o g

ęstości 1,07 g/cm

3

i otrzymano 8,96 dm

3

gazu (warunki normalne). Do reakcji

u

żyto:

A. 0,4 mola magnezu i 0,4 mola tlenku magnezu
B. 9,6 g magnezu i 1,2·10

24

cz

ąsteczek tlenku magnezu

C. 9,6 g magnezu i 8 g tlenku magnezu
D. 2,4·10

23

atomów magnezu i 2,4·10

23

cz

ąsteczek tlenku magnezu

Rozwi

ązanie:

Najpierw obliczamy ilo

ść moli użytego kwasu solnego:

g

cm

g

cm

m

HCl

r

292

/

07

,

1

9

,

272

3

3

=

⋅

=

mola

mol

g

g

n

g

g

m

HCl

HCl

2

,

1

/

5

,

36

8

,

43

;

8

,

43

%

100

%

15

292

=

=

=

⋅

=

Kwas solny reaguje z Mg i MgO nast

ępująco:

Mg + 2HCl

→

MgCl

2

+ H

2

↑

1mol ---------- 22,4dm

3

x ---------- 8,96dm

3

x = 0,4 mola Mg przereagowało

MgO + 2HCl

→

MgCl

2

+ H

2

O

1 : 2

Ilo

ść moli HCl biorących udział w reakcji:

n

HCl

= n

HCl (Mg)

+ n

HCl (MgO)

1,2 mola = 2·0,4mola + n

HCl (MgO)

n

HCl (MgO)

= 0,4 mola – w reakcji z MgO wzi

ęło udział 0,4 mola HCl, to ilość

mola

mola

n

n

MgO

HCl

MgO

2

,

0

4

,

0

2

1

2

1

)

(

=

⋅

=

=

m

MgO

= 0,2 mola · 40 g/mol = 8 g

Podstawowe prawa i poj

ęcia chemiczne

33

n

Mg

=0,4 mola · 24 g/mol = 9,6 g

Odpowied

ź C

Przykład 1.44.

2002/F

Mieszanin

ę gazową zawierającą 20 cm

3

tlenu, 2 cm

3

chloru oraz 100 cm

3

wodoru umieszczono

w eudiometrze i za pomoc

ą iskry wywołano reakcje chemiczne. Mieszaniny przed i po reakcji

znajdowały si

ę w warunkach normalnych. Podaj stężenie procentowe powstałego kwasu solnego.

A. 14,6%

B. 16,8%

C. 19,9%

D. 22,4%

Rozwi

ązanie:

W eudiometrze zachodz

ą następujące reakcje chemiczne:

H

2

+ 1/2O

2

→

H

2

O

11,2dm

3

-- 18g

0,020dm

3

-- x

x = 0,032g

←

m

H

2

O

Cl

2

+ H

2

→

2HCl

22,4dm

3

-- 2·36,5g

0,002dm

3

-- y

y = 0,0065g

←

m

HCl

%

8

,

16

%

100

0065

,

0

032

,

0

0065

,

0

%

100

=

⋅

+

=

⋅

=

g

g

g

m

m

c

r

HCl

HCl

p

Odpowied

ź B

Przykład 1.45.

2003/F

do zredukowania 6,9 moli tlenku

żelaza(II) zużyto 6,6 moli węgla otrzymując mieszaninę tlenku(II) i

tlenku(IV) w

ęgla. Molowy skład procentowy otrzymanej mieszaniny tlenków wynosi:

%CO

%CO

2

A.

95,5

4,5

B.

93,0

7,0

C.

84,5

15,5

D.

50,0

50,0

Rozwi

ązanie:

FeO + C

→ Fe + CO

2FeO + C

→ 2Fe + CO

2

x x x x

2y y 2y y

Oznaczmy ilo

ść moli CO i CO

2

w mieszaninie odpowiednio przez x i y, to:







=

+

=

=

+

=

6

,

6

y

x

n

9

,

6

y

2

x

n

C

FeO

st

ąd:

y = 6,9 – 6,6 = 0,3 mola

a x = 6,3 mola

%

5

,

4

%

100

6

,

6

3

,

0

%

%

5

,

95

%

100

6

,

6

3

,

6

%

2

CO

CO

=

⋅

=

=

⋅

=

Odpowied

ź A

Przykład 1.46.

2003/L

Zgodnie z równaniem: 2X + Y

→ 2Z przereagowało 10g substancji Y. Stosunek mas molowych

substancji X i Y jest równy M

x

: M

y

= 1,25. Ile gramów substancji Z powstało w wyniku tej reakcji?

A. 22,5g

B. 25g

C. 32,5g

D. 35g

Rozwi

ązanie:

Masa otrzymanej substancji Z jest sum

ą mas substratów X i Y. Zadanie sprowadza się do obliczenia

masy substratu X, który przereagował z podan

ą ilością substancji Y.

2X + Y

→

2Z

2·M

x

------- M

y

x ------- 10g

g

25

25

,

1

20

M

M

20

x

y

x

=

⋅

=

⋅

=

x

Odpowied

ź D

34

Repetytorium z chemii

Przykład 1.47.

2003/F

K

ąt, o jaki zostaje skręcona płaszczyzna światła spolaryzowanego przez wodny roztwór mieszaniny

gluktozy wynosi 30°. Skr

ęcalność roztworu glukozy w tych warunkach wynosi +50°, a roztworu

fruktozy –90°. Skład procentowy tej mieszaniny wynosi:

fruktoza

glukoza

A.

14,3%

85,7%

B.

30,0%

70,0%

C.

42,9%

57,1%

D.

85,7%

14,3%

Rozwi

ązanie:

Zakładamy,

że mamy 1 ml mieszaniny cukrów. Oznaczmy przez x – ilość moli glukozy a przez y –

ilo

ść moli fruktozy. Stąd:

( )







=

−

+

⋅

−

=

→

=

+

30

90

y

50

x

y

1

x

1

y

x

o

o

50 – 50y – 90y = 30

- 140y = - 20

y = 0,143 mola x = 1 – 0,143 = 0,857 mola

%

3

,

14

%

%

7

,

85

%

100

mol

1

mola

857

,

0

%

fruktozy

glukozy

=

=

⋅

=

Odpowied

ź A

1.4.

WYDAJNOŚĆ REAKCJI

Przykład 1.48.

2001/F

W wyniku spalenia 60 g w

ęgla otrzymano 100 dm

3

CO

2

odmierzonego w warunkach normalnych.

Procentowa wydajno

ść tej reakcji wyniosła:

A. 65,8 %

B. 70,2 %

C. 89,3 %

D. 92,2 %

Rozwi

ązanie:

Najpierw obliczamy ile teoretycznie powinni

śmy otrzymać CO

2

:

C + O

2

→

CO

2

12g --- 22,4dm

3

60g --- x

x= 112dm

3

to

89,3%

100%

112dm

100dm

W

3

3

=

⋅

=

Odpowied

ź C

Przykład 1.49.

1990/F

Monosacharyd otrzymany z hydrolizy 1 kg skrobii poddano fermentacji alkoholowej, otrzymuj

ąc

142g czystego etanolu . Wydajno

ść reakcji wynosiła:

A. 25%

B. 20%

C. 55.5%

D. 50%

Rozwi

ązanie:

Najpierw obliczamy ile teoretycznie powinni

śmy otrzymać etanolu:

[C

6

H

10

O

5

]

n

+ nH

2

O

→

nC

6

H

12

O

6

nC

6

H

12

O

6

→

2nCO

2

+ 2nC

2

H

5

OH

[C

6

H

10

O

5

]

n

+ nH

2

O

→

2nCO

2

↑

+ 2nC

2

H

5

OH

162g·n -------- 2n·46g

1000g -------- x

x = 567,9g

to

25%

100%

567,9g

142g

W

=

⋅

=

Odpowied

ź A

Podstawowe prawa i poj

ęcia chemiczne

35

Przykład 1.50.

1988/L

Kwas azotowy(V) otrzymuje si

ę w Polsce głównie z amoniaku w kolejnych etapach:

I.

O

3H

2NO

O

2NH

2

Pt

2

2

5

3

+

→



+

II.

2

2

2NO

O

2NO

→



+

III.

3

2

2

1

2

2

2HNO

O

O

H

2NO

→



+

+

Ile ton 60% HNO

3

otrzyma si

ę z 1t amoniaku, jeżeli wydajność w poszczególnych etapach wynosi:

I – 90%, II – 95%, III – 90%?
A. 2,25

B. 2,75

C. 4,75

D. 5,25

Rozwi

ązanie:

Wydajno

ść całego procesu wynosi:

W

c

= 0,9·0,95·0,9 = 0,7695

Z podanych reakcji wynika,

że z 1 mola NH

3

otrzymujemy teoretycznie 1 mol HNO

3

:

NH

3

→

HNO

3

Z proporcji obliczamy ile ton kwasu azotowego(V) otrzymujemy z 1t amoniaku:

17g NH

3

--- 63g HNO

3

1·10

6

g --- x

x = 3,7·10

6

g = 3,7t = m

t

Masa praktycznie otrzymanego HNO

3

wynosi:

m

p

= W· m

t

= 0,7695·3,7t = 2,85t

ilo

ść ta stanowi 60% roztworu, więc:

2,85t --- 60%

x --- 100%

x = 4,75t

Odpowied

ź C

Przykład 1.51.

Syntez

ę pewnego związku organicznego przeprowadzono w 4 etapach, otrzymując go z wydajnością

40%. Przy zało

żeniu, że wydajność każdego z poszczególnych etapów syntezy była jednakowa,

mo

żna stwierdzić, iż wydajność pojedynczego etapu syntezy wynosiła:

A. 10%

B. 79,5%

C. 63,2%

D. 2,5%

Rozwi

ązanie:

W

c

= W

1

· W

2

· W

3

· W

4

= 0,4

Z tre

ści zadania wynika, że:

W

1

= W

2

= W

3

= W

4

= W

x

wi

ęc

W

c

= W

x

4

, st

ąd

0,795

0,4

W

W

4

4

c

x

=

=

=

W

x

(%) = 0,795·100% = 79,5%

Odpowied

ź B

Przykład 1.52.

W wyniku reakcji 12g kwasu jednokarboksylowego z magnezem otrzymano 0.56 dm

3

wodoru

w przeliczeniu na warunki normalne. Wydajno

ść reakcji wynosiła 25%. Jaki miał wzór użyty do

reakcji kwas?
A. HCOOH

B. CH

3

COOH

C. C

2

H

5

COOH

D. C

3

H

7

COOH

E. C

4

H

9

COOH

Rozwi

ązanie:

Najpierw obliczamy ile teoretycznie powinni

śmy otrzymać wodoru (przy W = 100%):

0,56dm

3

--- 25%

x --- 100%

x = 2,24dm

3

Nast

ępnie na podstawie równania równowagi obliczamy masę molową kwasu (M):

2RCOOH + Mg

→

(RCOO)

2

Mg + H

2

↑

2M ---------------- 22,4dm

3

12g ---------------- 2,24dm

3

M = 60

36

Repetytorium z chemii

Z proponowanych odpowiedzi wida

ć, że reagujący kwas to nasycony kwas jednokarboksylowy o

wzorze ogólnym C

n

H

2n+1

COOH, wi

ęc:

MC

n

H

2n+1

COOH = 60

12n + 2n + 1 + 12 + 16 + 16 + 1 = 60

14n = 14

n = 1 st

ąd CH

3

COOH

Odpowied

ź B

Przykład 1.53.

Jaka obj

ętość acetylenu (w przeliczeniu na warunki normalne) jest potrzebna do otrzymania 600g

kwasu octowego (metod

ą Kuczerowa), jeśli wydajność w poszczególnych etapach przedstawionego

poni

żej procesu wynosi: I - 45%, II - 40%:

I. H

−

C

≡

C

−

H + HOH

CH

3

CHO

II. CH

3

CHO + [O]

CH

3

COOH

A. 1.244 m

3

B. 0.224 m

3

C. 0.264 m

3

D. 0.600 m

3

Rozwi

ązanie:

Proces zachodzi według schematu:

COOH

CH

CHO

CH

H

C

3

0,4

W

3

0,45

W

2

2

2

1







→









→



=

=

22,4dm

3

--------------------- 60g

x --------------------- 600g

x = 224dm

3

C

2

H

2

potrzeba teoretycznie

Wydajno

ść procesu wynosi:

W = W

1

· W

2

= 0,45·0,4 = 0,18

W% = W·100% = 18%

wi

ęc

18% ------ 224dm

3

100% ------ x

x = 1244dm

3

= 1,244m

3

Odpowied

ź A

kat

kat