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