+
PEŁNE ROZWIĄZANIA ROZWIĄZANIA ZADAŃ Z KSIĄŻKI K. M. Pazdro "Zbiór zadań z chemii do szkół ponadgimnazjalnych, zakres rozszerzony" TOM I Autor: Michał Peller
Rzeszów 2008
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
1
Rozdział 1. Przekazywanie informacji chemicznych. 1.1. Skład substancji przedstawiany wzorami sumarycznymi 1.1. a) atom miedzi, trzy atomy miedzi, mi edzi, atom siarki, dwa atomy siarki, dwa atomy wodoru, siedem atomów żelaza, atom rtęci, dwa atomy tlenu b) cząsteczka wody, pi ęć cząsteczek wody, dwie cząsteczki siarczku żelaza(II), cz ąsteczka tlenku żelaza(II), cztery cz ąsteczki siarczku miedzi(II), trzy cząsteczki tlenku żelaza(III), dziesi ęć cząsteczek tlenku siarki(IV) c) atom żelaza, cząsteczka siarczku żelaza(II), dwie cząsteczki tlenku żelaza(II), trzy atomy siarki, pi ęć atomów wodoru, pięć cząsteczek wody, atom cynku, cztery atomy tlenu d) jedna dwuatomowa cząsteczka tlenu, trzy dwuatomowe cząsteczki tlenu, dwa atomy tlenu, pięć dwuatomowych cząsteczek wodoru, pi ęć atomów wodoru, dwie dwuatomowe cząsteczki azotu, dwie dwuatomowe cząsteczki tlenu, dwa atomy azotu e) trzy atomy wodoru, dwie cz ąsteczki wody, trzy dwuatomowe cząsteczki wodoru, cztery atomy siarki, dwie cząsteczki tlenku siarki(IV), dwie dwuatomowe cząsteczki tlenu, trzy cz ąsteczki tlenku żelaza(II), trzy atomy tlenu, trzy atomy żelaza f) cztery atomy fosforu, jedna czteroatomowa cząsteczka fosforu, cztery czteroatomowe cz ąsteczki fosforu, atom siarki, jedna o śmioatomowa cząsteczka siarki, trzy o śmioatomowe cząsteczki siarki. jedna dwunastoatomowa dwunastoatomowa cząsteczka boru 1.2. a) Fe, 2 Fe, S, 3 S, 2 O b) H2O, 3 H2O, 2 H, 6 FeS, Hg c) Cu, CuO, 4 Cu, 3 CuO, 12 O d) (jako cz ąsteczk ę tlenu przyjmujemy najczęściej występującą, dwuatomową formę) O2, 2 O2, 2 O, H, 4 H, 3 H2 e) 2 H2O, H2, 2 O, 2 O2, 3 Hg, N2, 2 FeS f) As4, 2 O3, 5 S8 1.3. a) 4 Al, b) 3 CO2, c) 8 H2 d) 5 N2 1.4. - atom tlenku żelaza(III) – zwi ązki chemiczne mogą występować tylko w formie cz ąsteczek - atom wody – zwi ązki chemiczne mogą występować tylko w formie cząsteczek - pół atomu tlenu – atom jest najmniejszą, niepodzielną częścią pierwiastka, która zachowuje wszystkie jego właściwości - dwie trzecie cz ąsteczki tlenku rtęci(II) – cz ąsteczka jest najmniejszą, niepodzielną częścią związku chemicznego, która zachowuje wszystkie jego Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
właściwości, dlatego liczba cząsteczek musi być liczbą całkowitą 1.5. ilość atomów poszczególnych poszczególnych pierwiastków obliczamy mnożąc liczbę atomów w jednej cząsteczce przez ilość cząsteczek; a) 6 atomów wodoru i 3 atomy tlenu, 2 atomy w ęgla i 4 atomy tlenu, 8 atomów azotu i 12 atomów tlenu, t lenu, 10 atomów fosforu i 25 atomów tlenu tl enu b) 4 atomy azotu i 12 atomów wodoru, 10 atomów wodoru i 5 atomów siarki, 4 atomy żelaza i 6 atomów tlenu; 18 atomów węgla, 36 atomów wodoru i 18 atomów tlenu 1.6. aby obliczyć łączną ilość atomów w cząsteczce musimy dodać do siebie liczby atomów poszczególnych poszczególnych pierwiastków; a) 3, 5, 3, 9, 7, 7 b) 45, 13, 10 1.7. postępujemy tak jak w zadaniu 1.6. (pamiętając, aby liczbę atomów w jednej cz ąsteczce pomnożyć przez ilość cząsteczek) i porównujemy otrzymane warto ści a) 15 < 20 – wi ęcej atomów jest w 4 cz ąsteczkach CH4 b) 15 > 14 - wi ęcej atomów jest w 3 cz ąsteczkach B2O3 1.8. postępujemy podobnie jak w zadaniu 1.7. 2 MgO < 2 CO2 < 4 O2 < 3 Cu2S < 2 Al2O3 < 4 H2O 1.9. a) w 4 cząsteczkach N2O3 jest 12 atomów tlenu, w jednej cząsteczce CO2 są 2 atomy tlenu, x ⋅ 2 = 12 x = 12 : 2 = 6 zatem 12 atomów tlenu będzie w 6 cząsteczkach CO2 b) w 2 cząsteczkach CH4 jest 8 atomów wodoru, w jednej cząsteczce H2O są 2 atomy wodoru x⋅2 = 8 x = 8: 2 = 4 zatem 8 atomów wodoru znajduje się w 4 cząsteczkach wody 1.10. aby wzór cząsteczki dwuatomowej był poprawny iloczyny wartościowości poszczególnych pierwiastków i ilości ich atomów musz ą być sobie równe, co więcej muszą być tak że możliwie najmniejszymi liczbami, można tak że stosować tzw. metodę krzyża tzn. jako liczbę atomów danego pierwiastka przymujemy wartościowość drugiego i jeżeli jest taka możliwość skracamy otrzymane wartości (np. C(IV), O(II), C 2O4 → CO2); a) Fe2O3, SO2, SO3 b) Ag2O, SnCl4, Mn2O7 c) CuS, P2O5, OsO4
2
1.11. rozwiązujemy analogicznie jak 1.10. a) N2O5, Mg2Si, CrO3 b) CuS, AlP, CCl 4 c) Al4C3, Cl2O7, Zn3P2 1.12. rozwiązujemy analogicznie jak 1.10. a) Na2O, PCl5, P2S5 b) NH3, Ca3P2, SO3 c) FeS, SiO2, Ni5P2 1.13. kule o tym samym sam ym promieniu i kolorze oznaczają atomy tego samego pierwiastka; 1.AB, 2.AB2, 3.AB2, 4.A2B3, 5.AB3, 6.AB3, 7.A2B5, 8.A2B5 1.14. rozwiązujemy analogicznie jak 1.13. 1.AB4, 2.AB4, 3.A2, 4.AB, 5.AB2, 6.AB5, 7.AB6 1.15. rozwiązujemy analogicznie jak 1.13. 1.ABC, 2.A2B7, 3.ABC3, 4.AB2C4, 5.AB2C3, 6.AB3C4 1.16. a) CO, CO2, SO3, Al2O3 b) H2, N2O5, Cl2O7, CH4 1.17. a) AB2, A2B, A2B3, AB, AB3, A4B3, A2B5 b) A2, A4, AB5, AB6, ABC, A2BC4, A2B2 1.18. na pierwszym miejscu zapisujemy pierwiastek o niższej elektroujemności, zatem w celu rozwi ązania tego zadania należy skorzystać z tablic elektroujemności poszczególnych poszczególnych pierwiastków. a) Cr(1,6), Br(2,8) b) B(2,0), Br(2,8) c) P(2,1), N(3,0) d) Sc(1,3), Se(2,4) e) C(2,5), Cl(3,0) f) Cl(3,0), F(4,0) 1.19. a) różne – inna liczba poszczególnych pierwiastków b) ten sam – w obu przypadkach z jednym atomem tlenu łączą się dwa atomy wodoru c) różne – pierwszy to acetylen, drugi to benzen d) różne – tlenek azotu(IV) mo że występować w dwóch formach: pojedynczej NO2 i dimerycznej N2O4, obie te formy mogą występować obok siebie 1.20. wiemy, że liczby atomów muszą być liczbami całkowitymi zatem stosunek 1 : 1,5 mnożymy przez 2 i otrzymujemy 2 : 3, tym t ym związkiem jest Fe2O3, czyli tlenek żelaza(III) 1.21. staramy się, aby w obu stosunkach wartość względna x wynosiła 1, więc dzieląc stosunek x : z przez 2 otrzymujemy 1 : 1,5, a wówczas stosunek x : y : z ma Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
postać 1 : 1: 1,5, wiemy jednak, że wszystkie wartości muszą być liczbami całkowitymi, zatem wszystkie wartości mnożymy przez 2, otrzymujemy wtedy: 2 : 2 : 3, a wzór przyjmuje posta ć: Na2S2O3 1.22. rozwiązujemy analogicznie jak 1.21. x : y po podzieleniu przez 2 ma posta ć 1 : 0,5, czyli stosunek x : y : z, 1 : 0,5 : 2,5, aby wszystkie wartości były liczbami całkowitymi musimy je pomnożyć przez 2, mamy wówczas: 2 : 1 : 5, a wzór przyjmuje postać: Al2SiO5 1.23. wiemy, że ilość atomów danego pierwiastka w związku musi być liczbą całkowitą, zatem stosunek 1 : 2,75 musimy doprowadzić do takiej postaci, by obie wartośc były całkowite, aby tak się stało należy je pomnożyć przez 4, mamy wówczas 4 : 11, widzimy, że najmniejsza, łączna liczba atomów to 15, co świadczy o błędzie w którymś z przeprowadzanych doświadczeń 1.24. jak wiemy masa atomów podczas reakcji nie zmienia się, nie zmienia si ę tak że ich ilość (zmieniają się jedynie wiązania między nimi), zatem ł ączna masa substancji przed i po reakcji jest taka sama 1.25 prawo stałości składu (Prousta) działa jedynie w jedn ą stronę tzn. każdemu związkowi odpowiada dany skład ilościowy, ale dany skład ilościowy nie musi odpowiadać tylko jednemu zwi ąkowi, jako przykład weźmy: AnBm i A3nB3m mimo tego samego składu ilościowego (A : B = n : m) są różnymi związkami; wg teorii atomistycznej związek chemiczny jest to połączenie między sobą atomów za pomocą wiązań chemicznych; chemicznych; wiemy wiem y jednak, że wiązania te mogą mieć inną postąc (łączyć różne cząsteczki) nawet jeżel skład ilościowy jest taki sam, powyższe przykłady wyjaśniają fakt istnienia ró żnych cząsteczek mimo tego samego składu ilościowego 1.2. Budowa substancji przedstawiona wzorami strukturalnymi 1.26 (kreska oznacza woln ą parę elektronową, ma to jedynie pomóc w zrozumieniu zrozumieniu struktur przestrzennych) przestrzennych)
O H
H
A
N H H H H
Cl
B
D 3
O N
O N
O
N
O
c)
E
N C
B
P
O Se
Br
S
Cl Cl
Cl
B
O
O
F
F
F
F
Cl O
O
O
O
O
O I
U
Br
F F F F F F
F
F F F F
F F
c) O
O
B
Se
C
C
O
B
O
C Al
Al
O
Al
Al
O
O
Cl 1.29. rozwiązujemy analogicznie jak 1.26. CO2 → C, H2O2 → A, H2S → F, N2 → B, HCl → D, CH4 → G, NH3 → E 1.30. a) O Br P C O O N Br P O Br b) Br N N F Br O C F O Br O O O O
Br Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
P
Br
F
F
O O
O
O
O
O
S Cl
O
N
Br
P
Cl C
Os
d)
d) O
O
O
b)
O O
O
O
O
1.31. 1.NO, 2.H2O, 3.B2O3, 4.NO, 5.SO3 1.32. 1.CO2, 2.O2, 3.NH3, 4.HCl, 5.CH4 1.33. 1.SO2, 2.CO, 3.SF6, 4.O2, 5.B2O3, 6.NH3 1.34. a) Ru
c)
N
O
O
1.27. rozwiązujemy analogicznie jak 1.26. SO2 → C, SO3 → D, H2 → B, SiH4 → E, HF → F, N2O5 → G, PCl5 → G 1.28. (wzory strukturalne podane w zadaniach 1.28-1.50, mają na celu ukazanie struktury wi ązań, a nie struktury przestrzennej) a) P P S H Br C S O O O O O b) Cl O H S P Cl Br H O Cl
O
Te
F
H H H
N
O O
N
O
Te
O
P
O
d)
H
N
O
S
S
S
P
P
P
S
F
F
F
F
F
N N N N N 1.35. 1.CH4, 2.PCl5, 3.P2O3, 4. N2O5, 5.CO2, 6.BF3 1.36. MgCl2, Mg3N2, NCl3 Mg Mg Cl N N Mg Mg Mg N Cl Mg Mg 1.37. Al4C3, Al2S3, AlCl3, CS2, CCl4, SCl2 C C C S Cl Al Al Cl S Al Al Al Al Al Cl S Cl S Cl Cl C C S Cl S Cl Cl 4
1.38.
H
O
O C
1.39.
1.40. postepujemy zgodnie z zasad ą opisaną w zad. 1.10.; skoro chlor jest jednowartościowy, zatem wartościowość drugiego pierwiastka będzie równa liczbie atomów chloru w cz ąsteczce; Cu(I), Pb(IV), Fe(III), Cu(II), P(V) 1.41. postepujemy zgodnie z zasad ą opisaną w zad. 1.10. Fe(III), K(I), Cu(II), Al(II), Pb(IV), P(V), H(I), Mn(VII), S(VI), C(IV), Na(I) 1.42. postepujemy zgodnie z zasad ą opisaną w zad. 1.10. a) Na(I), Cu(II), Al(III), N(III), Al(III), S(IV), S(VI), P(V), Mn(VII), Os(VIII), K(I) b) Fe(II), C(IV), Ag(I), Ca(II), Fe(III), Al(III), N(V), Cr(VI), Cl(VII), Ru(VIII), Mn(IV), Cu(I) c) Al(III), As(III), N(IV), Li(I), Cu(II), N(V), Cl(VI), Mn(VII), Ga(IV), Pb(IV), Na(I), S(II) 1.43. 1.H2S, 2.N2O5, 3.PH3, 4.B2O3, 5.NO, 6.HBr, 7.Cl2O7, 8.CO2, 9.SO3 1.44. a) Fe Fe Fe O
O b) Pb
Wa Pb
Pb O
O
c) O O
U
O
O O
U
O
U
O
O
d) O
O U
O
O
U
U
O
O
U O
O
O
1.45. O H
O
Cl
d = d = n
O
O
H
O
H
O
O
N
S O
H
O
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
H
O
Cl O O
H O 1.46. a) - AB2 – A(II) i B(I), A(IV) i B(II), A(VI) i B(III), A(VIII) i B(IV) - AB3 – A(III) i B(I), A(VI) i B(II) b) - AB4 – A(IV) i B(I) - A2B3 – A(III) i B(II), A(VI) i B(IV) 1.47. korzystaj ąc z reguły krzy ża opisanej w zad. 1.10. wiemy, że indeks stechiometryczny pierwiastka A jest równy wartościowości pierwiastka B, podzielonej przez największą możliwą liczbę całkowitą (jeżeli nie mam takiej możliwości, wówczas ta liczba wynosi 1): W n= b d ,analogicznie: W m= a d szukamy wartości Wa mając dany następujący układ równań Wb = n d m = Wa d
Wb
O
O
O
Wb n Wa
= =
m Wa m Wb ⋅ m n
1.48. krzyżowej regule podlegają te pierwiastki, których indeksy stechiometryczne, są równe tym obliczonym w/w regułą, (w zadaniu oczywiście przyjmujemy wartościowość tlenu jako II) a) tak; b) nie (powinno być BaO); c) tak; d) nie (nie znamy dokładnej ilości atomów o poszczególnych wartościowościach); e) nie (powinno być Na2S); f) nie (nie znamy dokładnej ilości atomów o poszczególnych wartościowościach); 1.49. - N2O7 (w tym przypadku azot ma warto ściowość VII) - AlH4 (w tym przypadku glin ma warto ściowość IV) - C2O5 (w tym przypadku tlen ma warto ściowość V) - KO (w tym przypadku potas ma warto ściowość II)
O
5
1.50. a) tak; b) nie (różna ilość atomów poszczególnych pierwiastków); c) tak; d) nie (różna kolejność wiązania atomów); e) nie (różna kolejność wiązania atomów)
+ Al + O2
2 Al2O3
→
1.3. Przemiany substancji przedstawiane równaniami lub schematami reakcji 1.51. 2 cząsteczki tlenku miedzi(I) reaguj ą z 1 atomem węgla, w wyniku czego powstają 4 atomy miedzi i 1 cząsteczka dwutlenku węgla 1.52. 1 atom węgla reaguje z 2 cz ąsteczkami wodoru, w wyniku czego powstaje 1 cz ąsteczka metanu 1.53. 2 cząsteczki dwutlenku chloru [w reakcji analizy] rozpadaj ą się na 1 cząsteczk ę chloru i 2 [dwuatomowe] cząsteczki tlenu 1.54. 2 Mg + CO2 → 2 MgO + C 1.55. 4 B + 3 O2 → 2 B2O3 1.56. a) Cu + O2 → CuO
+ Cu + O2
+
Al + 3 O2
2 Al2O3
→
+
4 Al + 3 O2
2 Al2O3
→
+
d) H2 + N2
NH3
→
+ H2 + N2
2 NH3
→
2 CuO
→
+ +
3 H2 + N2
2 Cu + O2
2 CuO
→
2 NH3
→
+ e) CH4 + O2
+
CO2 + H2O
→
+
+ b) H2 + O2
H2O
→
+ H2 + O2
CH4 + O2
CO2 + 2 H2O
→
2 H2O
→
+
+ + CH4 + 2 O2 2 H2 + O2
2 H2O
→
+ c) Al + O2
CO2 + 2 H2O
→
+
+ Al2O3
→
f) N2O
N2 + O2
→
+ Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
6
2 N2O
N2 + O2
→
e) Sn + 2 S SnS2 f) 2 P + 5 S P2S5 1.68. a) 4 Cu + O2 2 Cu2O b) 2 Cu + O 2 2 CuO c) 4 Al + 3 O2 2 Al2O3 d) C + O2 CO2 e) 4 P + 3 O2 2 P2O3 f) 3 Pb + 2 O2 Pb3O4 1.69. a) 2 H2 + O2 2 H2O b) N2 + O2 2 NO c) 3 H2 + N2 2 NH3 d) N2 + 2 O2 2 NO2 1.70. a) 2 Fe + O2 2 FeO 4 Al + 3 O2 2 Al2O3 b) 4 Na + O2 2 Na2O C + O2 CO2 c) 4 P + 5 O2 2 P2O5 2 H2 + O2 H2O d) 4 Fe + 3 O2 2 Fe2O3 2 Ca + O2 2 CaO 1.71. 1) 2 Mg + O2 2 MgO 2) 2 Al + 3 S Al2S3 3) 2 Na + Cl 2 2 NaCl 4) PbO2 + 2 H2 Pb + 2 H2O 5) 2 H2 + O2 2 H2O 6) 2 C2H6 + 7 O2 4 CO2 + 6 H2O 7) Cr2O3 + 3 C 2 Cr + 3 CO 1.72. a) 2 Na + Cl 2 2 NaCl b) Cu + Cl2 CuCl2 c) 2 Fe + 3 Cl 2 2 FeCl3 d) S + 2 Cl2 SCl4 e) 2 P + 5 Cl 2 2 PCl5 f) U + 3 F2 UF6 1.73. a) 3 Si + 2 N2 Si3N4 b) 3 Mg + N2 Mg3N2 c) 6 P + 5 N2 2 P3N5 d) 2 Al + N2 2 AlN e) 2 NH3 + 3 Mg Mg3N2 + 3 H2 f) 4 BN + 3 O2 2 B2O3 + 2 N2 g) Mg3N2 + 2 B 3 Mg + 2 BN h) B2O3 + 2 NH3 2 BN + 3 H2O 1.74. a) Fe2O3 + 3 H2 2 Fe + 3 H2O b) 2 FeO + C 2 Fe + CO2 →
→
+
→
→
2 N2O
→
2 N2 + O2
→
→
+ 1.57. ClO2 → Cl2 + O2 2 ClO2 → Cl2 + 2 O2 1.58. N2 + O2 → NO N2 + O2 → 2 NO 1.59. Cu2O + C → Cu + CO2 2 Cu2O + C → 4 Cu + CO2 1.60. Li + O2 → Li2O 4 Li + O2 → 2 Li2O 1.61. CH4 + O2 → CO2 + H2O CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O 1.62. H2 + N2 → NH3 3 H2 + 2 N2 →2 NH3 1.63. I2O5 → I2 + O2 2 I2O5 → 2 I2 + 5 O2 1.64. Fe2O3 + H2 → Fe + H2O Fe2O3 + 3 H2 → 2 Fe + 3 H2O 1.65. B + O2 → B2O3 4 B + 3 O2 → 2 B2O3 1.66. a) H2 + P → PH3 3 H2 + 2 P → 2 PH3 b) CrO3 + C → Cr + CO2 2 CrO3 + 3 C → 2 Cr + 3 CO2 c) B + O2 → B2O3 4 B + 3 O2 → 2 B2O3 d) NH3 + O2 → NO2 + H2O 4 NH3 + 7 O2 → 4 NO2 + 6 H2O 1.67. a) 2 Al + 3 S → Al2S3 b) 2 Na + S → Na2S c) Pb + S → PbS d) 4 Al + 3 C → Al4C3 Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
7
c) Pb3O4 + 4 H2 3 Pb + 4 H2O d) 2 Cu2O + C 4 Cu + CO2 e) 2 CrO3 + 3 C 2 Cr + 3 CO2 f) 2 P2O5 + 5 C 4 P + 5 CO2 1.75. a) 3 BeO + N2 + 3C Be3N2 + 3 CO b) 3 Be2C + 2 N2 2 Be3N2 + 3 C c) 5 Mg3N2 + 6 PCl5 15 MgCl2 + 2 P3N5 d) 2 Mg3N2 + 3 CO2 6 MgO + 3 C + 2 N2 e) 3 MgH2 + 2 N2 Mg3N2 + 2 NH3 f) Si3N4 + 3 O2 3 SiO2 + 2 N2 g) 4 P3N5 + 15 O2 6 P2O5 + 10 N2 h) 3 SiO2 + 3 C + 2 N2 Si3N4 + 3 CO2 1.76. 1) 2 Cu + S Cu2S 2) 4 Al + 3 O2 2 Al2O3 3) 2 H2 + O2 2 H2O 4) 2 HgO 2 Hg + O2 5) Fe2O3 + 3 H2 2 Fe + 3 H2O 6) 2 ZnO + C 2 Zn + CO2 1.77. a) 2 N2O 2 N2 + O2 b) 2 NO N2 + O2 c) 2 NO2 2 NO + O2 d) N2O3 NO2 + NO e) 2 N2O5 4 NO2 + O2 f) 2 Cl 2O 2 Cl2 + O2 g) 2 ClO2 Cl2 + 2 O2 h) 2 I2O5 2 I2 + 5 O2 1.78. a) 4 NH3 + 3 O2 2 N2 + 6 H2O b) 4 NH3 + 5 O2 4 NO + 6 H2O c) 4 NH3 + 7 O2 4 NO2 + 6 H2O d) 3 N2O + 2 NH3 4 N2 + 3 H2O e) 2 H2S + 3 O2 2 SO2 + 2 H2O f) 2 NO2 + 4 H2 N2 + 4 H2O 1.79. aby obliczyć wartość indeksów stechiometrycznych należy najpierw zsumować ilość atomów danych pierwiastków po prawej stronie równania, a nast ępnie dobrać takie wartości x, y, z, aby po lewej stronie liczba atomów poszczególnych pierwiastków była taka sama jak po prawej; a) x = 2, y = 6 b) x = 4, y = 2 c) x = 1, y = 2, z = 2 d) x = 6, y = 12, z = 6 1.80. a) 1. 2 Cu + O2 2 CuO 2. 2 CuO + 2 H2 2 Cu + 2 H2O b) 1. 2 Mg + O 2 2 MgO →
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
T → 2. 3 Mg + Fe2O3 3 MgO + 2 Fe T → 3. Mg + H2O(g) MgO + H2 1.81. - 2 Cu + O2 2 CuO - 2 Cu + S Cu2S - Cu + Cl2 CuCl2 1.82. a) 2 Zn + O2 2 ZnO ZnO + H2 Zn + H2O b) 4 Cu + O 2 2 Cu2O Cu2O + H2 2 Cu + H2O 1.83. a) 2 Al + 3 S Al2S3 b) 2 N2O 2 N2 + O2 c) Fe2O3 + 3 CO 2 Fe + 3 CO2 d) MnO2 + H2 MnO + H2O e) 2 Mg + CO2 2 MgO + C f) 2 FeO + C 2 Fe + CO2 g) 2 Fe + 3 Cl 2 2 FeCl3 h) PbO2 + 2 H2 Pb + 2 H2O 1.84. postepujemy podobnie jak w zad. 1.79. 2 CrxOy + 3 C 2 Cr + 3 CO2 2 CrO3 + 3 C 2 Cr + 3 CO2 1.85. postepujemy podobnie jak w zad. 1.79. 6 NxOy + 8 NH3 7 N2 + 12 H2O 6 NO2 + 8 NH3 7 N2 + 12 H2O 1.86. a) A – węgiel, B – tlen, C – tlenek siarki(IV) C + O2 CO2 S + O2 SO2 b) A – tlen, B – tlenek miedzi(II), C – woda 2 Cu + O2 2 CuO H2 + CuO H2O + Cu O2 + 2 H2 2 H2O 2 H2O 2 H2 + O2 1.87. A – tlenek rtęci(II), B – tlen, C – wodór, D – tlenek cynku, E – tlenek magnezu 2 HgO 2 Hg + O2 O2 + 2 H2 2 H2O H2 + ZnO Zn + H2O Mg + H2O MgO + H2 O2 + 2 Mg 2 MgO 1.88. 1) źle – nie zgadza si ę ilość tlenów 2) dobrze 3) źle – nie zgadza si ę ilość wodorów 4) dobrze →
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
8
1.89. 1) rozkład, 2) synteza, 3) wymiana pojedyncza, 4) synteza, 5) wymiana pojedyncza, 6) wymiana podwójna, 7) wymiana pojedyncza, 8) rozkład 1.90. 1) H2 + Cl2 → 2 HCl 2) 3 H2 + N2 → 3 NH3 3) H2 + S → H2S 4) 2 H2 + C → CH4 5) H2 + 2 Na → 2 NaH 6) H2 + Ca → CaH2 1.91. 2 Al + Fe2O3 → Al2O3 + 2 Fe 1.92. a) CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O C2H4 + 3 O2 → 2 CO2 + 2 H2O b) 2 C2H2 + 5 O2 → 4 CO2 + 2 H2O 2 C6H6 + 15 O2 → 12 CO2 + 6 H2O c) 2 C2H6 + 7 O2 → 4 CO2 + 6 H2O C3H8 + 5 O2 → 3 CO2 + 4 H2O a) 2 C4H10 + 13 O2 → 8 CO2 + 10 H2O 2 C5H10 + 15 O2 → 10 CO2 + 10 H2O 1.93. KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2 widzimy, że po prawej stronie są 2 atomy manganu, zatem do równania reakcji nale ży wziąć 2 cząsteczki manganianu(VII) potasu 2 KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2 1.94. KClO3 → KCl + O2 2 KClO3 → 2 KCl + 3 O2 1.95. Fe + H2O → Fe3O4 + H2 3 Fe + 4 H2O → Fe3O4 + 4 H2 1.96. P4 + H2O → H3PO4 + H2 najpierw ustalamy fosfory po prawej stronie P4 + H2O → 4 H3PO4 + H2 następnie tleny po lewej stronie P4 + 16 H2O → 4 H3PO4 + H2 a na koniec wodory P4 + 16 H2O → 4 H3PO4 + 10 H2 1.97. PbS + 2 O2 → PbO2 + SO2 zgodnie z warunkami zadania załóżmy, że w reakcji bierze udział 20 cz ąsteczek PbS, pomnó żmy zatem powyższe równanie przez 20 20 PbS + 40 O 2 → 20 PbO2 + 20 SO2 rakcja PbO2 z wodorem ma postać: PbO2 + 2 H2 → Pb + 2 H2O a biorąc do reakcji 20 cz ąsteczek PbO2 20 PbO2 + 40 H2 → 20 Pb + 40 H2O Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
z podanej w zadaniu ilości PbS, po kolejnych procesach można wytworzyć 40 cząsteczek wody (czyli ponad rozważane 30) 1.98. rozwiązujemy podobnie jak zad. 1.97. układamy reakcję utleniania FeS 4 FeS + 7 O2 2 Fe2O3 + 4 SO2 20 FeS + 35 O2 10 Fe2O3 + 20 SO2 reakcja Fe2O3 z węglem ma postać: 2 Fe2O3 + 3 C 4 Fe + 3 CO2 10 Fe2O3 + 15 C 20 Fe + 15 CO 2 w podanych reakcjach można wytworzyć 15 cząsteczek CO2 (, czyli ponad rozważane 10) 1.99. a) N2 + 3 H2 2 NH3 4 NH3 + 5 O2 4 NO + 6 H2O 2 NO + O2 2 NO2 b) ZnS + O2 SO2 + ZnO 2 SO2 + O2 SO3 SO3 + H2O H2SO4 c) H2O + CH4 3 H2 + CO 3 H2 + N2 2 NH3 4 NH3 + 5 O2 6 H2O + 4 NO 1.100. +O2 a) CH 4 CO 2 − → H 2O →
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
+O2 → b) CH 4 CO − H2 +O2 → c) CH 4 CO − H 2O + O2 d) CH 4 C − → H 2O + 2 → e) CH 4 CO −H2 O
1.101.
a) H n R + nM → M n R +
n 2
H2
b) – dla parzystych n n n HnR + M → M n R + H2 2 2 2 – dla nieparzystych n 2H n R + nM → M n R 2 + nH 2 c) – dla n podzielnych przez 3 2n 2H n R + M → 2M n R + nH 2 3 3 – dla pozostałych n 3H n R + nM → M n R 3
+
3n
H2 2 d) – dla n podzielnych przez 4 n n HnR + M → M n R + H2 4 2 4 – dla n podzielnych przez 2 (a niepodzielnych przez 4)
9
2H n R +
n 2
M → MnR2
+ nH 2
2
– dla pozostałych n 4H n R + nM → M n R 4 1.102.
+ 2nH 2
M + nH 2 O → M(OH )n
+ H2
n
2
1.103. (1) – dla n parzystych n n MO n + C → M + CO 2 2 2 – dla n nieparzystych M 2 O n + nC → 2M + nCO (2) – dla n parzystych, niepodzielnych przez 4 n n 2MO n + C → 2M + CO 2 2 2 2 – dla n parzystych, podzielnych przez 4 n n MO n + C → M + CO 2 4 4 2 – dla n nieparzystych, podzielnych przez 4 2M 2 O n + nC → 4M + nCO 2 1.104. – dla n parzystych n n MO n + H 2 → M + H 2 O 2 2 2 – dla n nieparzystych M 2 O n + nH 2 → 2M + nH 2 O 1.105. T MgCl2·6H2O MgO + 2 HCl + 5 H2O → podczas ogrzewania może też zachodzić poboczna reakcja: T → MgCl2·6H2O Mg(OH)Cl + HCl + 5 H 2O 1.4. Tablica Mendelejewa 1.106. Nr grupy Max. wart Wart. wzgl. wodoru i metali Wzór najwyższ ego tlenku Ogólny wzór wodorku
1
2
13
14
15
16
17
I
II
III
IV
V
VI
VII
I
II
III
IV
III
II
I
E2O
EO
E2O3
EO2
E2O5
EO3
E2O7
EH
EH2
EH3
EH4
EH3
H2E
HE
1.107. najwyższa wartościowość (wartościowość wobec tlenu) jest równa numerowi grupy głównej (czyli np. dla 15 → 5, 17 → 7) Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
Cl2O7, Bi2O5, SeO3, B2O3, Cs2O, SnO2 1.108. w wodorkach pierwiastek przyjmuje zazwyczaj najniższą wartościowość, którą możemy obliczyć dla pierwiastków z grup 15-18 odejmując od 8 wartość najwyższej wartościowości; H2Te, SbH3, BeH2, AsH3, GeH4, NaH, TlH 3 1.109. w związkach tych niemetale przyjmują tak ą samą wartościowość jak w wodorkach Ca3P2, Mg3N2, Al2Se3, Na2Tl 1.110. a) 2 CsOH + H 2Se → Cs2Se + 2 H2O , selenek cezu b) SrO + TlO2 → SrTlO3 , teluran(VI) strontu c) 2 RbOH + SeO3 → Rb2SeO4 + H2O , selenian(VI) rubidu d) 2 Ga + 3 H2SO4 → Ga2(SO4)3 + 3 H2 siarczan(VI) galu e) 2 Ra + I2 → 2 RaI , jodek radu 1.111. wśród metali reaktywność maleje wraz ze wzrostem grupy, a rośnie wraz ze wzrostem okresu, wśród niemetali sytuacja jest odwrotna chlor, magnez, selen, potas, brom, wap ń 1.112. korzystamy z zasady podanej w 1.111. Cs > Na > Sr > Sr > Ga > Al 1.113. metale: Rb, Ra, Pb, Tl niemetale: Se, At 1.114. może znajdować się w grupie 14 lub 16, dla grupy 14, IV to maksymalna wartościowość pierwiastków, dla grupa 16, wartościowość IV występuje obok VI (pomijamy grupy poboczne, gdyż dla nich nie obowiązują rozważane w tym dziale reguły) 1.115. może znajdować się w grupie 2 lub 16 (pomijamy grupy poboczne, gdyż dla nich nie obowiązują rozważane w tym dziale reguły), w grupie 2 b ędzie to wodorek metalu EH2, zaś w grupie 16 wodorek niemetalu H2E 1.116. jest to grupa 15, gdyż właśnie pierwiastki należące do tej grupy mają maksymalną wartościowość V (wobec tlenu) i minimalną III (wobec wodoru) 1.117. a) EO3 + H2O → H2EO4 , wartościowość E to VI, zatem pierwiastek należ y do 16 grupy b) EO2 + H2O → H2EO2 , wartościowość E to IV, zatem pierwiastek należ y do 14 grupy c) E2O7 + H2O → 2 HEO4 , wartościowość E to VII, zatem pierwiastek należ y do 17 grupy b) E2O3 + 3 H2O → 2 H3EO3 , wartościowość E to III, zatem pierwiastek należ y do 13 grupy 10
1.118. wszystkie te pierwiastki są kolejnymi pierwiastkami okresu nr 3 rośnie: masa atomowa, wartościowość maksymalna, nr grupy w układzie okresowym 1.119. wszystkie te pierwiastki są kolejnymi pierwiastkami grupy nr 17 maleje: reaktywność względem tlenu, właściwości niemetaliczne 1.120.
70
A
50
30
10
10
20
30 Z
1.121. 1) prawda (oczywi ście, jeśli rozważamy tylko grupy główne) 2) nieprawda (wiele zwi ązków ma właściwości zupełnie różniące się od pierwiastków z których si ę składają np. woda) 3) prawda 4) prawda 5) prawda 1.122. 1) są to pierwiastki o nieparzystych, wzrastających liczbach atomowych; Cl 2) są to tlenki pierwiastków odpowiednio z grup: 1, 14, 17; Br2O7 3) są to kwasy tlenowe pierwiastków z 3 okresu poczynaj ąc od krzemu (pierwiastki przyjmują najwyższą, możłiwą wartościowość); HClO4 4) [zapewne autorowi chodziło o bar Ba, a nie beryl Be] są to wodorotlenki metali z 6 okresu; Pb(OH)4 1.123 a) są to kolejne pierwiastki grup głównych z pominięciem gazów szlachetnych; RB, Sr, In, Sn b) są to wodorki pierwiastków z grup 13, 15, 17; AsH3, HBr, InH3, SbH3 1.124. a) są to kolejno gazy i ciała stałe o wzrastającej liczbie atomowej; Cl, Al, Ar, Si Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
b) liczby atomowe s ą kolejnymi potęgami liczby 2: 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, itd.; Ge, Gd, (nie ma pierwiastka o liczbie atomowej 128) 1.125. a) zarówno nr okresu jak i grupy wzrasta o 1; Ge b) dla metalu zasada jest taka jak w pkt a), a dla niemetalu nr okresu (w grupie 17) maleje o 1; TeF 6 1.126. a) dla jednego gazu pierwiastka nr grupy i okresu maleje o 1, zaś dla drugiego nr grupy maleje o 1,a nr okresu roście o 1; InN b) dla jednego pierwiastka nr grupy maleje o 1, a nr okresu rośnie o 1, zaś dla drugiego nr grupy i nr okresu maleje o 1; Tl4S3 1.127. 1) A – początkowo wartościowość ta wzrasta, a potem maleje 2) F – maksymalna wartościowość stale wzrasta od I do VII (a nawet VIII dla nietrwałych związków gazów szlachetnych) 3) H – od wodoru do skandu masa atomowa praktycznie rośnie wprostproporcjonalnie do wzrostu liczby atomowej, nieco od tej reguły odbiega argon 4) E – reaktywność najpierw maleje, a potem rośnie, gwałtowny spadek na koniec wykresu jest spowodowany obecnością gazu szlachetnego w 18 grupie 1.128. nie – gdyż wg obecnie przyj ętej teorii atomistycznej, składniki jądra atomowego (protony i neutrony) s ą najmniejszymi, niepodzielnymi i trwałymi cząstkami atomów, które stanowią o ich właściwość, wzrost liczby atomowej może odbywać się tylko o pełne jedności 1.129. Mendelejew swoje szeregowanie pierwiastków w poszczególne grupy opierał na podstawie zbli żonych właściwości (przez co znaj ąc właściwości dwóch pobocznych pierwiastków mógł przewidywać właściwości tego środkowego, które były podobne do innych pierwiastków z danej grupy). W czasie bada ń Mendelejew nie znał jednak żadnego gazu szlachetnego, przez so nie mógł przewidzie ć, że istnieje jakaś dotatkowa grupa. Bez niej tak że wszystkie pozostałe pierwiastki spełniały prawo okresowo ści. Rozdział 2. Podstawy stechiometrii. 2.1. Masy atomów i cz ąsteczek 2.1. złoto (196,96) > platyna (195,09) > srebro (107,87) > miedź (63,55)
11
2.2. liczba masowa atomu tytanu: 48 (do obliczeń przyjmujemy masę atomową najczęściej występującego izotopu, jest ona najbardziej zbli żona do średniej masy atomowej wszystkich izotopów danego pierwiastka, któr ą to możemy odczytać z układu okresowrgo) liczba masowa atomu węgla: 12 48 =4 n= 12 2.3. masa cząsteczkowa jest sumą mas atomowych, atomów wystęujących w danej cząsteczce 1) 12u + 16u = 28u 2) 12u + 2 · 16u = 44u 3) 2 · 27u + 3 · 16u = 102u 4) 23u + 16u + 1u = 40u 5) 27u + 3 · (16u + 1u) = 27u + 3 · 17u = 78u 6) 2 · 1u + 32u + 4 · 16u = 98u 2.4. 1) 2 · 23u + 16u = 62u 2) 32u + 3 · 16u = 80u 3) 3 · 1u + 31u + 4 · 16u = 98u 4) 64u + 32u + 4 · 16u = 160u 5) 56u + 3 · (16u + 1u) = 56u + 3 · 17u = 107u 6) 2 · 12u + 6 · 1u + 16u = 46u 2.5. 1) 2 · 23u + 16u = 62u 2) 137u + 2 · (16u + 1u) = 137u + 2 · 17u = 171u 3) 2 · 14u = 28u 4) 2 · 56u + 3 · 32u = 208u 5) 2 · 1u + 12u + 3 · 16u = 62u 6) 6 · 12u + 12 · 1u + 6 · 16u = 180u 2.6. amoniak (NH3): 14u + 3 · 1u = 17u azot (N2): 2 · 14u = 28u metan (CH4): 12u + 4 · 1u = 16u tlen (O2): 2 · 16u = 32u metan < amoniak < azot < tlen 2.7. H2SO4: 2 · 1u + 32u + 4 · 16u = 98u CO: 12u + 16u = 28u H3PO4: 3 · 1u + 31u + 4 · 16u = 98u C4H10: 4 · 12u + 10 · 1u = 58u N2: 2 · 14u = 28u C2H4: 2 · 12u + 4 · 1u = 28u KF: 39u + 19u = 58u {H2SO4, H3PO4}; {CO, N2}; {C4H10, KF} 2.8. 7 · (12u + 2 · 16u) = 7 · 44u = 308u 16 · (14u + 3 · 1u) = 16 · 17u = 272u większą masę ma zbiór siedmiu cząsteczek CO2 2.9. a) EO3, M r (EO 3 ) = A r (E ) + 3 ⋅ 16u = 127u
pierwiastkiem o masie atomowej 79 jest selen, SeO3 b) EH3, M r ( EH 3 ) = A r (E ) + 3 ⋅ 1u = 34u Ar(E) = 34u – 3 · 1u = 31u pierwiastkiem o masie atomowej 31 jest fosfor, PH3 a) E2S3, M r (E 2S3 ) = 2 ⋅ A r ( E ) + 3 ⋅ 32u = 150u 2 · Ar(E) = 150u – 3 · 32u = 54u Ar(E) = 54u : 2 = 27u pierwiastkiem o masie atomowej 27 jest glin, Al2S3 2.10. masa jednego atomu pierwszego pierwiastka wynosi: 28u : 2 = 14u pierwiastkiem tym jest azot masa jednego atomu drugiego pierwiastka wynosi: 48u : 3 = 16u pierwiastkiem tym jest tlen, zatem szukanym związkiem tlenek azotu(III), N2O3 2.11. Ar(A) + 2 · 16u = 87u Ar(A) = 87u - 2 · 16u = 55u metalem tym jest mangan 2.12. załóżmy że masa pierścionka wynosi m, ilość atomów jest równa masie podzielonej przez masę jednego atomu, w tym przypadku mamy n Au = m : 197 u n Pt = m : 195u porównując te 2 wartości widzimy, że nPt jest większe (masa została podzielona przez mniejszą liczbę), zatem w pierścionek z platyny zawiera więcej atomów 2.13. A r ( Pb) = 207 u 6,02 ⋅ 10 23 u 1u
=
= 1g
1g 6,02 ⋅ 10
23
= 1,66 ⋅ 10 −24 g
A b ( Pb) = 207 ⋅ 1,66 ⋅ 10 −24 g = 3,44 ⋅ 10 −22 g 2.14. korzystają z zależności u → g z zadania 2.13. mamy
A r ( E) =
5,32 ⋅ 10 −23 1,66 ⋅ 10 −24
= 32,04u ≈ 32u
2.15. najpierw liczymy masę cząsteczkową w unitach S r ( Al 2 O 3 ) = 2 ⋅ 27 u + 3 ⋅ 16u = 102u następnie zamieniamy unity na gramy S b ( Al 2 O 3 ) = 102 ⋅ 1,66 ⋅ 10 −24 g = 1,69 ⋅ 10 −22 2.16. zamienmy masę podaną w g na masę w unitach 2,33 ⋅ 10 −23 = 14,04u ≈ 14u m= 1,66 ⋅ 10 − 24 do tej masy dodajemy masy pozostałych składników Mr(x) = 9 · 12u + 13 · 1u + 14u = 135u
Ar(E) = 127u – 3 · 16u = 79u Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
12
2.17. wiemy, że masa wodoru jest 16 razy mniejsza ni ż masa tlenu, zatem w tej skaly wynosiłaby: m = 100 : 16 = 6,25 masa siarki jest 2 razy wi ększa niż masa tlenu, zatem w tej skali wynosiłaby: m = 100 · 2 = 200 2.18. 12 obecnym wzorcem jest 1/12 masy atomu w ęgla C, aby skala zmienila si ę jak najmniej, należałoby przyjąć 1/19 masy atomu fluoru 19F 2.19. a) mC = 12u mO = 2 · 16u = 32u mC : mO = 12 : 32 = 3 : 8 b) mFe = 2 · 56u = 112 mS = 3 · 32u = 96u mFe : mS = 112 : 96 = 7 : 6 c) mC = 6 · 12u = 72u mH = 12 · 1u = 12u mO = 6 · 16u = 96u mC : mH : mO = 72 : 12 : 96 = 6 : 1 : 8 2.20. a) 2 · Ar(P) + x · Ar(O) = 110u 2 · 31u + x · 16u = 110u x · 16u = 48u x=3 a) 2 · Ar(C) + x · Ar(H) = 30u 2 · 12u + x · 1u = 30 x · 1u = 6u x=6 a) 4 · Ar(H) + x · Ar(P) + 7 · Ar(O) = 178u 4 · 1u + x · 31u + 7 · 16u = 178u 4u + x · 31u + 112u = 178u x · 31u = 62u x=2 2.21. a) Ar(E) + 2 · Ar(O) = 44u Ar(E) + 2 · 16u = 44u Ar(E) = 12u E – węgiel b) 2 · Ar(E) + 3 · Ar(S) = 208u 2 · Ar(E) + 3 · 32u = 208u 2 · Ar(E) = 112u Ar(E) = 56u E – żelazo a) 2 · Ar(H) + Ar(E) + 4 · Ar(O) = 98u 2 · 1u + Ar(E) + 4 · 16u = 32u Ar(E) = 32u E – siarka 2.22. Mr(Bx) = x · 11u = 132u x = 132 : 11 = 12u cząsteczka boru składa si ę z 12 atomów 2.23. a) układamy nierówność Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
Mr(E2O) < Mr(EO2) masy poszczególnych zwi ązków wynoszą: Mr(E2O) = 2 · Ar(E) + Ar(O) Mr(EO2) = Ar(E) + 2 · Ar(O) podstawiamy wyznaczone masy do nierównaności: 2 · Ar(E) + Ar(O) < A r(E) + 2 · Ar(O) Ar(E) < Ar(O) Ar(E) < 16u masa atomowa pierwiastka E musi by ć mniejsza niż 16u b) układamy nierówność Mr(E2O) > Mr(EO2) masy poszczególnych zwi ązków wynoszą: Mr(E2O) = 2 · Ar(E) + Ar(O) Mr(EO2) = Ar(E) + 2 · Ar(O) podstawiamy wyznaczone masy do nierównaności: 2 · Ar(E) + Ar(O) > A r(E) + 2 · Ar(O) Ar(E) >Ar(O) Ar(E) > 16u masa atomowa pierwiastka E musi by ć większa niż 16u 2.24. siarczek ma wzór E 2S, zaś tlenek E2O Mr(E2S) = 1,26 · Mr(E2O) masy poszczególnych zwi ązków wynoszą: Mr(E2S) = 2 · Ar(E) + Ar(S) = 2 · Ar(E) + 32u Mr(E2O) = 2 · Ar(E) + Ar(O) = 2 · Ar(E) + 16u podstawiamy wyznaczone masy do równania: 2 · Ar(E) + 32u = 1,26 · (2 · Ar(E) + 16u) 2 · Ar(E) + 32u = 2,52 · Ar(E) + 20,16u 0,52 · Ar(E) = 11,84u Ar(E) = 22,77u masa ta jest najbardziej zbli żona do masy sodu, wi ęc możemy przyjąć, że szukanym pierwiastkim jest sód 2.25. twierdzenie to nie jest prawdziwe, jako przykład weźmy tlenki azotu (przyjmiemy tak że hipotetyczne istnienie azotu o warto ści VI, VII i VIII) Mr(N2O) = 2 · Ar(N) + Ar(O) = 2 · 14u + 16u = 44u Mr(NO) = Ar(N) + Ar(O) = 14u + 16u = 30u Mr(N2O3) = 2 · Ar(N) + 3 · Ar(O) = 2 · 14u + 3 · 16u = 76u Mr(NO2) = Ar(N) + 2 · Ar(O) = 14u + 2 · 16u = 46u Mr(N2O5) = 2 · Ar(N) + 5 · Ar(O) = 2 · 14u + 5 · 16u = 108u Mr(NO3) = Ar(N) + 3 · Ar(O) = 14u + 3 · 16u = 62u Mr(N2O7) = 2 · Ar(N) + 7 · Ar(O) = 2 · 14u + 7 · 16u = 140u Mr(NO4) = Ar(N) + 4 · Ar(O) = 14u + 4 · 16u = 78u
13
140 Mr
100
60
20
wart.
I
II
III
IV
V
VI
VII VIII
2.2 Mol. (w opisach często będzie u ż ywany skrót my ślowy np. 3 mole ż elaza, co oczywi ście oznacza 3 mole atomów ż elaza; 2 mole tlenku glinu, co oznacza 2 mole cząsteczek tlenku glinu) 2.26. 23 a) 6,02 · 10 atomów miedzi b) 6,02 · 1023 cząsteczek amoniaku 23 c) 6,02 · 10 cząsteczek tlenu 23 d) 6,02 · 10 atomów wodru 2.27. 23 23 n = 0,25 · 6,02 · 10 = 1,505 · 10 2.28. milimol to 1/1000 mola 23 19 n = 0,1 · 6,02 · 10 : 1000 = 6,02 · 10 2.29. liczymy z proporcji 23 1mol ─── 6,02 · 10 cząsteczek 23 x ─── 30,1 · 10 cząsteczek
x=
30,1 ⋅ 10 23
= 5 moli 6,02 ⋅ 10 23 2.30. w 1 molu amoniaku (NH3) znajdują się 3 mole wodoru, zatem w 5 molach: n = 3 · 5 = 15 moli = 15 · 6,02 · 1023 = 9,03 · 1024 2.31. w 1 molu siarkowodoru (H2S) znajdują się 2 mole wodoru, zatem w 3 molach: 23 24 n = 2 · 3 = 6 moli = 6 · 6,02 · 10 = 3,61 · 10 2.32. (kilomol to 1000 moli) w 1 molu kwasu siarkowego(VI) (H2SO4) znajdują się 4 mole tlenu, zatem w 2000 moli: 23 n = 4 · 2000 = 8000 moli = 8000 · 6,02 · 10 = 4,81 · 1027 2.33. w 1 molu glukozy znajduje się: 6 moli atomów węgla, 12 moli wodoru i 6 moli atomów tlenu, zaś w p moli glukozy znajduje się : 6 · p moli atomów węgla, 12 · p Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
moli wodoru i 6 · p moli atomów tlenu, łączna ilość wszystkich atomów n = 6 · p + 12 · p + 6 · p = 24 · p moli = 24 · p · 6,02 · 23 25 10 = p · 1,44 · 10 atomów 2.34. 1 mol siarczku glinu (Al 2S3) zawiera 2 mole glinu i 3 mole siarki, zatem 0,6 mola tego siarczku zawiera: nAl = 0,6 · 2 = 1,2 mola nS = 0,6 · 3 = 1,8 mola 2.35. w 1 molu kwasu siarkowego(VI) (H2SO4) znajdują się 4 mole tlenu, zatem w 2 molach tego kwasu: n = 2 · 4 = 8 moli 2.36. w 1 molu wody (H2O) znajdują się 2 mole wodoru i 1 mol tlenu, zatem w 3 molach wody: nH = 2 · 3 = 6 moli nO = 1 · 3 = 3 mole 2.37. 1 mol chlorku wapnia (CaCl 2) zawiera 1 mol wapnia i 2 mole chloru, oczywi ście 1 milimol chlorku wapnia (CaCl2) zawiera 1 milimol wapnia i 2 milimole chloru, zatem 2 milimole tej soli zawierają: nCa = 1 · 2 = 2 milimole nCl = 2 · 2 = 4 milimole 2.38. a) w 1 molu tego zwi ązku znajdują się 2 mole żelaza i 3 mole tlenu, zatem stosunek jest następujący Fe : O = 2 : 3 b) w 1 molu tego zwi ązku znajduje się 1 mol węgla i 1 mol tlenu, zatem stosunek jest następujący C:O=1:1 c) w 1 molu tego zwi ązku znajdują się 2 mole wodoru i 2 mole tlenu, zatem stosunek jest następujący H:O=2:2=1:1 d) w 1 molu tego zwi ązku znajduje się 6 moli węgla, 12 moli wodoru i 6 moli tlenu, zatem stosunek jest następujący C : H : O = 6 : 12 : 6 = 1 : 2 : 1 2.39. a) tyle samo b) więcej atomów zawiera mol wodoru, gdyż mol wodoru oznacza mol cz ąsteczek wodoru, które jak wiemy składają się z 2 atomów c) milimol SO3 zawiera o 1 milimol wi ęcej atomów niż SO2 2.40. w 1 molu wody (H2O) znajdują się 2 mole wodoru i 1 mol tlenu, zatem w 7 molach wody znajduje się: n = 1 · 7 = 7 moli tlenu w 1 molu nadtlenku wodoru (H2O2) znajdują się 2 mole wodoru i 2 mole tlenu, zatem w 4 molach nadtlenku wodoru znajduje si ę: n = 2 · 4 = 8 moli tlenu więcej tlenu jest w 4 molach nadtlenku wodoru 14
2.41. w 1 molu dwutlenku siarki (SO2) znajduje się 1 mol siarki i 2 mole tlenu, zatem w 3 molach tego tlenku znajdują się: nS = 1 · 3 = 3 mole siarki nO = 2 · 3 = 6 moli tlenu w 1 molu trójtlenku siarki (SO3) znajduje się 1 mol siarki i 3 mole tlenu, zatem w 3 molach tego tlenku znajdują się: nS = 1 · 3 = 3 mole siarki nO = 2 · 3 = 9 moli tlenu 1) w obu przypadkach znajduje si ę taka sama ilość siarki 2) 3 mole trójtlenku siarki zawiera więcej tlenu niż 3 mole dwutlenku siarki 2.42. w 1 molu tlenku azotu(V) (N2O5) znajduje się 5 moli tlenu, zatem w 3 molach tego tlenku znajdują się: nO = 5 · 3 = 15 moli tlenu w 1 molu tlenku azotu(II) (N2O3) znajdują się 3 mole tlenu, zatem 15 moli tlenu znajduje się w: ntlenku = 15 : 3 = 5 molach tlenku azotu(III) 2.43. 23 skoro mol to 6,02 · 10 atomów, zatem jeden atom stanowi: 1 = 1,66 ⋅ 10 −24 mola n= 23 6,02 ⋅ 10 2.3. Masa mola. 2.44. 1) Ar(Cu) = 64u 2) mM = 64g 2.45. 1) Ar(Na) = 23u 2) mM = 23g -24 -23 1) Ab(Na) = 23u = 23 · 1,66 · 10 g = 3,82 · 10 g 2.46. 1) Sr(NH3) = 14u + 3 · 1u = 17u 2) mm = 14g + 3 · 1g = 17g 2.47. 1) Sr(H2SO4) = 2 · 1u + 32u + 4 · 16u = 98u 2) mM = 2 · 1g + 32g + 4 · 16g = 98g -24 -22 3) Sb(H2SO4) = 98 · 1,66 · 10 g = 1,63 · 10 g 2.48. 1) Sr(O2) = 2 · 16u = 32u 2) mm = 2 · 16g = 32g 2.49. (chlor jest jedynym pierwiastkiem, którego przyjmowana przez nas masa atomowa nie jest liczbą całkowit ą , lecz wynosi 35,5u) 1) Ar(Cl) = 35,5u 2) Sr(Cl2) = 2 · 35,5u = 71u 3) mM = 2 · 35,5g = 71g 2.50. Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
1) Ar(N) = 14u 2) Sr(N2) = 2 · 14u = 28u 3) mM = 2 · 14g = 28g 4) mM = 14g 2.51. 1) Ar(O) = 16u 2) Sr(O2) = 2 · 16u = 32u 3) mM = 2 · 16g = 32g -24 -23 4) Sb(O2) = 32 · 1,66 · 10 g = 5,31 · 10 g 2.52. a) m = 2 · (2 · 65g + 16g) = 2 · 146g = 292g b) m = 0,1 · 2 · 35,5g = 7,1g c) m = 6 · 1g = 6g d) m = 0,01 · (12 · 12g + 22 · 1g + 11 · 16g) = 0,01 · 342g = 3,42g e) m = 0,5 · 24g = 12g 2.53. liczymy z proporcji a) mM = 2 · 1g + 16g = 18g 1 mol 18g x 36g 1 ⋅ 36 x= = 2 mole 18 a) mM = 2 · 1g = 2g 1 mol 2g x 12g 1 ⋅ 12 = 6 moli x= 2 c) mM = 2 · 16g = 32g 1 mol 32g x 3,2g 1 ⋅ 3,2 = 0,1 mola x= 32 2.54. a) mM = 2 · 1g + 16g = 18g 1 mol 18g x 9g 1⋅ 9 x= = 0,5 mola 18 3 b) jako gęstość wody przyjmujemy: d = 1g/cm mwody = d · V = 1g/cm3 · 1 dm3 = 1g/cm3 · 1000 cm3 = 1000g a) mM = 2 · 1g + 16g = 18g 1 mol 18g x 1000g 1 ⋅ 1000 = 55,56 mola x= 18 2.55. 3 3 3 3 m = d · V = 1,45g/cm · 1 dm = 1,45g/cm · 1000 cm = 1450g mM = 2 · 1g + 2 · 16g = 34g 1 mol 34g x 1450g ───
───
───
───
───
───
───
───
───
───
───
───
15
x
=
1 ⋅ 1450 34
= 42,65 mola
2.56. 1) Masa jednego kilomola wyrażona w gramach jest liczbowo tysiąc razy większa od masy atomowej (lub cząsteczkowej) wyrażonej w atomowych jednostkach masy 2) Masa jednego milimola wyrażona w gramach jest liczbowo tysiąc razy mniejsza od masy atomowej (lub cząsteczkowej) wyrażonej w atomowych jednostkach masy 2.57. a) m = 2 · 0,001 · (39g + 1g + 16g) = 2 · 0,001 · 56g = 0,112g b) m = 0,2 · 1000 · (2 · 1g + 32g + 4 · 16g) = 200 · 98g = 19600g c) m = 0,1 · 0,001 · 2 · 14g = 0,0001 · 28g = 0,0028g d) m = 10 · 1000 · 2 · 16g = 10000 · 32g = 320000g e) m = 0,5 · 0,001 · 12g = 0,0005 · 12g = 0,006g f) m = 0,001 · 1000 · 56g = 56g 2.58. a) mM = 23g + 1g + 16g = 40g 1 mol ─── 40g x ─── 0,4g 1 ⋅ 0,4 x= = 0,01 mola 40 2.59. a) mM = 56g + 32g = 88g m = 176kg = 176000g 1 mol ─── 88g x ─── 176000g 1 ⋅ 176000 x= = 2000 moli = 2 kmole 80 2.60. a) mM = x · 55g + 4 · 32g = 293g x · 55g + 128g = 293g x · 55g = 165g x = 165g : 55g x=3 b) mM = 2 · 23g + 12g + x · 16g = 106g 46g + 12g + x · 16g = 106g 46g + 12g + x · 16g = 106g 58g + x · 16g = 106g x · 16g = 48g x = 48g : 16g x=3 2.61 a) mM = 32g + 3 · x = 80g 3 · x = 48g x = 16g pierwiastkiem oznaczonym symbolem E jest tlen b) mM = 4 · 1g + 2 · x + 7 · 16g = 178g 4g + 2 · x + 112g = 178g 2 · x + 116g = 178g 2 · x = 62g Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
x = 31g pierwiastkiem oznaczonym symbolem E jest fosfor 2.62. np. H2SO4 i H3PO4 (98g); CO i N2 (28g) 2.63. do obliczeń przyjmiemy 1 mol substancji a) mFe = 2 · 56g = 112g mS = 3 · 32g = 96g Fe : S = 112 : 96 = 7 : 6 b) mCu = 2 · 64g = 128g mO = 16g Cu : O = 128 : 16 = 8 : 1 c) mC = 12g mO = 2 · 16g = 32g C : O = 12 : 32 = 3 : 8 d) mAl = 27g mO = 3 · 16g = 48g mH = 3 · 1g = 3g Al : O : H = 27 : 48 : 3 = 9 : 16 : 1 2.64. układamy nierówność m E 2S > m ES3 2 · mE + mS > mE + 3 · mS mE > 2 · mS mE > 64g masa mola pierwiastka E musi być większa od 64g 2.65. 23 a) w jednym molu substancji znajduje się 6,02 · 10 cząsteczek, liczymy masę mola substancji: mwoda = 2 · 1g + 16g = 18g 23 18g ─── 6,02 · 10 cząsteczek 1g ─── x x
=
6,02 ⋅ 10 23
= 3,34 ⋅ 10 22 cząsteczek
18 mamoniak = 3 · 1g + 14g = 17g 23 17g ─── 6,02 · 10 cząsteczek 1g ─── y y=
6 ,02 ⋅ 10 23
= 3 ,54 ⋅ 10 22 cząsteczek
17 więcej cząsteczek znajduje się w 1g amoniaku b) mtlen = 2 · 16g = 32g 23 32g ─── 6,02 · 10 cząsteczek 1g ─── x x
=
6,02 ⋅ 10 23
= 1,88 ⋅ 10 22 cząsteczek
32 mwodór = 2 · 1g = 2g 23 2g ─── 6,02 · 10 cząsteczek 1g ─── y y=
6 ,02 ⋅ 10 23
= 3 ,01 ⋅ 10 23 cząsteczek
3 więcej cząsteczek znajduje się w 1g wodoru c) m H 2SO4 = 2 · 1g + 32g + 4 · 16g = 98g
16
98g 1g x=
6,02 · 1023 cząsteczek x
─── ───
6,02 ⋅ 10 23
= 6,14 ⋅ 10 cząsteczek 21
98 m H 3PO 4 = 3 · 1g + 31g + 4 · 16g = 98g 23
98g ─── 6,02 · 10 cząsteczek 1g ─── y y=
6 ,02 ⋅ 10 23
= 6 ,14 ⋅ 10 21 cząsteczek
98 obie próbki zawierają równą ilość substancji 2.66. 23 a) w jednym molu substancji znajduje się 6,02 · 10 cząsteczek, liczymy masę mola substancji: mAl = 27g 23 27g ─── 6,02 · 10 atomów 1g ─── x x
=
6,02 ⋅ 10 23
= 2,23 ⋅ 10 22 atomów
27 mFe = 56g 23 56g ─── 6,02 · 10 atomów 1g ─── y y=
6 ,02 ⋅ 10 23
= 1 ,08 ⋅ 10 22 atomów
56 więcej atomów zaiera 1g glinu b) m O 2 = 2 · 16g = 32g
jeden mol cząsteczek O2 zawiera 2 mole atomów tlenu, zatem proporcja ma postać 23 32g ─── 2 · 6,02 · 10 atomów 1g ─── x x
=
2 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23
= 3,76 ⋅ 10 22 atomów
32 m N 2 = 2 · 14g = 28g
y=
= 4 ,3 ⋅ 10 22 atomów
28 więcej atomów zaiera 1g azotu c) m O 2 = 2 · 16g = 32g
jeden mol cząsteczek O2 zawiera 2 mole atomów tlenu, zatem proporcja ma postać 23 32g ─── 2 · 6,02 · 10 atomów 10g ─── x x
=
10 ⋅ 2 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23
32 m O 3 = 3 · 16g = 48g
y=
= 3,76 ⋅ 10 23 atomów
jeden mol cząsteczek O3 zawiera 3 mole atomów tlenu, zatem proporcja ma postać Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
10 ⋅ 3 ⋅ 6 ,02 ⋅ 10 23
= 3 ,76 ⋅ 10 23 atomów
48 obie próbki zawierają równą ilość atomów d) m N 2 = 2 · 14g = 28g jeden mol cząsteczek N2 zawiera 2 mole atomów azotu, zatem proporcja ma postać 23 28g ─── 2 · 6,02 · 10 atomów 1g ─── x x
=
2 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23
= 4,3 ⋅ 10 22 atomów
28 mCO = 12g + 16g = 28g jeden mol cząsteczek CO zawiera łącznie 2 mole atomów (mol atomów węgla i mol atomów tlenu), zatem proporcja ma postać 23 28g ─── 2 · 6,02 · 10 atomów 1g ─── y y=
2 ⋅ 6 ,02 ⋅ 10 23
= 4 ,3 ⋅ 10 22 atomów
28 obie próbki zawierają równą ilość atomów e) mHe = 4g 23 4g ─── 6,02 · 10 atomów 2g ─── x x
=
2 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23
= 3,01 ⋅ 10 23 atomów
4 b) m H 2 = 2 · 1g = 2g
jeden mol cząsteczek H2 zawiera 2 mole atomów wodoru, zatem proporcja ma postać 23 2g ─── 2 · 6,02 · 10 atomów 0,5g ─── x x
jeden mol cząsteczek N2 zawiera 2 mole atomów azotu, zatem proporcja ma postać 23 28g ─── 2 · 6,02 · 10 atomów 1g ─── y 2 ⋅ 6 ,02 ⋅ 10 23
48g ─── 3 · 6,02 · 1023 atomów 10g ─── y
=
0,5 ⋅ 2 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23
= 3,01 ⋅ 10 23 atomów
2 obie próbki zawierają równą ilość atomów 2.67. mS = 32g 23 32g ─── 6,02 · 10 atomów 16g ─── x x
=
16 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23
= 3,01 ⋅ 10 23 atomów
32 mMg = 24g 23 24g ─── 6,02 · 10 atomów 23 y ─── 3,01 · 10 atomów
y=
24 ⋅ 3 ,01 ⋅ 10 23
= 12g 6 ,02 ⋅ 10 23 należy odważyć 12g magnezu 2.68. mMgO = 24g + 16g = 40g 23 40g 6,02 · 10 cząsteczek 10g x ─── ───
17
x=
10 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23
= 1,505 ⋅ 10 cząsteczek 23
40 taka ilość cząsteczek znajduje si ę w 10g MgO, policzmy zatem masę Cu2O, która zawiera tak ą samą ilość cząsteczek m Cu 2O = 2 · 64g + 16g = 144g 23
144g Cu2O ─── 6,02 · 10 atomów 23 y ─── 1,505 · 10 atomów
y=
144 ⋅ 1 ,505 ⋅ 10 23 6 ,02 ⋅ 10 23
= 36g Cu2O
2.69. zadanie to posiada zmienną p, która musi tak że pojawić się w naszym wyniku i nie nale ż y jej traktować jako niewiadomą m O 2 = 2 · 16g = 32g otrzymujemy proporcję: 23 32g ─── 6,02 · 10 cząsteczek p ─── x x
=
p ⋅ 6,02 ⋅ 10 23
cząsteczek 32 m N 2 = 2 · 14g = 28g 23
28g ─── 6,02 · 10 cząsteczek y
y=
───
p ⋅ 6,02 ⋅10 23
32 28 ⋅ p ⋅ 6 ,02 ⋅ 10 23
cząsteczek
= 0 ,875p 32 ⋅ 6 ,02 ⋅ 10 23 (celowo wynik z pierwszej proporcji nie został skrócony, gdyż jak widzimy jest to wygodniejsze dla obliczeń w drugiej proporcji) 2.70. a) m H 2 = 2 · 1g = 2g jeden mol cząsteczek H2 zawiera 2 mole atomów wodoru, zatem proporcja ma postać 23 2g ─── 2 · 6,02 · 10 atomów 1g ─── x x
=
2 ⋅ 6,02 ⋅ 10
23
= 6,02 ⋅ 10 23 atomów
2 policzmy teraz masę azotu, która zawiera tak ą samą ilość atomów (należe pamiętać, że w jednym molu cząsteczek azotu znajdują się 2 mole atomów azotu) m N 2 = 2 · 14g = 28g 23
28g ─── 2 · 6,02 · 10 atomów 23 y ─── 6,02 · 10 atomów
y=
28 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23
= 14g 2 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23 b) mS = 32g 23 32g 6,02 · 10 atomów 3,2g x
x
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
= 6,02 ⋅ 10 22 atomów
32 policzmy teraz masę azotu, która zawiera tak ą samą ilość atomów (należe pamiętać, że w jednym molu cząsteczek azotu znajdują się 2 mole atomów azotu) m N 2 = 2 · 14g = 28g 23
28g ─── 2 · 6,02 · 10 atomów y ─── 6,02 · 1022 atomów
y=
28 ⋅ 6,02 ⋅ 10 22
= 1,4g 2 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23 c) mHe = 4g podana w zadaniu masa helu to masa jednego mola helu, zatem zawiera ona 6,02 · 1023 atomów m N 2 = 2 · 14g = 28g 23
28g ─── 2 · 6,02 · 10 atomów 23 x ─── 6,02 · 10 atomów
=
28 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23
= 14g 2 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23 d) przykład ten rozwiązujemy analogicznie jak zad 2.69 (pamiętając, iż teraz szukamy ilość atomów a nie cząsteczek). m C2 H 4 = 2 · 12g + 4 · 1g = 28g x
wiemy, że jeden mol tej substancji zawiera łącznie 6 moli atomów (2 mole atomów w ęgla i 4 mole atomów wodoru), otrzymujemy proporcję: 23 28g ─── 6 · 6,02 · 10 atomów p ─── x x
=
p ⋅ 6 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23
atomów 28 policzmy teraz masę azotu, która zawiera tak ą samą ilość atomów (należe pamiętać, że w jednym molu cząsteczek azotu znajdują się 2 mole atomów azotu) m N 2 = 2 · 14g = 28g 28g ─── 2 · 6,02 · 1023 atomów y
y=
───
p ⋅ 6 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23
28 28 ⋅ p ⋅ 6 ⋅ 6 ,02 ⋅ 10 23
cząsteczek
= 3p 28 ⋅ 2 ⋅ 6 ,02 ⋅ 10 23 (celowo wynik z pierwszej proporcji nie został skrócony, gdyż jak widzimy jest to wygodniejsze dla dalszych obliczeń) 2.71. mM = 64g w jednym molu miedzi znajduje się 6,02 · 1023 atomów 23 64g 6,02 · 10 atomów 12,8g x ─── ───
─── ───
=
3,2 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23
x
=
12,8 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23 64
= 1,2 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23 18
2.72. mM = 12g + 2 · 16g = 44g 23 44g ─── 6,02 · 10 cząsteczek 23 x ─── 2 · 10 cząsteczek
x=
44 ⋅ 2 ⋅ 10 23 6,02 ⋅ 10 23
= 14,62g
2.73. najpierw liczymy masę rtęci m d= V g m = d ⋅ V = 13,5 ⋅ 5cm 3 = 67,5g 3 cm masa molowa rtęci jest równa: mM = 201g 23 201g ─── 6,02 · 10 atomów 67,5g ─── x x
=
67,5 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23 201
= 2,02 ⋅ 10 23 atomów
2.74. wyznaczamy masę molową feromonu mM = 19 · 12g + 38 · 1g + 16g = 282g 282g ─── 6,02 · 1023 atomów -12 10 g ─── x x
=
10 −12 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23 282
= 2,13 ⋅ 10 9 atomów
2.75. najpierw liczymy ile kropli znajduje się w 100kg wody morskiej (jeden miligram to jedna tysięczna grama, a kilogram to tysiąc gramów): 100kg 108 mg = = 3,03 ⋅ 10 6 n k = 33mg 33mg liczymi ilość atomów zawartych w podanej w zadaniu masie wody: na = 3,03 · 106 · 50 · 109 =1,52 · 1017 atomów masa mola złota wynosi: mM = 197g 23 197g ─── 6,02 · 10 atomów x ─── 1,52 · 1017 atomów
x=
197 ⋅ 1,52 ⋅ 1017 6,02 ⋅ 10
23
= 4,97 ⋅ 10 −5 g
2.76. 1 mol dwutlenku węgla (masa mola substancji = 44g) zawiera 1 mol węgla (masa mola pierwiastka = 12g), zatem: 12g C ─── 44g CO2 x ─── 220g CO2 220 ⋅ 12 x= = 60g 44 2.77. musimy policzyc jaka ilość złota znajduje się w 2kg (2000g) chlorku złota Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
Ar(Au) = 197g mMAuCl3 = 197g + 3 · 35,5g = 303,5g 197g Au ─── 303,5g AuCl3 x ─── 2000g AuCl3 2000 ⋅ 197 = 1298,2g Au x= 303,5 więcej złota znajduje się w 2kg chlorku złota 2.78. mM = 32g + 3 · 16g = 80g Ar(O) = 16g w 1 molu tlenku znajdują się 3 mole tlenu o masie: m = 3 · 16g = 48g 80g SO3 ─── 48g O x ─── 0,16g O 80 ⋅ 0,16 x= = 0,267g SO3 48 2.79 Ar(Na) = 23g w 1 molu tlenku znajdują się 2 mole sodu o masie: m = 2 · 23g = 46g 1 mol ─── 46g Na 0,4 mola ─── x 46 ⋅ 0,4 = 18,4g x= 1 2.80. Ar(O) = 16g w 1 molu tlenku znajdują się 2 mole tlenu o masie: m = 2 · 16g = 32g 1 mol ─── 32g O x ─── 160g O 160 x= = 5 moli 32 2.81. mM = 2 · 27g + 3 · 32g = 150g w 1 molu siarczku znajdują się 3 mole siarki, 150g Al2S3 ─── 3 mole S 75g Al2S3 ─── x 75 ⋅ 3 x= = 1,5 mola 150 2.82. masa molowa kwasu siarkowego(VI) wynosi: mM = 2 · 1g + 32g + 4 · 16g = 98g w 1 molu kwasu siarkowego znajdują się 2 mole wodoru, zatem z proporcji: 98g H2SO4 ─── 2 mole H 19,6g H2SO4 ─── x 19,6 ⋅ 2 = 0,4 mola x= 98 2.83. dla Cu2O: mMCuO = 2 · 64g + 16g = 144g w 1 molu tlenku znajdują się 2 mole miedzi o masie m = 2 · 64g = 128g
19
144g Cu2O 128g Cu 5g Cu2O x 5 ⋅ 128 = 4,44g Cu x= 144 dla CuO: mM = 64g + 16g = 80g w 1 molu tlenku znajduje się 1 mol miedzi o masie: m = 64g 80g Cu2O 64g Cu 5g Cu2O y 5 ⋅ 64 y= = 4g 80 Nie, poszczególne próbki zawierają różne ilości miedzi 2.84. dla CO2: w 1 molu tlenku znajduje się 1 mol węgla o masie: m = 12g 1 mol CO2 12g C 0,5 mola CO2 x 12 ⋅ 0,5 x= = 6g C 1 dla CO: mM = 12g + 16g = 28g w 1 molu tlenku znajduje się 1 mol węgla o masie: m = 12g 28g CO2 12g C 12g CO2 y 12 ⋅ 12 = 5,14g C y= 28 Tak. W pierwszej próbce znajduje się więcej węgla 2.85. dla NaOH: mM = 23g + 16g + 1g = 40g 1 mol wodorotlenku zawiera 1 mol sodu o masie: m = 23g 40g NaOH 23g Na 20g NaOH x 20 ⋅ 23 = 11,5g Na x= 40 taka ilość sodu znajduje się w 20g wodorotlenku sodu; dla Na2O: mM = 2 · 23g + 16g = 62g 1 mol tlenku zawiera 2 mole sodu o masie: m = 2 · 23g = 46g 62g Na2O 46g Na y 11,5g Na 62 ⋅ 11 ,5 y= = 15,5g Na2O 46 2.86. rozwiązujemy analogicznie do 2.85. dla CO: ─── ───
─── ───
───
───
─── ───
─── ───
───
───
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
mM = 12g + 16g = 28g 1 mol tlenku zawiera 1 mol tlenu o masie: m = 16g 28g CO ─── 16g C 14g CO ─── x 16 ⋅ 14 x= = 8g 28 dla CO2: 1 mol tlenku zawiera 2 mole tlenu o masie: m = 2 · 16g = 32g 1 mol ─── 32g O y ─── 8g O (masa tlenu w 14g CO) 1⋅ 8 = 0,25 mola y= 32 2.87. rozwiązujemy analogicznie do 2.85. dla SO2: 1 mol tlenku zawiera 1 mol siarki o masie: m = 32g 1 mol SO2 ─── 32g S 2 mole SO2 ─── x 2 ⋅ 32 = 64g x= 1 dla SO3: mM = 32g + 3 · 16g = 80g 1 mol tlenku zawiera 1 mol siarki o masie: m = 32g 80g SO3 ─── 32g S y ─── 64g S (masa siarki w 2 molach SO 2) 80 ⋅ 64 y= = 160g 32 2.88. dla K2O mM = 2 · 39g + 16g = 94g 1 mol tlenku (o masie 94g) zawiera 1 mol tlenu, 94g K2O ─── 1 mol O 18,8g K2O ─── x 18,8 = 0,2 mola x= 94 dla N2O mM = 2 · 23g + 16g = 62g 1 mol tlenku (o masie 62g) zawiera 1 mol tlenu, 62g Na2O ─── 1 mol O y ─── 0,2 mola O 62 ⋅ 0 ,2 = 12,4g y= 1 2.89. siarczek tego trójwartościowego pierwiastka ma postać E2S3, zaś tlenek E2O3 dla siarczku: mM(siarczku) = 2 · mE + 3 · mS = 2 · mE + 3 · 32g = 2 · mE + 96g dla tlenku:
20
mM(tlenku) = 2 · mE + 3 · mO = 2 · mE + 3 · 16g = 2 · mE + 48g mM(siarczku) = 1,5 · mM(tlenku) 2 · mE + 96g = 1,5 · (2 · mE + 48g) 2 · mE + 96g = 3 · mE + 72u mE = 24g zgodnie z warunkami zadania jest to pierwiastek trójwartościowy, zatem pierwistkiem o najbardziej zbliżonej masie molowej jest glin 2.4. Objętość mola w warunkach normalnych. Prawo Avogadra. 2.90 zgodnie z prawem Avogadra, mol ka żdego gazu w warunkach normalnych zajmuje 22,4dm 3, a zatem tak ą objętość zajmują: tlen, dwutlenek węgla, wodór; objętości pozostałych substancji liczymy z wzoru na gęstość: m d= V m V= d dla wody d = 1g/cm3, a mM = 2 · 1g + 16g = 18g 3 Vwody = 18 : 1 = 18cm 3 dla siarki d = 2,07g/cm , a Ar(S) = 32g Vsiarki = 32 : 2,07 = 15,46cm3 2.91. wszystkie substancje są gazami, układamy proporcję: 3 a) 1 mol ─── 22,4dm 0,2 mola ─── x 0,2 ⋅ 22,4 = 4,48dm 3 x= 1 b) zamieniamy milimole na mole: 25 milimola = 0,025 mola 3 1 mol ─── 22,4dm 0,025 mola ─── x 0,025 ⋅ 22,4 = 0,56dm 3 x= 1 c) zamieniamy kilomole na mole: 1,5 kilomola = 1500 moli 3 1 mol ─── 22,4dm 1500 moli ─── x 1500 ⋅ 22,4 x= = 33600dm 3 = 33,6m 3 1 2.92. układamy proporcję: a)1 mol ─── 22,4dm3 3 x ─── 67,2dm 67,2 = 3 mole x= 22,4 3 b)1 mol ─── 22,4dm 3 x ─── 5,6dm Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
x
=
5,6 22,4
= 0,25 mola 3
c)1 mol ─── 22,4dm 3 x ─── 11,2dm 11,2 = 0,5 mola x= 22,4 2.93. 3 3 1 mol = 1000 milimoli, za ś 1dm = 1000cm 1000 milimoli ─── 22400cm3 3 x ─── 1cm 1000 = 0,0446 milimoli x= 22400 2.94. 3 3 1 mol = 0,001 kilomoli, za ś 1dm = 0,001m 3 0,001 kilomoli ─── 0,0224m 3 x ─── 1m 0,001 = 0,0446 kilomoli x= 0,0224 2.95. a) mMO2 = 2 · 16g = 32g 3 32g O2 ─── 22,4dm 3 x ─── 2dm 2 ⋅ 32 = 2,86g O2 x= 22,4 b) mMN2 = 2 · 14g = 28g 3 28g N2 ─── 22,4dm 3 x ─── 500dm 5 ⋅ 28 x= = 625g N2 22,4 c) mMCO = 12g + 16g = 28g 3 28g CO ─── 22,4dm 3 x ─── 0,025dm 28 ⋅ 0,025 = 0,03125g CO x= 22,4 2.96. zgodnie z podanymi w zadaniu warunkami w każdym zbiorniku znajduje się taka sama ilość cząsteczek gazów, najlżejsz będzie ten, w którym znajduje się związek/pierwiastek o najniższej masie mola, czyli amoniak (17g), pozostałe: tlen (32g), azot (28g), dwutlenek węgla (44g) 2.97. a) mM = 2 · 16g = 32g 32g ─── 22,4dm3 5g ─── x 5 ⋅ 22,4 = 3,5dm 3 x= 32 b) mM = 12g + 2 · 16g = 44g 3 44g ─── 22,4dm 12g ─── x
21
x
=
12 ⋅ 22,4
= 6,11dm 3
44 c) mM = 14g + 3 · 1g = 17g 3 17g ─── 22,4dm 0,2g ─── x 0,2 ⋅ 22,4 = 0,264dm 3 x= 17 d) mM = 2 · 14g + 16g = 44g 44g ─── 22,4dm3 4g ─── x 4 ⋅ 22,4 = 2,04dm 3 x= 44 e) mM = 2 · 1g = 2g 3 2g ─── 22,4dm 70g ─── x 70 ⋅ 22,4 x= = 784dm 3 2 2.98. policzmy, jak ą objętość zajmowałoby 0,2g wodoru w warunkach normalnych 3 2g ─── 22,4dm 0,2g ─── x 0,2 ⋅ 22,4 = 2,24dm 3 = 2240cm 3 x= 2 jak widzimy objętość ta nie odpowiada objętości naczynia, zatem nie mogły tam panować warunki normalne 2.99. policzmy masy mola każdej z substancji mM(azot) = 2 · 14g = 28g mM(CO) = 12g + 16g = 28g mM(etylen) = 2 · 12g + 4 · 1g = 28g jak widzimy masy mola tych substancji są równe, zatem równe masy (co jest warunkiem zadania) zajmują równe objętości, jeżeli byłyby to warunki normalne, mielibyśmy wtedy: 3 28g ─── 22,4dm 5g ─── x 5 ⋅ 22,4 = 4dm 3 x= 28 2.100. mm = 2 · 35,5g = 71g 3
71g ─── 22,4dm 5000g ─── x 5000 ⋅ 22,4 = 1577,5dm 3 ≈ 1,58m 3 x= 71 2.101. 1) nie – 1g wodoru zawiera wi ęcej cząsteczek (dokładnie 1/2 mola) niż 1g tlenu (1/32 mola) 2) tak – dla gazów równe objętośc (w tych samych warunkach) zawierają równą ilość cząsteczek 3) tak – mol jest miar ą ilości, a obie te ilości są równe Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
2.102. 3 w 1 cm , gdyż dla gazów, równe objętośc (w tych samych warunkach) zawierają równą ilość cząsteczek 2.103. w tym zadaniu policzyć musimy ilość atomów a nie cząsteczek, jak wiemy wodór występuje w cząsteczkach dwuatomowych, czyli 3 3 2 mole ─── 22,4dm = 22400cm 3 x ─── 4cm 2⋅4 1 = x= mola 22400 2800 hel występuje oczywiście w formie atomów (a nie cząsteczek) 3 1 mol ─── 22400cm 1 mola ─── y 2800 22400 = 8cm 3 y= 2800 (użycie ułamka zwykłego, a nie dziesiętnego w obliczeniach, ułatwia je oraz nie zmusza nas do wykonywania przybliżeń podczas zaokrąglania) 2.104. zadanie to można zrobić w sposób analogiczny jak 2.103. lub przeprowadzić następujące rozumowanie: jak wiemy w tych samych warunkach równe objętości gazów zawierają tak ą samą liczbę cząsteczek, załóżmy, że 6dm3 gazów zawiera x cząsteczek, wiemy, że 1 cząteczka tlenku węgla zawiera 2 atomy, zatem x cząsteczek CO zawiera 2 x atomów; 1 cząsteczka amoniaku zawiera 4 atomy, zatem x cząsteczek NH3 zawiera 4 x atomów, czyli 2 razy wi ęcej niż CO, z tego wynika, że aby liczba atomów obu substancji była sobie równa, objętość NH3 musi być 2 razy mniejsza 3 niż objętość CO, czyli w tym zadaniu 3dm 2.105. przeprowadźmy podobne rozumowanie jak w zad 2.104.; jak wiemy w tych samych warunkach równe objętości gazów zawierają tak ą samą liczbę 3 cząsteczek, załóżmy, p dm zawiera x cząsteczek, wiemy, że 1 cząteczka amoniaku zawiera 1 atom azotu, zatem x cząsteczek NH3 zawiera x atomów azotu; 1 cząsteczka azotu zawiera 2 atomy azotu, zatem x cząsteczek N2 zawiera 2 x atomów azotu, czyli 2 razy więcej niż NH3, z tego wynika, że aby liczba atomów obu substancji była sobie równa, liczba cząsteczek azotu musi być 2 razy mniejsza od liczby cząsteczek amoniaku, a co za tym idzie objętość N2 musi być 2 razy mniejsza niż objętość NH3, czyli w 3 tym zadaniu 0,5 · p dm 2.106. 1) tyle samo – mol jest miar ą ilości cząsteczek, a jak widzimy w obu przypadkach jest taka sama ilość moli 2) tyle samo - w tych samych warunkach (co zakładamy) równe objętości gazów zawierają tak ą samą liczbę cząsteczek
22
3) gram tlenu – gdyż 1g tlenu stanowi 1/32 mola cząsteczek tlenu (mM = 32g), za ś 1g ozonu 1/48 mola cząsteczek ozonu (m M = 48g) 2.107. 1) mol ozonu – 1 mol tlenu cząsteczkowego O2 zawiera 2 mole atomów, zaś 1 mol ozonu O3 zawiera 3 mole atomów 2) dm3 ozonu - w tych samych warunkach (co zakładamy) równe obj ętości gazów zawierają tak ą samą liczbę cząsteczek, jednak 1 cz ąsteczka tlenu O2 składa się z 2 atomów, zaś 1 cząsteczka ozonu O3 z 3 atomów 3) tyle samo – 1g tlenu to 1/32 mola cząsteczek tlenu (mM = 32g), czyli 2/32 = 1/16 mola atomów (ka żda cząsteczka składa si ę z 2 atomów), za ś 1g ozonu 1/48 mola cząsteczek ozonu (mM = 48g), czyli 3/48 = 1/16 atomów (każda cząsteczka ozonu składa si ę z 3 atomów) 2.108 tlen: mM = 2 · 16g = 32g 32g 1 mol 2g x 2 ⋅1 x= = 0,0625 mola cząsteczek 32 wiemy, że każda z cząsteczek składa się z 2 atomów, zatem liczba atomów tlenu wynosi 0,125 mola wodór: wiemy, że każda z cząsteczek składa się z 2 atomów, zatem liczba atomów wodoru wynosi 0,4 mola hel: 3 22,4dm 1 mol He 3 4,48 dm x 4,48 x= = 0,2 mola He 22,4 wodór > hel > tlen 2.109. 23 1 mol to 6,02 · 10 cząsteczek 6,02 · 1023 22,4dm3 24 12,04 · 10 x ─── ───
─── ───
─── ───
x=
22,4 ⋅ 12,04 ⋅ 10 24 6,02 ⋅ 10
23
= 448dm 3
2.110. 23 1 mol to 6,02 · 10 cząsteczek 23 3 3 6,02 · 10 ─── 22,4dm = 22400cm 3 x ─── 1cm x
=
6,02 ⋅ 10 23 22400
= 2,69 ⋅ 1019 cząsteczek
2.111. 1 mol CO2 zawiera 1 mol C, czyli 12g 3 22,4 dm ─── 12g C x ─── 6g C Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
x
=
6 ⋅ 22,4 12
= 11,2dm 3
2.112. 1) nieprawdziwe, prawda jedynie wtedy, kiedy warunki (temperatura, ciśnienie) dla tych gazów są takie same 2) prawda 3) prawda 2.113. 1 mol cząsteczek amoniaku (NH3) zawiera 3 mole atomów wodoru 22,4 dm3 ─── 3 mole x ─── p moli 22,4 ⋅ p = 7,47 ⋅ p dm 3 x= 3 2.114. 1 mol dwutlenku siarki zawiera 2 mole tlenu 3 22,4 dm ─── 2 mole O 3 11,2 dm ─── x 11,2 ⋅ 2 = 1 mol x= 22,4 mM(O) = 16g 2.115. 1 mol tlenku zawiera 2 mole atomów azotu 22,4 dm3 ─── 2 mole N 3 p dm ─── x 2 ⋅ p = 0,089 ⋅ p moli x= 22,4 2.116. dla ClO2: mM = 35,5 + 2 · 16g = 67,5g 1 mol tlenku (67,5g) zawiera 1 mol chloru 67,5g ─── 1 mol Cl 6,75g ─── x 6,75 = 0,1 mola x= 67,5 dla Cl2O: 3 1 mol tlenku (22,4dm ) zawiera 2 mole chloru 22,4 dm3 ─── 2 mole Cl 3 y dm ─── 0,1 mola Cl 22 ,4 ⋅ 0 ,1 = 1 ,12dm 3 y= 2 2.117. 3 liczymy ile tlenu zawarte jest w p dm trójtlenku siarki, 1 mol SO3 zawiera 3 mole O 22,4 dm3 SO3 ─── 3 mole O 3 p dm SO3 ─── x 3 ⋅ p x= moli 22,4 1 mol SO2 zawiera 2 mole O 3 22,4 dm SO2 ─── 2 mole O
23
y y=
───
22 ,4 3 ⋅ p
⋅
3 ⋅ p 22,4
moli O
3
= p = 1 ,5 ⋅ p dm 3
2 22 ,4 2 2.118. 1 mol tlenku węgla zawiera 1 mol węgla (o objętości 3 3 22,4dm = 22400cm ), zatem: 3 22400 cm CO ─── 1 mol C 3 44,8 cm CO ─── x 44,8 ⋅ 1 = 0,002 mola = 2 milimoleC x= 22400 1 mol dwutlenku węgla zawiera 1 mol w ęgla, oczywiście 1 milimol dwutlenku węgla zawiera 1 milimol węgla 1 milimol CO2 ─── 1 milimol C y ─── 2 milimole C y = 2 milimole CO2 2.119. wiemy, że 1 mol tlenku azotu(III) zawiera 2 mole azotu, zatem p kilomoli tlenku azotu(III) będzie zawierało 2 · p kilomoli azotu 3 1 mol tlenku azotu(II) zawiera 1 mol azotu, 22,4dm = 0,0224m3 3 0,0224m ─── 1 mol N = 0,001 kilomola N x ─── 2 · p kilomoli 0,0224 ⋅ 2 ⋅ p x= = 44,8 ⋅ p m 3 0,001 2.120. do obliczeń przyjmować będziemy 1 mol każdej substancji, ponieważ wszystkie substancje podane w zadaniu są gazami, zatem objętość 1 mola będzie stała 3 i będzie wynosić 22,4dm a) mm = 2 · 16g = 32g m 32g g d= = = 1,43 3 3 V 22,4dm dm b) mm = 12g + 16g = 28g m 28g g = = d= 1,25 V 22,4dm 3 dm 3 c) mm = 2 · 14g = 28g m 28g g = = d= 1,25 V 22,4dm 3 dm 3 d) mm = 2 · 1g = 2g m 2g g d= 0,089 = = V 22,4dm 3 dm 3 e) mm = 2 · 1 + 32g = 34g m 34g g = = 1,52 3 d= 3 V 22,4dm dm 2.121 policzmy najpierw masę mola tego gazu (1 mol gazu zajmuje objętość równą 22,4dm3) 3 1 dm ─── 1,96g 22,4 dm3 ─── x Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
=
22,4 ⋅ 1,96
= 43,9g 1 wiemy, że masa cząsteczkowa jest równa liczbowo masie mola oraz, że jest liczbą całkowitą, zatem: Sr = 44u 2.122. liczymy masę mola tego tlenku, 1 mol tlenku zajmuje 3 objętość równą 22,4dm 3 1 dm ─── 1,96g 3 22,4 dm ─── x 22,4 ⋅ 1,96 = 43,9g x= 1 wiemy, że masa cząsteczkowa jest równa liczbowo masie mola oraz, że jest liczbą całkowitą, zatem: Sr = 44u szukamy, teraz tlenku azotu o takiej masie Sr(N2O) = 2 · 14 + 16 = 44u szukaną substancją jest tlenek azotu(I) 2.123. liczymy masę mola tego gazu, 1 mol gazu zajmuje 3 objętość równą 22,4dm 1 dm3 ─── 0,76g 3 22,4 dm ─── x 22,4 ⋅ 0,76 = 17g x= 1 wiemy, że masa cząsteczkowa jest równa liczbowo masie mola, zatem: Sr = 17u 1g ─── 6,02 · 1023u y ─── 17u 1 ⋅ 17 = 2 ,82 ⋅ 10 −23 g y= 23 6 ,02 ⋅ 10 2.124. prawo Avogadra mówi nam o tym, że równe ilości gazów w tych samych warunkach zajmują tak ą samą objętość, policzmy zatem ile b ędą zajmowały równe ilości (mol) każdego z metali dla żelaza: mM = 56g 3 7,86g ─── 1cm 56g ─── x 56 ⋅ 1 x= = 7,12cm 3 7,86 dla glinu: mM = 27g 3 2,70g ─── 1cm 27g ─── y 27 ⋅ 1 y= = 10cm 3 2 ,7 jak widzimy objętości te są różne, zatem prawo Avogadra nie jest spełnione 2.125. zgodnie z definicją gęstości względnej mamy: x
24
S r (g ) S r (H 2 )
1
= 8,5 VA : VB
S r (g ) = 8,5 ⋅ S r (H 2 ) S r (g ) = 8,5 ⋅ 2u S r (g ) = 17u 2.126. policzmy ile będzie ważył 1 mol (22,4dm3) argonu: 1 dm3 1,78g 3 22,4 dm x 22,4 ⋅ 1,78 = 39,9g x= 1 wiemy, że masa cząsteczkowa/atomowa jest równa liczbowo masie mola oraz, że jest liczbą całkowitą, zatem: m = 40u, widzimy, że jest to masa równa masie atomowej, zatem argon występuje w formie atomowej, a nie w formie cząsteczkowej 2.127. a) jako masę porównawczą przyjmijmy 1g dla tlenku węgla: mM = 12g + 16g = 28g zatem 1g stanowi 1/28 mola i zajmuje objętość równą: 3 V = 1/28 · 22,4dm dla azotu: mM = 2 · 14g = 28g zatem 1g stanowi 1/28 mola i zajmuje objętość równą: 1/28 · 22,4dm3, możemy teraz policzyć stosunek tych objętości: VCO : VN 2 = 1 / 28 ⋅ 22,4dm 3 : 1 / 28 ⋅ 22,4dm 3 = 1 : 1 ─── ───
3
b) jako objętość porównawczą przyjmijmy 1dm , dla tlenku węgla: mM = 12g + 16g = 28g zatem 1dm3 stanowi 1/22,4 mola i ma mas ę równą: 1/22,4 · 28g dla azotu: mM = 2 · 14g = 28g 3 zatem 1dm stanowi 1/22,4 mola i ma mas ę równą: 1/22,4 · 28g m CO : m N 2 = 1 / 22,4 ⋅ 28g : 1 / 22,4 ⋅ 28g = 1 : 1 2.128. a) jako masę porównawczą przyjmijmy 1g, dla gazu A: mM = mA zatem 1g stanowi 1/mA mola i zajmuje objętość równą: VA = 1/mA · 22,4dm3 dla gazu B: mM = mB zatem 1g stanowi 1/mB mola i zajmuje obj ętość równą: VB = 1/mB · 22,4dm3, możemy teraz policzyć stosunek tych objętości: Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
=
mA 1
⋅ 22,4dm 3 = mB : mA
⋅ 22,4dm mB 3 b) jako objętość porównawczą przyjmijmy 1dm dla gazu A: mM = mA zatem 1dm3 stanowi 1/22,4 mola i ma mas ę równą: mI = 1/22,4 · mA dla gazu B: mM = mB 3 zatem 1dm stanowi 1/22,4 mola i ma mas ę równą: mII = 1/22,4 · mB stosunek mas jednakowych objętości wynosi: 1 ⋅ mA 22,4 = mA : mB m I : m II = 1 ⋅ mB 22,4 3
2.5. Objętość molowa w ró żnych warunkach ciśnienia i temperatury. Równanie Clapeyrona 2.129. korzystamy z równania Clapeyrona: pV = nRT V
=
nRT
p 3 stałą R wyrazimy w jednostkach: (hPa·dm )/(mol·K) hPa ⋅ dm 3 ⋅ 298K 1mol ⋅ 83,1 ⋅ mol K = 24,28dm 3 a) V = 1020hPa hPa ⋅ dm 3 0,05mol ⋅ 83,1 ⋅ 298K mol K ⋅ = 1,22dm 3 b) V = 1020 hPa c) policzmy z proporcji ilość moli amoniaku 1 mol ─── 22,4 dm3 3 x ─── 10 dm 10 ⋅ 1 = 0,446 mola x= 22,4
0,446mol ⋅ 83,1
hPa ⋅ dm 3
⋅ 298K mol K ⋅ V= = 10,83dm 3 1020hPa d) mM = 2 · 14g = 28g zatem 14g to 0,5 mola cz ąsteczek azotu hPa ⋅ dm 3 0,5mol ⋅ 83,1 ⋅ 298K ⋅ mol K V= = 12,14dm 3 1020 hPa 2.130. pV = nRT n
=
pV RT
25
n
=
1010hPa ⋅ 2,4dm 3 83,1
hPa ⋅ dm mol ⋅ K
3
= 0,1 mola
⋅ 291K
2.131. najpierw liczymy ilość moli pV n = RT 1013hPa ⋅ 0,03dm 3 = 0,00125 mola n= hPa ⋅ dm 3 ⋅ 293K 83,1 mol ⋅ K wyznaczamy następnie masę molową SO2: mM = 32g + 2 · 16g = 64g m = 0,00125 · 64g = 0,08g 2.132. najpierw liczymy ilość moli chloru (Cl2) mM = 2 · 35,5g = 71g 1 mol ─── 71g x ─── 5000g 5000 = 70,42 mole x= 71 nRT V = p
70,42mol ⋅ 83,1 V=
hPa ⋅ dm 3
mol ⋅ K 1013hPa
⋅ 295K = 1704dm 3 ≈1,7m 3
2.133. 1 mol amoniaku zawiera 3 mole wodoru, zatem k moli atomów wodoru znajduje się w 1/3 · k moli amoniaku nRT 1 RT = k ⋅ V= p 3 p 2.134. liczymi liczbę moli: pV n = RT 1013hPa ⋅ 22 ,4dm 3 n= = 0 ,926 mola hPa ⋅ dm 3 ⋅ 295K 83 ,1 mol ⋅ K liczba cząsteczek jest równa: 23 23 ncz = 0,926 · 6,02 · 10 = 5,57 · 10 cząsteczek 2.135. liczymy ilość cząsteczek tlenu pV n = RT 1000hPa ⋅ 10dm 3 = 0 ,401 mola n= 3 hPa ⋅ dm ⋅ 300K 83 ,1 mol ⋅ K objętość dwutlenku węgla policzymy z proporcji: 3 1 mol ─── 22,4 dm 0,401 mola ─── x
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
x
=
0 ,401 ⋅ 22 ,4 1
= 8 ,98dm 3
2.136. do obliczeń załóżmy ilość amoniaku równą 1 mol mM = 14g + 3 · 1g = 17g nRT V = p V=
1mol ⋅ 83 ,1
d
=
m
p
=
nRT
=
hPa ⋅ dm3
⋅ 291K mol ⋅ K 1010 hPa 17g g = 0 ,71 3 3 23 ,95dm dm
= 23 ,95dm3
V 2.137. 3 policzmy jak ą ilość moli stanowi 1dm gazu w tych warunkach: pV n = RT 1000hPa ⋅ 1dm 3 n= = 0 ,0411 mola hPa ⋅ dm 3 83 ,1 ⋅ 293K mol ⋅ K masę mola policzmy z proporcji (znając gęstość 3 wiemy, że 1dm waży 1,15g i policzyliśmy, że stanowi 0,0411 mola) 0,0411 mola ─── 1,15g 1 mol ─── x 1 ⋅ 1 ,15 x = 27 ,98g 0 ,0418 wiemy, że liczbowo masa mola jest równa masie cząsteczkowej i że jes to liczba całkowita, zatem: Sr(g) = 28u 2.138. 3 znając gęstość suchego lodu, wiemy, że 1cm tej substancji będzie ważył 1,5g policzmy jaka to cz ęść mola: mM = 12g + 2 · 16g = 44g 44g ─── 1 mol 1,5g ─── x 1 ,5 = 0 ,0341 mola x= 44 liczymi ciśnienie panujące w zbiorniku pV = nRT V
0 ,0341mola ⋅ 83 ,1 p=
hPa ⋅ dm 3
mol ⋅ K 1dm 3
⋅ 294K = 833 hPa
2.139. liczymy ilość moli cząsteczek, wchodzących w skład powietrza: pV n = RT
26
n
=
1013hPa ⋅ 100000dm 3 hPa ⋅ dm 3
= 4160 ,5 moli
⋅ 293K mol ⋅ K średnia masa mola powietrza wynosi 28,9g zatem liczymy masę powietrza m = 4160,5 · 28,9g = 120238g zgodnie z wzorem na gęstość: m d= V m 120238g V= = = 158208cm 3 ≈ 158m 3 g d 0 ,76 cm 3 2.140. nie; wzór na objętość ma postać pV = nRT nRT V = p w warunkach normalnych wyrażenie RT/p ma wartość 22,4 [1/mol], jednak tak ą samą wartość miałoby, gdyby temperatura wzrosła 2 razy oraz ciśnienie wzrosło 2 razy: hPa ⋅ dm 3 ⋅ 546K 1mol ⋅ 83 ,1 ⋅ mol K V= = 22 ,4dm 3 2026 hPa zatem jedynym, ogólnym warunkiem, aby objętość 1 mola gazu była równa objętości 1 mola gazu w warunkach normalnych jest przyjęcie przez wyrażenie RT/p wartości 22,4 [1/mol] 83 ,1
Rozdział 3. Stechiometria wzorów chemicznych 3.1. Prawo stało ści składu (prawo Prousta) 3.1. nie twierdzenie to nie jest prawdziwe, gdyż istnieją związki mające taki sam skład procentowy pierwiastków, ale mające inną ilość atomów, lub inną strukturę np. C2H2 (acetylen) i C6H6 (benzen); NO2 tlenek azotu(IV) i N2O4 tlenek azotu(IV) w postaci dimerycznej; 3.2. nie, gdyż prawo stałości składu odnosi się do konkretnego związku chemicznego, a nie do połączeń dwóch pierwiastków, zatem związki mające w sobie te same pierwiastki, ale o różnych wartościowościach mają inny stosunek masowy poszczególnych pierwiastków. 3.3. liczymy z proporcji 4g Cu ─── 1g O x ─── 8g O 4 ⋅8 = 32g x= 1 Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
3.4. korzystając z prawa zachowania masy łatwo mo żemy obliczyć, że jeżeli z 60g Mg otrzymano 100g MgO, to masa tlenu zużytego w reakcji wynosi 40g, zatem stosunek masowy pierwiastków w tym związku wynosi: Mg : O = 60 : 40 = 3 : 2 3.5. liczymy z proporcji ilość tlenu, którą otrzymamy z rozkładu 65,1g HgO, wiemy, że łączna masa próbki w pierwszym doświadczeniu wynosiła: mHgO = 20,1g + 1,6g = 21,7g, zatem: 21,7g HgO ─── 1,6g O 65,1g HgO ─── x 65 ,1 ⋅ 1 ,6 = 4 ,8g O x= 21 ,7 HgO składa się jedynie z rtęci i tlenu, zatem masa rtęci w 65,1g tlenku wynosi: mHgO = 65,1g – 4,8g = 60,3g 3.6. skoro miedź reaguje z siark ą w stosunku 4 : 1, zatem stosunek masy miedzi do masy siarczku wynosi 4 : 5 (ponieważ, jeśli reagowałoby 4g Cu z 1g S powstałoby 5g Cu2S), zatem liczymy z proporcji: 4g Cu ─── 5g Cu2S x ─── 80g Cu2S 80 ⋅ 4 x= = 64g Cu 5 pozostałą masę stanowi siarka, czyli: mS = 80g – 64g = 16g 3.7. skoro żelazo reaguje z siark ą w stosunku 7 : 4, zatem stosunek masy żelaza do masy siarczku wynosi 7 : 11 (ponieważ, jeśli reagowałoby 7g Fe z 4g S powstałoby 11g Fe2S3), zatem liczymy z proporcji: 7g Fe ─── 11g Fe2S3 x ─── 66g Fe2S3 7 ⋅ 66 = 42g Fe x= 11 pozostałą masę stanowi siarka, czyli: mS = 66g – 42g = 24g 3.8. wiemy, że wodór reaguje z tlenem w stosunku objętościowym i ilościowym 2 : 1, stosunek ten należy zamienić na stosunek masowy mH = 2 · 1g = 2g mO = 16g mH : mO = 2 : 16 = 1 : 8 skoro wodór reaguje z tlenem w stosunku masowym 1 : 8, zatem stosunek masy wodoru do masy wody wynosi 1 : 9 (ponieważ, jeśli reagowałoby 1g H2 z 8g O2 powstałoby 9g H2O), liczymy z proporcji: 1g H2 ─── 9g H2O x ─── 0,036g H2O
27
x
=
1 ⋅ 0 ,036
= 0 ,004g H 2
9 pozostałą masę stanowi tlen, czyli: mtlen = 0,036g – 0,004g = 0,032g 3.9. najpierw liczymy skład masowy związków powstałych po rozkładzie węglanu wapnia dla: CaO stosunek masowy wapnia do tlenu wynosi 5 : 2, zatem stosunek masy wapnia do masy tlenku wapnia wynosi 5 : 7 (ponieważ, jeśli reagowałoby 5g Ca z 2g O 2 powstałoby 7g CaO), zatem liczymy z proporcji: 5g Ca ─── 7g CaO x ─── 14g H2O 5 ⋅ 14 x= = 10g Ca 7 pozostałą masę stanowi tlen, czyli: mtlen1 = 14g – 10g = 4g analogicznie liczymy dla CO2 3g C ─── 11g CO2 y ─── 11g CO2 y = 3g C pozostałą masę stanowi tlen, czyli: mtlen2 = 11g – 3g = 8g liczymy łączną masę tlenu mcO = 4g + 8g = 12g Ca : C : O = 10 : 3 : 12 3.10. zadanie rozwiązujemy analogicznie jak 3.9. dla Na2O: 23g Na ───31g Na2O x ─── 62g Na2O 23 ⋅ 62 = 46g Na x= 31 pozostałą masę stanowi tlen, czyli: mtlen1 = 62g – 46g = 16g dla SO2: 1g S ─── 2g SO2 y ─── 64g SO2 1 ⋅ 64 = 32g S y= 2 pozostałą masę stanowi tlen, czyli: mtlen2 = 64g – 32g = 32g liczymy łączną masę tlenu mcO =16g + 32g = 48g Na : S : O = 46 : 32 : 48 = 23 : 16 : 24 3.11. 1) dla Cu2O: mCu1 = 2 · 64g = 128g mO1 = 16g, zatem na 16g tlenu przypada 128g miedzi dla CuO: mCu2 = 64g mO2 = 16g, zatem na 16g tlenu przypada 64g miedzi, jak widać w obu przypadkach mamy równą ilość tlenu zatem: Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
mCu1 : mCu2 = 128 : 64 = 2 : 1 2) dla N2O: mN1 = 2 · 14g = 28g mO1 = 16g, zatem na 16g tlenu przypada 28g azotu dla NO: mN2 = 14g mO2 = 16g, zatem na 16g tlenu przypada 14g azotu dla N2O3: mN3 = 2 · 14g = 28g mO3 = 3 · 16g = 48g, na 48g tlenu przypada 28g azotu, zatem na 16g tlenu przypada 9,(3)g azotu dla NO2: mN4 = 14g mO4 = 2 · 16g = 32g, na 32g tlenu przypada 14g azotu, zatem na 16g tlenu przypada 7g azotu dla N2O5: mN5 = 2 · 14g = 28g mO5 = 5 · 16g = 80g, na 80g tlenu przypada 28g azotu, zatem na 16g tlenu przypada 5,6g azotu w każdym przypadku porównywaliśmy ilość azotu do tej samej masy tlenu (16g), w efekcie otrzymujemy: mN1 : mN2 : mN3 : mN4 : mN5 = 28 : 14 : 9,(3) : 7 : 5,6 wynik mnożymy przez 30, aby pozbyć się liczb niecałkowitych mN1 : mN2: … : mN5 = 840 : 420 : 280 : 210 : 168 następnie dzielimy przez 28, mN1 : mN2: … : mN5 = 60 : 30 : 15 : 10 : 6 3.12. dla SO2: 32g 32g %S = ⋅ 100% = ⋅ 100% = 50% 32g + 2 ⋅ 16g 64g dla SO3: %S =
32g 32g + 3 ⋅ 16g
⋅ 100% =
32g 80g
⋅ 100% = 40%
3.13. %C =
12g 40g + 12g + 3 ⋅ 16g
⋅ 100% =
12g 100g
⋅ 100% = 12%
3.14. łączna ilość azotu w 1 molu nawozu to 6 moli, ich masa wynosi: mN = 6 · 14g = 84g masa 1 mola nawozu: m = 2 · (14g + 4g) + 32g + 4 · 16g + 2 · (2 · 14g + 4 · 1g + 3 · 16g = 2 · 18g + 96g + 2 · 80g = 312g 84g %N = ⋅ 100% = 28,8% 292g 3.15. mM = 2 · 64g + 32g = 160g mS = 32g
28
%S =
32g
⋅ 100% = 20%
160g resztę stanowi siarka, wi ęc: %S = 100% - 20% = 80% 3.16. mM = 2 · 1g + 32g + 4 · 16g = 98g mS = 32g mH = 2 · 1g = 2g 32g %S = ⋅ 100% = 32 ,65% 98g 2g %H = ⋅ 100% = 2 ,04% 98g resztę stanowi tlen, więc: %O = 100% - 32,65% - 2,04% = 65,31% 3.17. widzimy, że wszystkie zwi ązki zawierają tyle samo sodu i siarki, zatem najwyższy procent siarki b ędzie zawierał związek o najmniejszej ilości tlenu, czyli Na2S2O3 3.18. dla H2O: 2 ⋅ 1g 2g %H = ⋅ 100% = ⋅ 100% = 11 ,1% 2 ⋅ 1g + 16g 18g dla H2SO4: 2 ⋅ 1g 2g %H = ⋅ 100% = ⋅ 100% = 2% 2 ⋅ 1g + 32g + 4 ⋅ 16g 98g dla NH3: 3 ⋅ 1g 3g %H = ⋅ 100% = ⋅ 100% = 17 ,6% 14g + 3 ⋅ 1g 17g największy procent wodoru zawiera amoniak 3.19. skoro stosunek masowy siarki do tlenu wynosi 2 : 3, zatem stosunek masy siarki do masy tlenku wynosi 2 : 5 (ponieważ, jeśli reagowałoby 2g S z 3g O powstałoby 5g tlenku), zatem 2g %S = ⋅ 100% = 40% 5g resztę stanowi tlen, czyli %O = 100% - 40% = 60% 3.20. skoro stosunek masowy Fe : C : O = 14 : 3 : 12, zatem stosunek masy Fe do masy zwi ązku wynosi 14 : 29 (ponieważ, jeśli reagowałoby 14g Fe z 3g C i 12g O powstałoby 19g związku), zatem 14g % Fe = ⋅ 100% = 48 ,3% 29g analogicznie 3g %C = ⋅ 100% = 10 ,3% 29g resztę stanowi tlen, czyli %O = 100% - 48,3% - 10,3% = 41,1% Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
3.21. nie, ponieważ masy atomowe sodu i potasu są różne (dokładniej: masa atomowa sodu jest mniejsza od masy atomowej potasu, zatem procent chloru w chlorku sodu jest wyższy) 3.22. 1) tak – ponieważ nie jest ważna masa, lecz skład atomowy związku 2) nie – patrz wyżej 3.23. nie musimy nawet wykonywać obliczeń, łatwo zauważyć, że istnieją 3 pary zwi ązków różniących się od siebie składem atomowym, a co więcej, porównuj ąc ich indeksy stechiometryczne widzimy, że stanowią wielokrotność indeksów stechiometrycznych drugich związków 1) C2H2 i C6H6 2) ClO3 i Cl2O6 3) NO2 i N2O4 3.24. liczymy masę mola P2O5: mtlenku = 2 · 31g + 5 · 16g = 142g liczymy masę mola Ca3(PO4)2: msoli = 3 · 40g + 2 · 31g + 8 · 16g = 310g 142g % P2 O 5 = ⋅ 100% = 45 ,8g 310g 3.25. tlenek ma wzór EO2, możemy zatem ułożyć równanie: 2 ⋅ 16g 32g %O = ⋅ 100% = ⋅ 100% = 13 ,4% m E + 2 ⋅ 16g m E + 32g
32g
= 0 ,134 + 32g 32g = 0 ,134m E + 4 ,288g 0 ,134m E = 27 ,712g m E = 206 ,8g ≈ 207g mE
podany wynik co do warto ści jest równy masie atomowej ołowiu, więc pierwiastkiem E jest ołów 3.26. liczymy masę azotu w azotku mN = 0,189 · 148u = 28g z czego wynika, że azotek ten zawiera 2 aomy azotu, skoro azot jest trójwartościowy, możliwe wzory azotków to E3N2, EN2 (pozostałe możliwości odpadaj ą, gdyż wzory np. E 2N2, E6N2 nie są poprawne), policzmy masę pierwiastka E w azotku EN2: mE = 148 – 28g = 120g nie ma pierwiastka o takiej masie, zatem EN2 odpada, wzór azotku musi mieć postać E3N2, a stąd: mE = 148 – 28g = 120g Ar(E) = 120u : 3 = 40u pierwiastkiem E jest wapń
29
3.27. wzór siarczanu E 2SO4, ułużmy równanie na zawartość procentową siarki w tym związku chemicznym 32u %S = ⋅ 100% = p% 2 ⋅ A r + 32u + 4 ⋅ 16u
32u 2 ⋅ Ar
+ 32u + 64u
32u
=
2 ⋅ Ar
=
p 100
p
+ 96u 100 p ⋅ 2 ⋅ A r + p ⋅ 96u = 3200u p ⋅ m E = 1600 u − p ⋅ 48u mE
=
1600 u p
− 48u
3.28. węglan tego metalu ma wzór E(CO 3)W/2, gdzie W to wartościowość pierwiastka, do obliczeń możemy przyjąć, np. wzór E(CO3)1/2, choć oczywiście w sensie strukturalnym jest to błąd W 3 ⋅ 16u ⋅ 2 ⋅ 100% = p% %O = W ⋅ (12u + 3 ⋅ 16u) Ar + 2 W p W = ⋅ [A r + ⋅ (12u + 48u)] 3 ⋅ 16u ⋅ 2 100 2 p p ⋅ W ⋅ 60u ⋅ Ar + 24u ⋅ W = 100 200 p ⋅ W ⋅ 60u p = ⋅ Ar 24u ⋅ W − 200 100 p ⋅ 60u p ⋅ Ar W ⋅ (24u − )= 200 100 4800 p ⋅ 60u p ⋅ Ar W⋅( u− )= 200 200 100 4800 u − p ⋅ 60u p = ⋅ Ar W⋅ 200 100 p ⋅ A r ⋅ 200 2p ⋅ A r = W= 100 ⋅ (4800u − p ⋅ 60u ) 4800u − p ⋅ 60u
W=
p ⋅ Ar 2400u − p ⋅ 30u
3.29. liczymy masę chloru w chlorku sebra mM = 35,5g + 108g = 143,5g mCl = 35,5g 143,5g AgCl ─── 35,5g Cl 12,3g AgCl ─── x 35 ,5 ⋅ 12 ,3 x= = 3 ,04g 143 ,5 taka sama masa chloru znajdowała się w wyj ściowym związku, zatem: Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
%Cl =
3 ,04g 5g
⋅ 100% = 60 ,8% Cl
3.30. liczymy masę tlenu w tlenku metalu: mtlen1 = 0,258 · 13g = 3,354g resztę stanowi metal, zatem: mm = 13g – 3,354g = 9,646g liczymy masę tlenu w tlenku niemetalu: mtlen2 = 0,563 · 10g = 5,63g resztę stanowi niemetal, zatem: mnm = 10g – 5,63g = 4,37g liczymy łączną masę tlenu: mtlen = mtlen1 + mtlen2 = 3,354g + 5,63g = 8,984g masa związku: m = 13g + 10g = 23g 9 ,646g % metal = ⋅ 100% = 42% 23g 4 ,37g % niemetal = ⋅ 100% = 19% 23g 8 ,984g %O = ⋅ 100% = 39% 23g 3.31. dla MCl2 2 ⋅ 35 ,5g 71g %Cl1 = ⋅ 100% = ⋅ 100% 2 ⋅ 35 ,5g + m M 71g + m M dla MCl3 3 ⋅ 35 ,5g 106 ,5g %Cl 2 = ⋅ 100% = ⋅ 100% 3 ⋅ 35 ,5g + m M 106 ,5g + m M %Cl1 %Cl 2
=
1 1,172
1,172 ⋅ %Cl1 = %Cl 2 podstawiamy do równania wyżej określone zawartości masowe: 71g 106,5g ⋅ 100% = ⋅ 100% 1,172 ⋅ 71g + m M 106,5g + m M
83,212g 71g + m M
=
106,5g 106,5g + m M
8862,078g + 83,212 ⋅ m M 1300,578g
= 7561,5g + 106,5 ⋅ m M
= 23,288 ⋅ m M
m M = 55,85g metalem tym jest żelazo 3.3. Ustalanie wzoru chemicznego na podstawie składu ilościowego 3.32. wiemy, że ilość atomów w związku chemicznym musi być wyrażona (najmniejszymi możliwymi) liczbami całkowitymi dlatego 1 : 0,75 = 4 : 3, zatem Al4C3
30
3.33. załóżmy, że x = 1, mamy wtedy x : y = 1 : 5/3, y : z = 2 : 1, a łącząc oba stosunki x : y : z = 1 : 5/3 : 5/6, wiemy, że wszystke liczby musz ą być całkowite, dlatego powyższt stosunek musimy pomnożyć przez 3 x : y : z = 6 : 10 : 5, a wzór ma posta ć: C6H10O5 3.34. wzór elementarny to wzór w którym występują najmniejsze możliwe indeksy stechiometryczne: NO2, HO, CH2O 3.35. załóżmy, że związek zawiera 1 atom sodu A r(Na) = 23u 59% ─── 23u 41% ─── x 41 ⋅ 23 x= = 16u 59 Ar(S) = 32u, zatem policzona wartość odpowiada połowie masy atomowej siarki, mamy wstępny wzór siarczku: NaS0,5, wiemy jednak, że wszystkie indeksy stechiometryczne muszą być liczbami całkowitymi, zatem ilości atomów w powyższym wzorze należy pomnożyć przez 2, co nam daje Na 2S 3.36. załóżmy, że związek zawiera 1 atom żelaza Ar(Fe) = 56u 7 ─── 56u 8 ─── x 8 ⋅ 56 x= = 64u 7 Ar(S) = 32u, zatem policzona wartość odpowiada dwukrotności masy atomowej siarki, wzór związku: FeS2 3.37. długość osi wynosi 10cm, długość od początku osi do punktu a to 6 cm, co oznacza, że związek ten zawiera 60% Ti i 40% O, przyjmuj ąc, że tlenek zawiera 1 atom tytanu Ar(Ti) = 48u, mamy proporcje: 60% ─── 48u 40% ─── x 40 ⋅ 48 x= = 32u 60 Ar(O) = 16u, policzona wyżej masa odpowiada dwukrotności masy atomowej tlenu, zatem wzór ma postać TiO2 długość od początku osi do punktu b to 6,75 cm, co oznacza, że związek ten zawiera 67,5% Ti i 32,5% O, przyjmując, że tlenek zawiera 1 atom tytanu Ar(Ti) = 48u, mamy proporcje: 67,5% ─── 48u 32,5% ─── y 32 ,5 ⋅ 48 = 23 ,1u y= 67 ,5 Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
Ar(O) = 16u, policzona wyżej masa jest w przybliżeniu 1,5 raza większa od masy atomowej tlenu, którego wzór ma pierwotną postać TiO1,5, zaś ostateczną Ti2O3 długość od początku osi do punktu c to 7,5 cm, co oznacza, że związek ten zawiera 75% Ti i 25% O, przyjmując, że tlenek zawiera 1 atom tytanu Ar(Ti) = 48u, mamy proporcje: 75% ─── 48u 25% ─── z 25 ⋅ 48 = 16u z= 75 Ar(O) = 16u, zatem policzona wyżej masa odpowiada masie atomowej tlenu, którego wzór ma postać TiO 3.38 obliczymy, masę tlenku przypadającą na 1 mol atomów żelaza 4,2g Fe ─── 5,8g FexOy 56g Fe ─── x 56 ⋅ 5 ,8 = 77, (3)g x= 4 ,2 zatem masa tlenu wynosi: mO = 77,33g – 56g = 21,33g, policzmy jaka to ilość moli tlenu: mMtlen = 16g 21, (3) 4 n tlen = = mola 16 3 zatem pierwotny wzór tlenku ma postać FeO4/3 jak wiemy indeksy stechiometryczne muszą być liczbami całkowitymi, co nam ostatecznie daje Fe3O4 3.39. zawartośc procentowa mówi nam o tym, że na 30,8g Na przypada 69,2g Pb, obliczmy ile sodu przypada na 1 mol atomów ołowiu, m Mołów = 207g, zatem: 30,8g Na ─── 69,2g Pb x ─── 207g Pb 30 ,8 ⋅ 207 ≈ 92g Na x= 69 ,2 liczba atomów sodu jest równa (mMsód = 23g) n = 92g : 23g = 4 mole 3.40. policzmy masę tego tlenku, gdyby zawierał 1 mol S mMsiarka = 32g 0,4g S ─── 1g tlenku 32g S ─── x 32g ⋅ 1 x= = 80g 0 ,4g liczymy masę tlenu mO = 80g – 32g = 48g liczymy ilość moli tlenu w tym tlenku nO = 48g : 16g = 3 mole wzór tlenku ma postać: SO3, zatem wartościowość siarki wynosi VI
31
3.41. zadanie można rozwiązać na dwa sposoby: wyprowadzaj ąc najpierw wzór empiryczny, a potem rzeczywisty, lub korzystając ze znanej masy zwi ązku polczyć masy poszczególnych pierwiastków, zastosujmy ten drugi sposób: mK = 0,71 · 110u = 78,1u zatem liczba atomów potasu jest równa (A r(K) = 39u): nK = 78,1u : 39u ≈ 2 masa tlenu jest równa: mO = 110u – 78,1u = 31,9u zatem liczba atomów tlenu jest równa (Ar(O) = 16u): nO = 31,9u : 16u ≈ 2 wzór tlenku ma postać K2O2 3.42. postępujemy analogicznie jak w 3.41. mN = 0,305 · 92u = 28,06u zatem liczba atomów azotu jest równa (A r(N) = 14u): nN = 28,06u : 14u ≈ 2 masa tlenu jest równa: mO = 92u – 28,06u = 63,94u zatem liczba atomów tlenu jest równa (Ar(O) = 16u): nO = 63,94u : 16u ≈ 4 wzór tlenku ma postać Na2O4 3.43. postępujemy analogicznie jak w 3.41. mCl = 0,425 · 167u = 70,1u zatem liczba atomów chloru jest równa (A r(Cl) = 35,5u): nCl = 70,1u : 35,5u = 2 masa tlenu jest równa: mO = 167u – 70,1u = 96,9u zatem liczba atomów tlenu jest równa (Ar(O) = 16u): nK = 96,9u : 16u ≈ 6 wzór tlenku ma postać Cl2O6 3.44. najpierw musimy policzyć masę 1 mola tlenku, skorzystamy z prawa Avogadra (roz. 2.4.) 1 dm3 ─── 1,96g 22,4 dm3 ─── x 1 ,96 ⋅ 22 ,4 = 43 ,9g ≈ 44g x= 1 liczymy masę azotu w tym tlenku: mN = 0,636 · 44g = 28g zatem liczba moli atomów azotu jest równa (mM(N) = 14g): nN = 28g : 14g = 2 masa tlenu jest równa: mO = 44g – 28g = 16g zatem liczba moli atomów tlenu jest równa (mM(N) = 16g): nO = 16g : 16g = 1 wzór tlenku ma postać N2O
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
3.45. korzystając z prawa Clapeyrona (roz. 2.5.) liczymy jak ą objętość zajmuje 1 mol tlenku: pV = nRT nRT V = p
1mol ⋅ 83 ,1
hPa ⋅ dm 3
⋅ 293K ⋅ mol K = 24 ,04dm 3 V= 1013hPa liczymy masę mola tego związku 3 1 dm 1,25g 3 24,04 dm x 24 ,04 ⋅ 1 ,25 ≈ 30g x= 1 liczymy masę azotu w tym tlenku: mN = 0,467 · 30g ≈ 14g zatem liczba moli atomów azotu jest równa (mM(N) = 14g): nN = 14g : 14g = 1 masa tlenu jest równa: mO = 30g – 14g = 16g zatem liczba moli atomów tlenu jest równa (mM(N) = 16g): nO = 16g : 16g = 1 wzór tlenku ma postać NO 3.46. przyjmijmy, że 1 mol zwi ązku zawiera 1 mol sodu (mM(Na) = 23g), liczymy masę siarki: 23g 32,4% x 22,6% 23 ⋅ 22 ,6 x= ≈ 16g 32 ,4 zatem liczba moli atomów siarki jest równa (mM(S) = 32g): nS = 16g : 32g = 0,5 liczymy masę tlenu: 23g 32,4% y 45% 23 ⋅ 45 y= ≈ 32g 32 ,4 zatem liczba moli atomów tlenu jest równa (mM(O) = 16g): nO = 32g : 16g = 2 pierwotny wzór związku ma postać: NaS0,5O2, wszystkie indeksy stechiometryczne muszą być liczbami całkowitymi, zatem ostateczna postać wzoru to: Na2SO4 3.47. z podanego stosunku widzimy, że na 1g wodoru (czyli również 1 mol) przypada: 6g węgla, czyli: nC = 6g : 12g = 0,5 mola oraz 8g tlenu, czyli: nO = 8g : 16g = 0,5 mola, ─── ───
───
───
─── ───
32
otrzymujemy wzór C0,5HO0,5 co daj wzór empiryczny CH2O, jego masa to me = 12g + 2g + 16g = 30g, je żeli masa związku wynosi 180g, to liczbę atomów we wzorze empirycznym należ y pomnożyć przez: n = 180g : 30g = 6 wzór rzeczywisty to: C6H12O6 3.48. skoro jest to kwas jednohydronowy, zatem zawiera 1 atom wodoru, wiemy również, że wodór stanowi: %H = 100% - 35,3% – 63,7% = 1% zwi ązku, którego masę możemy łatwo policzyć 1% 1g 100% x x = 100g liczymy masę chloru w tym zwi ązku: mCl = 0,353 · 100g = 35,3g zatem liczba moli atomów chloru jest równa (mM(Cl) = 35,5g): nCl = 35,3g : 35,5g ≈ 1 masa tlenu jest równa: mO = 100g – 35,3g – 1g = 63,7g zatem liczba moli atomów tlenu jest równa (mM(N) = 16g): nO = 63,7g : 16g ≈ 4 wzór związku ma postać HClO4 3.49. załóżmy, że związek ten w przeliczeniu zawiera 1 mol tlenku magnezu: mM(MgO) = 24g + 16g = 40g zatem masa tlenku krzemu wynosi: 40% 40g 60% x x = 60g ilość moli tlenku krzemu wynosi: mM(SiO2) = 28g + 2 · 16g = 60g mM(SiO2) = 60g : 60g = 1 z tego wynika, że po teoretycznym rozbiciu zwi ązku na tlenki zawiera on oba tlenki w stosunku 1 : 1, zatem wzór zwi ązku ma postać [MgO + SiO2] = MgSiO3 3.50. siarczek ma wzór M 2S, policzmy masę mola siarczku (który zawiera 1 mol siarki o masie mola równej 32g) 32g 20% x 100% 32 ⋅ 100 = 160g x= 20 mmetalu = 160g – 32g = 128g jak widzimy, 1 mol zwi ązku zawiera 2 mole metalu, więc masa mola metalu wynosi: mM = 128g : 2 = 64g metalem tym jest mied ź 3.51. liczymy masę pierwiastka A w 1 molu zwi ązku: ─── ───
─── ───
───
───
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
mA = 0,568 · 296g ≈ 168g masa mola pierwiastka A w zwi ązku A3B4 wynosi: mM(A) = 168 : 3 = 56g pierwiastkiem A jest żelazo liczymy masę pierwiastka B w 1 molu zwi ązku: mB = 296g – 168 = 128g masa mola pierwiastka B w zwi ązku A3B4 wynosi: mM(A) = 128 : 4 = 32g pierwiastkiem B jest siarka; szukanym związkiem jest Fe3S4 3.52. liczymy masę węgla, wodoru oraz trzeciego pierwiastka w tym zwi ązku: mC = 0,49 · 147 ≈ 72g zatem liczba moli atomów węgla jest równa (mM(C) = 12g): nC = 72g : 12g = 6 mH = 0,027 · 147 ≈ 4g zatem liczba moli atomów wodoru jest równa (mM(H) = 1g): nN = 4g : 1g = 4 zawartość procentowa trzeciego pierwiastka to: %E = 100% - 49% - 2,7% = 48,3%, a jego masa: mE = 0,483 · 147 ≈ 71g ponieważ nie istnieje pierwiastek o masie mola 71g, szukamy innych pierwiastków, których wielokrotność masy mola wynosi 71g, jedynym takim pierwiastkiem jest chlor, mM(Cl) = 35,5g nCl = 71g : 35,5g = 2 rzeczywisty wzór związku ma postać: C6H4Cl2 3.53. liczymy masę tlenu: mO = 0,302 · 212u ≈ 64u zatem liczba atomów tlenu jest równa (Ar(O) = 16u): nO = 64u : 16u = 4 skoro fosforan ten zawiera 4 atomy tlenu, musi zawierać również 1 atom fosforu, masa metalu to: mm = 212u – 31u – 64u = 117u, brak jest metalu o takiej masie atomowej, zatem szukamy metalu, którego wielokrotność masy atomowej byłaby równa tej wartości, wiemy, że reszta fosforanowa ma wartościowość III, zatem w zwi ązku tym znajdować się będą 3 atomy metalu jednowartościowego o masie atomowej: Ar(M) = 117u : 3 = 39u metalem tym jest potas 3.54. wiemy, że halogenki (czyli pierwiastk i z grupy 17) mają wartościowość I, zatem przy tej samej zawartości pierwiastka E w 1 cz ąsteczce jest 2 razay więcej atomów halogenku niż tlenu, zatem: x ⋅ A r (O) = ⋅ 100% = 30,1% %O x ⋅ A r (O) + y ⋅ A r (E)
2x ⋅ A r (Hal) %Hal = ⋅ 100% = 65,6% 2x ⋅ A r (Hal) + y ⋅ A r (E)
33
x ⋅ A r (O) = 0,301⋅ x ⋅ A r (O) + 0,301⋅ y ⋅ A r (E) 2x ⋅ A r (Hal) = 1,312 ⋅ x ⋅ A r (Hal) + 0,656 ⋅ y ⋅ A r (E) 0,699 ⋅ x ⋅ A r (O) = 0,301 ⋅ y ⋅ A r (E) 0,688 ⋅ x ⋅ A r (Hal) = 0,656 ⋅ y ⋅ A r (E) 2,32 ⋅ x ⋅ A r (O) = y ⋅ A r (E) 1,049 ⋅ x ⋅ A r (Hal) = y ⋅ A r (E) 2,32 ⋅ x ⋅ A r (O) = 1,049 ⋅ x ⋅ A r (Hal) A r (Hal) =
2,32 ⋅ x ⋅ A r (O)
= 2,21 ⋅ A r (O) = 35,36u 1,049 ⋅ x obliczona masa atoowa halogenku jest równa masie atomowej chloru, zatem szukanym halogenkiem jest chlor; rozpatrzmy kolejno tlenki metalu I – VIII wartościowego: dla wartościowości I, E2O 16u 30,1% z1 69,9% z1 = 37,16g Ar(E) = z1 : 2 = 18,6g, brak jednowartościowego pierwiastka o zbliżonej masie atomowej dla wartościowości II, EO 16u 30,1% z2 69,9% z2 = 37,16g Ar(E) = 37,16g, brak dwuwarto ściowego pierwiastka o zbliżonej masie atomowej dla wartościowości III, E2O3 48u 30,1% z3 69,9% z3 = 111,5g Ar(E) = z1 : 2 = 55,7g, masa atomowa jest zbliżona do masy atomowej żelaza, co więcej występuje on w formie trójwartościowej, zatem pierwiastkiem E może być żelazo dla wartościowości IV, EO2 32u 30,1% z4 69,9% z4 = 74,3g Ar(E) =74,3g, masa atomowa jest zbli żona do masy atomowej arsenu, jednak pierwiastek ten nie występuje w formie czterowartościowej dla wartościowości V, E2O5 80u 30,1% z5 69,9% z5 = 185,8g Ar(E) = z1 : 2 = 92,9g, masa atomowa jest zbliżona do masy atomowej niobu (Nb), co wi ęcej występuje on w formie pięciowartościowej, zatem pierwiastkiem E może btć niob dla wartościowości VI, EO3 48u 30,1% ───
───
───
───
───
───
───
───
───
───
z6 69,9% z6 = 111,5g Ar(E) = 111,5g, brak sze ściowartościowego pierwiastka o zbliżonej masie atomowej dla wartościowości VII, E2O7 112u 30,1% z7 69,9% z7 = 260,1g Ar(E) = z 1 : 2 = 130g, brak siedmiowartościowego pierwiastka o zbliżonej masie atomowej dla wartościowości VIII, EO4 64u 30,1% z8 69,9% z8 = 148,6g Ar(E) = 148,6g, brak osmiowarto ściowego pierwiastka o zbliżonej masie atomowej Podsumowując: szukanym halogenkiem jest chlor, za ś metalu nie możemy określić jednoznacznie (może to być żelazo lub niob) 3.55. załóżmy, że sól I zawiera jeden atom potasu Ar(K) = 39g: 39g 24,7% x 100% 39 ⋅ 100 x= ≈ 158g 24 ,7 zatem masa reszty kwasowej jest równa mkw = 158g – 39g = 119g załóżmy, że sól II zawiera jeden atom potasu A r(K) = 39g: 39g 39,6% y 100% 39 ⋅ 100 y= ≈ 98 ,5g 39 ,6 zatem masa reszty kwasowej jest równa mkw = 98,5g – 39g = 59,5g widzimy, że obliczona w II przypadku masa reszty kwasowej jest 2 razy mniejsza niż masa reszt kwasowej obliczonej w I przypadku, z warunków zadania wiemy, że obie reszty kwasowe są takie same, z czego wynika, że w II przypadku ilość potasu musi być 2 razy większa, mamy więc sól I: KR sól II: K2R jedynym kwasem, który ma taki sam wzór reszty kwasowej o wartościowości I i wartościowości II jest kwas manganowy odpowiednio (VII) i (VI), szukane sole to: KMnO4 i K2MnO4 ───
───
───
───
───
───
───
─── ───
───
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
34
3.4. Ustalanie wzoru chemicznego na podstawie stosunku obj ętościowego reagentów. Prawo GayLussaca 3.56. x + O2 → SO3 2 : 1 : 2 stosunek objętości gazów, w takich samych warunkach, równy jest współczynnikom stechiometrycznym, mamy więc 2 x + O2 → 2 SO3 zatem 2 mole związku x zawierają 2 mole siarki i 6 – 2 = 4 mole tlenu, wzór zwi ązku x to SO2 3.57. stosunek objętości gazów, w takich samych warunkach, równy jest współczynnikom stechiometrycznym, mamy więc 2 x + 4 H2 → N2 + 4 H2O 2 mole związku x zawierają 1 mol cząsteczek N2 (skrót myślowy zastosowany w celu przedstawienia rozumowania, gdyż oczywiście, związki chemiczne w swojej budowie zawierają atomy, a nie cząsteczki), czyli 2 mole atomów N oraz 4 mole atomów O (pochodz ących z pary wodnej), zatem wzór gazu x ma następującą postać: NO2 3.58. stosunek objętości gazów, w takich samych warunkach, równy jest współczynnikom stechiometrycznym, mamy więc 2 ClxOy → 2 Cl2 + O2 2 mole cząsteczek tlenku zawieraj ą 4 mole atomów chloru (2 mole cząsteczek dwuatomowych) oraz 2 mole tlenu (mol cząsteczek dwuatomowych), zatem 1 mol tlenku zawiera 2 mole Cl i mol O, wzór: Cl2O 3.59. stosunek objętości gazów, w takich samych warunkach, równy jest współczynnikom stechiometrycznym, mamy więc 2 H2S + 3 O2 → 2 H2O + 2 x po lewej stronie równania reakcji mamy w sumie: 6 moli atomów O, 4 mole atomów H i 2 mole atomów S, po prawej stronie równania mamy obecnie 4 mole atomów H i 2 mole atomów O, zatem 2 mole gazu x składają się z 2 moli atomów S i 4 moli atomów O, gaz x to SO2 3.60. stosunek objętościowy amoniaku do tlenu, do tlenku azotu wynosi: 1 : 1,25 : 1, czyli 4 : 5 : 4 stosunek objętości gazów, w takich samych warunkach, równy jest współczynnikom stechiometrycznym, mamy więc 4 NH3 + 5 O2 → 4 NxOy + z H2O po lewej stronie równania reakcji mamy 12 moli atomów wodoru, zatem łatwo wywnioskować, że z = 6, po lewej stronie równania reakcji mamy 10 moli atomów tlenu, a po prawej 6 (zawartych w parze Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
wodnej), zatem 4 mole tlenku azotu zawierają 4 mole tlenu i oczywiście 4 mole azotu (zawarty po lewej stronie równania w amoniaku), wzór tlenku: NO 3.61. korzystaj ąc z prawa Avogadra liczymy mas ę 1 mola ozonu: 3
1 dm 2,14g 3 22,4 dm x 2 ,14 ⋅ 22 ,5 = 47 ,9g x= 1 skoro masa mola tlenu (atomowego) wynosi 16g, zatem mol ozon składa się następującej ilości tlenu: nozon = 47,9g : 16g ≈ 3 mole analogicznie 1 cząsteczka ozonu składa się z 3 cząsteczek tlenu 3.62. stosunek objętości gazów, w takich samych warunkach, równy jest współczynnikom stechiometrycznym, mamy więc Px + 5 O2 y P2O5 widzimy, że po lewej stronie równania jest 10 moli atomów tlenu, aby taka sama ilość tlenu była po prawej stronie równania y musi wynosić 2; wtedy ilość atomów fosforu wynosi 4, zatem 1 cz ąsteczka fosforu składa się z 4 atomów 3.63. stosunek objętości gazów, w takich samych warunkach, równy jest współczynnikom stechiometrycznym, mamy więc Sx + 8 O2 y SO2 widzimy, że po lewej stronie równania jest 16 moli atomów tlenu, aby taka sama ilość tlenu była po prawej stronie równania y musi wynosić 8; wtedy ilość atomów siarki wynosi 8, zatem 1 cz ąsteczka siarki składa się z 8 atomów 3.64. stosunek objętości gazów, w takich samych warunkach, równy jest współczynnikom stechiometrycznym, mamy więc 2 NxOy + 4 H2 N2 + 4 H2O (podane warunki reakcji nie wpływają w żaden sposób na wynik rozwiązania, ważne jest jedynie to, że wszystkie objętości gazów mierzone są w tych samych warunkach) widzimy, że po prawej stronie równania są 2 mole atomów azotu oraz 4 mole atomów tlenu aby taka sama ilość atomów była po lewej stronie równania x musi wynosić 1, a y 2, wzór tlenku to: NO 2 ───
───
→
→
→
3.5. Stechiometria hydratów 3.65. masa mola związku wynosi: mM = 64g + 32g + 4 · 16g + 5 · (2g + 16g) = 250g
35
masa wody hydratacyjnej w 1 molu związku wynosi: mwh = 5 · (2g + 16g) = 90g 90g %H 2 O H = ⋅ 100% = 36% 250g 3.66. procent masowy danego pierwiastka nie jest zale żny od określonej masy, czy objętości związku, ważny jest jedynie skład atomowy 5 ⋅ 65u % Zn = ⋅ 100% = 5 ⋅ 65u + 6 ⋅ 17u + 2 ⋅ 60u + 18u 325g = ⋅ 100% = 57 ,5% 565g 3.67 masa cząsteczkowa siarczanu sodu Na 2SO4 (bezwodnego) wynosi: Sr(Na2SO4)= 2 · 23u + 32u + 4 · 16u = 142u zawartość procentowa bezwodnego Na 2SO4 to: % Na2SO4 = 100% - 47% = 53%, zatem: 53% 142u 47% x 47 ⋅ 142u x= ≈ 126u 53 masa cząsteczkowa wody to: Sr(H2O) = 18u, zatem ilość cząsteczek wody jest równa nwoda = 126u : 18u = 7 Na2SO4 · 7 H2O 3.68. masa cząsteczkowa węglanu sodu Na2CO3 (bezwodnego) wynosi: Sr(Na2CO3)= 2 · 23u + 12u + 3 · 16u = 106u zawartość procentowa bezwodnego Na2CO3 to: %Na2CO3 = 100% - 63% = 37%, zatem: 37% 106u 63% x 63 ⋅ 106u ≈ 180u x= 37 masa cząsteczkowa wody to: Sr(H2O) = 18u, zatem ilość cząsteczek wody jest równa nwoda = 180u : 18u = 10 3.69. masa cząsteczkowa wodorosiarczku wapnia Ca(HS)2 (bezwodnego) wynosi: Sr(Ca(HS)2)= 40u + 2 · (1u + 32u) = 106u zawartość procentowa bezwodnego Ca(HS)2 to: %Ca(HS)2 = 100% - 50,4% = 49,6%, zatem: 49,6% 106u 50,4% x 50 ,4 ⋅ 106u x= ≈ 108u 49 ,6 masa cząsteczkowa wody to: Sr(H2O) = 18u, zatem ilość cząsteczek wody jest równa nwoda = 108u : 18u = 6 Ca(HS)2 · 6 H2O ─── ───
─── ───
─── ───
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
3.70. masa cząsteczkowa karnalitu KMgCl3 (bezwodnego) wynosi: Sr(KMgCl3)= 39u + 24u + 3 · 35,5u = 169,5u zawartość procentowa bezwodnego KMgCl3 to: %KMgCl3 = 100% - 39% = 61%, zatem: 61% ─── 169,5u 39% ─── x 39 ⋅ 169 ,5 x= ≈ 108u 61 masa cząsteczkowa wody to: Sr(H2O) = 18u, zatem ilość cząsteczek wody jest równa nwoda = 108u : 18u = 6 3.71. CaCl2 · n H2O Ar(Ca) = 40u liczymy łączną masę chloru i wody hydratacyjnej, która stanowi: %(Cl+H2O) = 100% - 27,2% = 72,8% 27,2% ─── 40u 72,8% ─── x 40 ⋅ 72 ,8 ≈ 107u x= 27 ,2 wiemy, że jedna cząsteczka chlorku wapnia zawiera 2 atomy chloru, zatem masa samej wody hydratacyjnej wynosi: mwoda = 107u – 2 · Ar(Cl) = 107u – 2 · 35,5u = 36g masa cząsteczkowa wody to: Sr(H2O) = 18u, zatem ilość cząsteczek wody jest równa: nwoda = 36u : 18u = 2 CaCl2 · 2 H2O 3.72. A r (M) ⋅ 100% = 14,3% %M = A r (M) + 2 ⋅ 18u + 2 ⋅ 96u + 6 ⋅ 18u
A r (M)
= 0,143 + A r (M) 336u A r (M) = 0,143 ⋅ A r (M) + 48,05u 0,857A r (M) = 48,05u A r (M) ≈ 56u szukanym metalem jest żelazo 3.73. liczymy masę glinu, zawatego w arsenianie glinu Ar(Al) = 27u Sr(AlAsO4) = 27u + 75u + 4 · 16u = 166u 166u soli ─── 27u Al 2,5g soli ─── x 2 ,5 ⋅ 27 = 0 ,407g x= 166 następnie liczymy masę siarczku glinu (bezwodnego), który zawiera 0,407g glinu Sr(Al2(SO4)3) = 2 · 27u + 3 · 96u = 342u 54u Al ─── 342u soli
36
0,407g Al y soli 0 ,407 ⋅ 342 y= = 2 ,58g 54 masa wody w 5g uwodnionego siarczanu glinu to: mwoda = 5g – 2,58g = 2,42g liczymy masę wody w 1 molu uwodnionej soli (masa mola bezwodnego siarczanu glinu wynosi 342g): 2,58g 342g 2,42g z 2 ,42 ⋅ 342 z= ≈ 320g 2 ,58 masa cząsteczkowa wody to: Sr(H2O) = 18u, zatem ilość cząsteczek wody jest równa nwoda = 320g : 18g ≈ 18 moli 3.74. jeżeli mamy podaną zawartość procentową P2O5 to w związku, z którym porównujemy masę tlenku muszą być zawarte 2 atomy fosforu i przynajmniej 5 atomów tlenu, zatem masę mola soli musimy pomno żyć przez dwa (2 ⋅ 31u + 5 ⋅ 16u) ⋅ 100% = 40,8% %P2 O 5 = 2 ⋅ (24u + 1u + 31u + 64u + n ⋅ 18u ───
─── ───
142u
= 0,408 n ⋅ 36u + 240u 142u = 14,69u ⋅ n + 97,92u 14,69u ⋅ n = 44,08 n=3 MgHPO4 krystalizuje z 3 cz ąsteczkami wody
4x = 60g x = 15g mB = 15g mD = 3 ·15g = 45g 4.5. liczymy masę wodoru, korzystaj ąc z gęstości 3 1 dm 0,089g 3 4 dm x 4 ⋅ 0 ,089 = 0 ,356g x 1 liczymy masę tlenu, korzystając z gęstości 3 1 dm 1,43g 3 2 dm y 2 ⋅ 1 ,43 = 2 ,86g y= 1 korzystając z prawa zachowania masy: mH2O = 0,356g + 2,86g = 3,216g 4.6. liczymy masę dwutlenku węgla, korzystając z gęstości: 3 1 dm 1,96g 3 4,48 dm x 4 ,48 ⋅ 1 ,96 x= = 8 ,78g 1 korzystając z prawa zachowania masy, masa amoniaku wynosi: mNH3 = 15,8g – 3,6g – 8,78g = 3,42g liczymy objętość amoniaku, korzystając z gęstości: 3 1 dm 0,76g y 3,42g 3 ,42 ⋅ 1 = 4 ,5 dm 3 y= 0 ,76 ─── ───
─── ───
─── ───
───
───
Rozdział 4. Stechiometria równa ń chemicznych. 4.1. Prawo zachowania masy 4.1. 2 HgO → 2 Hg + O2 korzystając z prawa zachowania masy: mO = 32g – 27,8g = 2,2g 4.2. 2 Mg + O2 → 2 MgO korzystając z prawa zachowania masy: mO = 3g – 2,4g = 0,6g 4.3. Cu2CO3(OH)2 → CO2 + 2CuO + H2O (znajomość wzóru malachitu nie jest konieczna do rozwiązania tego zadania) korzystając z prawa zachowania masy: mCO2 = 221g – 129g – 18g = 74g 4.4. A → B + C + D 80g → x + 20g + 3x układamy równanie, korzystając z prawa zachowania masy: 80g = x + 20g + 3x Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
4.2. Molowy stosunek stechiometryczny reagentów 4.7. 4 Al + 3 O2 → 2 Al2O3 stosunek stechiometryczny glinu do tlenu wynosi 4 : 3, w reakcji otrzymywania 2 moli tlenku biorą udział 4 mole atomów glinu i 3 mole cz ąsteczek tlenu 4.8. układamy równanie otrzymywania siarczku miedzi(I): 2 Cu + S → Cu2S 2 mole : 1 mol : 2 mole zatem z proporcji: 2 mole Cu ─── 1 mole Cu 2S x ─── 7 moli Cu2S x = 14 moli Cu 4.9. 2 Al + 3 S → Al2S3 układamy proporcję: 3 mole S ─── 1 mole Al 2S3 0,12mola S ─── x
37
x
=
0 ,12 ⋅ 1 3
= 0 ,04 mola Al2S3
4.10. układamy proporcję: 4 mole NH3 ─── 5 moli O2 0,6 mola MH3 ─── x 0 ,6 ⋅ 5 x= = 0 ,75 mola O2 4 4.11. układamy proporcję 4 mole Bi ─── 3 mole CO2 ─── 7,5 mola CO 2 x 4 ⋅ 7 ,5 = 10 moli Bi x= 3 4.12. rozkład nadtlenku wodoru do wody i tlenu ma postać: 2 H2O2 → 2 H2O + O2 układamy proporcję 2 mole H2O2 ─── 1 mol O2 3 mole H2O2 ─── x 3 ⋅1 x= = 1 ,5 moli O2 2 wiemy, że 1 cząsteczka tlenu składa się z 2 atomów tlenu, zatem ilość moli tlenu atomowego wynosi: nO = 2 · 1,5 = 3 mole atomów O rozkład nadtlenku wodoru na pierwiastki: H2O2 → H2 + O2 układamy proporcję 1 mol H2O2 ─── 1 mol O2 3 mole H2O2 ─── y y = 3 mole O2 (zauważmy, że w pierwszej częśi zadania, pytano o tlen atomowe, a w drugiej o cz ąsteczkowy) 4.13. układamy równanie otrzymywania amoniaku: N2 + 3 H2 → 2 NH3 liczymy z proporcji 3 mole H2 ─── 2 mole NH3 0,25 mola H2 ─── x 0 ,25 ⋅ 2 x= = 0 ,167 mola NH3 3 widzimy, że z 0,25 mola wodoru, mo żemy otrzymać 0,167 mola amoniaku, zatem podana w zadaniu ilość wodoru jest niewystarczająca do otrzymania 0,2 mola amoniaku 4.14. 3 Fe + 4 H2O → Fe3O4 + 4 H2 | · 5 15 Fe + 20 H2O → 5 Fe3O4 + 20 H2 w reakcji w której uczestniczy 20 moli wody powstanie 20 moli wodoru, ułóżmy równanie otrzymywania wodoru z magnezu i chlorowodoru: Mg + 2 HCl → MgCl2 + H2 Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
liczymy z proporcji ilość magnezu potrzebną do otrzymania 20 moli wodoru: 1 mol Mg ─── 1 mol H2 x ─── 20 moli H2 x = 20 moli Mg 4.15. reakcja ta przebiega następująco: Cu2S + 2 O2 → 2 CuO + SO 2 | · 20 20 Cu2S + 40 O2 → 40 CuO + 20 SO2 liczymy ile moli dwutlenku węgla można wytworzyć, w reakcji z węglem, z 40 mole tlenku miedzi(II) 2 CuO + C → CO2 + 2 Cu 2 mole CuO ─── 1 mol CO2 40 moli CuO ─── x 40 ⋅ 1 = 20 moli CO2 x= 2 zatem z tej ilości tlenku miedzi(II) nie można wytworzyć 22 moli dwutlenku węgla 4.3. Masowy stosunek stechiometryczny reagentów 4.16. a) Fe : S = 56g : 32g = 7 : 4 b) Al : S = (2 · 27g) : (3 · 32g) = 54g : 96g = 9 : 16 4.17. (jako odmiane alotropową fosforu przyjmiemy fosfor czerwony, jeśli użylibyśmy fosforu białego, w równaniu należałoby go zapisać jako cząsteczk ę P4) P + 5 S → P2S5 2 · 31g 2· 31g + 5 · 32g P + 5 S → P2S5 62g 222g liczymy z proporcji 62g P ─── 222g P2S5 x ─── 0,5g 62 ⋅ 0 ,5 = 0 ,14g P x= 222 4.18. CuO + H2 → Cu + H2O 64g + 16g 2u + 16u 80g 18g liczymy z proporcji 80g CuO ─── 18g H2O 4g CuO ─── x 4 ⋅ 18 x= = 0 ,9g H2O 80 4.19. PbO2 + 2 H2 → Pb + 2 H2O 207g 2 · 18g = 36g liczymy z proporcji 207g Pb ─── 36g H2O x ─── 3g H2O
38
x
=
207 ⋅ 3 36
x
= 17 ,25g Pb
4.20. (aby produkt był niezanieczyszczony, substraty należy zmieszać w stosunku stechiometrycznym) Fe + S → FeS 56g 32g liczymy z proporcji: 56g Fe ─── 32g S 20g Fe ─── x 20 ⋅ 32 x= = 11 ,43g S 56 4.21. 3 NaOH + H3PO4 → Na3PO4 + 3 H2O 3·(23g + 16g +1g) 3·1g + 31g + 4·16g 120g 98g liczymy z proporcji 120g NaOH ─── 98g H3PO4 x ─── 12g H3PO4 120 ⋅ 12 x= = 14 ,7g NaOH 164 4.22. 3 gęstość wody wynosi 1g/cm , zatem szukamy masy tlenu i wodoru, koniecznej do otrzymania 2g wody 2 H2 + O2 → 2 H2O 32g 2·18g liczymy z proporcji 32g O2 ─── 36g H2O ─── 2g H2O x 32 ⋅ 2 = 1 ,78g O2 x= 36 zgodnie z prawem zachowania masy, resztę stanowi wodór, czyli: mH = 2g – 1,78g = 0,22g 4.23. 2 CO + O2 → 2 CO2 2·(12g + 16g) 32g 56g 32g liczymy z proporcji 56g CO ─── 32g O2 11,2g CO ─── x 32 ⋅ 11 ,2 = 6 ,4g O2 x= 56 masa mola tlenu cząsteczkowego wynosi: mM = 2 · 16g = 32g, zatem ilo ść moli jest równa: nO = 6,4g : 32g = 0,2 mola O 2 4.24. 4 Al + 3 C → Al4C3 4·27g 4·27g + 3·12g 108g 144g liczymy z proporcji 108g Al ───144g Al4C3 Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
108 ⋅ 54
= 40 ,5g Al 144 masa mola glinu wynosi: mM = 27g zatem ilość moli jest równa: nAl = 40,5g : 27g = 1,5 mola Al 4.25. (jako odmiane alotropową fosforu przyjmiemy fosfor czerwony, jeśli użylibyśmy fosforu białego, w równaniu należałoby go zapisać jako cząsteczk ę P4) liczymy masę 0,1 mola fosforu mP = 0,1 · 31g = 3,1g równanie reakcji ma postać 4 P + 5 O2 → 2 P2O5 4·31g 2·(2·31g + 5·16g) 124g 284g liczymy z proporcji 124g P ─── 284g P2O5 3,1g P ─── x 3 ,1 ⋅ 284 x= = 7 ,1g P2O5 124 4.26. szukamy masę kwasu fosforowego, powstałego w reakcji: P2O5 + 3 H2O → 2 H3PO4 2·31g + 5·16g 2·(3·1g + 31g + 4·16g) 142g 196g liczymy z proporcji 142g P2O5 ─── 196g H3PO4 14,2g P2O5 ─── x 14 ,2 ⋅ 196 x= = 19 ,6g H3PO4 142 masa mola kwasu fosforowego wynosi: mM = 98g zatem ilość moli jest równa: nAl = 19,6g : 98g = 0,2 mola H 3PO4 = 200 milimoli H3PO4 4.27. Sn + 2 Cl2 → SnCl4 2·2·35,5g 119g + 4·35,5g 142g 261g liczymy masę chloru 142g Cl2 ─── 261g SnCl4 x ─── 26100g SnCl4 142 ⋅ 26100 x= = 14200g Cl2 261 masa mola chloru cząsteczkowego wynosi: mM = 2 · 35,5g = 71g, zatem ilość moli jest równa: nCl2 = 14200g : 71g = 200 moli Cl2 = 0,2 kilomola Cl2 4.28. liczymy masę 0,25 mola miedzi mCu = 0,25 · 64g = 16g równanie reakcji ma postać 39 x
=
54g Al4C3
───
2 Cu + O2 2 CuO 2·64g 2·16g 128g 32g liczymy z proporcji 128g Cu 32g O2 16g Cu x 32 ⋅ 16 x= = 4g O2 128 4.29. 2 Cu2O + C 4 Cu + CO2 4·64g 12g + 2·16g 256g 44g liczymy z proporcji 256g Cu 44g CO2 x 11g CO2 256 ⋅ 11 x= = 64g Cu 44 masa mola miedzi wynosi: mM = 64g, zatem ilość moli jest równa: nCu = 64g : 64g = 1 mol Cu 4.30. liczymy masę 3 moli siarczku miedzi(I) (Cu2S) mCu = 3 · (2 · 64g + 32g) = 480g równanie reakcji ma postać 2 Cu + S Cu2S 32g 2·64g + 32g 32g 160g liczymy z proporcji 32g S 160g Cu2S x 480g Cu2S 32 ⋅ 480 x= = 96g S 160 4.31. liczymy masę 4 moli tlenu (O2) mO2 = 4 · 2 · 16g = 128g równanie reakcji ma postać S + O2 SO2 2·16g 32g + 2·16g 32g 64g liczymy z proporcji 32g O2 64g SO2 128g O2 x 128 ⋅ 64 x= = 256g SO2 32 4.32. liczymy masę 0,15 mola tlenu (O2) mO2 = 0,15 · 2 · 16g = 4,8g równanie reakcji ma postać 4 Al + 3 O2 2 Al2O3 4·27g 3·32g 108g 96g liczymy z proporcji 96g O2 108g Al →
─── ───
→
───
───
→
───
───
→
─── ───
→
───
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
4,8g O2 ─── x 108 ⋅ 4 ,8 x= = 5 ,4g Al 96 4.33. liczymy masę 0,6 mola wody (H 2O): mH2O = 0,6 · (2g + 16g) = 10,8g równanie reakcji ma postać: Al2O3 + 3 H2 → 2 Al + 3 H2O 2·27g 3·18g 54g 54g liczymy z proporcji: 54g Al ─── 54g H2O 10,8g Al ─── x x = 10,8g H2O 4.34. liczymy masę 0,5 mola ołowiu mPb = 0,5 · 207g = 103,5g równanie reakcji ma postać PbO2 + 2 H2 → Pb + 2 H2O 207g 2·18g 207g 36g liczymy z proporcji 207g Pb ─── 36g H2O 103,5g Pb ─── x 103 ,5 ⋅ 36 = 18g H2O x= 207 4.35. NH4NO3 → N2O + 2 H2O 2·14g + 4g + 3·16g 2·14g + 16g 80g 44g liczymy z proporcji 80g NH4NO3 ─── 44g N2O 8g NH4NO3 ─── x 8 ⋅ 44 = 4 ,4g N2O x= 80 masa mola tlenku azotu(I) wynosi: mM = 44g, zatem ilość moli jest równa: nCl2 = 4,4g : 44g = 0,1 mola N 2O 4.36. MnO2 + 4 HCl → MnCl2 + Cl2 + 2 H2O (w równaniu mając po 1 atomie manganu po każdej stronie, najpierw ustalamy tleny, potem wodory, a na końcu chlory) MnO2 + 4 HCl → MnCl2 + Cl2 + 2 H2O 55g + 2·16g 2·35,5g 87g 71g liczymy z proporcji 87g MnO2 ─── 71g Cl2 10g MnO2 ─── x 10 ⋅ 71 x= = 8 ,16g Cl2 87 masa mola cloru cząssteczkowego (Cl2) wynosi: mM = 71g, zatem ilość moli jest równa:
40
nCl2 = 8,16g : 71g = 0,115 mola Cl 2 4.37. liczymy masę substancji A, z której mo żna otrzymać 72g związku AB 3 1 cm 3g A 3 12 cm x x = 2 · 12 = 36g A, A + B AB 36g 72g liczymy z proporcji 36g A 72g AB 16g A y 16 ⋅ 72 y= = 32g AB 36 4.38. widzimy, że w równaniu wszystkie współczynniki stechiometryczne są równe 1, policzmy masę substancji A i B w 24g zwi ązku AB (zakładając że 1g A reaguje z 3g B, co wiemy ze stosunku masowego, otrzymujemy 4g AB) 1g A 4g AB x 24g AB 24 ⋅ 1 x= = 6g A, 4 jedyne miejsce gdzie występuje A po prawej stronie równania to związek AC, zatem musi on zawiera ć 6g A, policzmy masę C 1g A 2g C (co wiemy ze stosunku masowego) 6g A y 6⋅2 y= = 12g 1 łączna masa związku AC wynosi mAC = 6g + 12g = 18g 4.39. policzmy masę tlenu potrzebną do utlenienia 6g S S + O2 SO2 32g 2·16g 32g 32g liczymy z proporcji 32g S 32g O2 6g S x x = 6g O2 zatem 5g tlenu nie wystarczy do utlenienia 6g siarki do dwutlenku siarki (potrzeba przynajmniej 6g tlenu) 4.40. policzmy masę siarczku otrzymaną z 10g Al 2 Al + 3 S Al2S3 2·27g 2·27g + 3·32g 54g 150g liczymy z proporcji 54g Al 150g Al2S3 10g Al x ─── ───
→
─── ───
───
───
─── ───
→
─── ───
→
───
───
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
=
10 ⋅ 150
= 27 ,8g Al2S3 54 zatem 10g glinu wystarczy do otrzymania 25g Al2S3 4.41. policzmy masę kwasu siarkowego otrzymaną z 100kg trójtlenku siarki: x
SO3 + H2O → H2SO4 32g + 3·16g 2g + 32g + 4·16g 80g 98g liczymy z proporcji 80g SO3 ─── 98g H2SO4 100000g SO3 ─── x 10000 ⋅ 98 x= = 122500g H2SO4 80 masa mola kwasu siarkowego (H2SO4) wynosi: mM = 98g, zatem ilość moli H2SO4 jest równa: nH2SO4 = 122500g : 98g = 1250 mola = 1,25 kilomola zatem 100g SO3 wystarczy do otrzymania 1,2 kilomola H2SO4 4.42. liczymy masę miedzi otrzymaną w wyniku redukcji 7,5g odpowiedniego tlenku 1) CuO + H2 → Cu + H 2O 64g + 16g 64g 80g 64g liczymy z proporcji 80g CuO ─── 64g Cu 7,5g CuO ─── x 7 ,5 ⋅ 64 x= = 6g Cu 80 zatem 7,5g CuO nie wystarczy do otrzymania 6,4g Cu 2) Cu2O + H2 → 2 Cu + H2O 2·64g + 16g 2·64g 144g 128g liczymy z proporcji 144g Cu2O ─── 128g Cu 7,5g Cu2O ─── x 7 ,5 ⋅ 128 = 6 ,67g Cu x= 144 zatem 7,5g Cu2O wystarczy do otrzymania 6,4g Cu 4.43. Cu2O + H2 → 2 Cu + H2O 2·64g + 16g 2g 2·64g 2g + 16g 144g 2g 128g 18g widzimy z powyższego równania, że jeżeli powstanie 18g pary wodnej to wówczas masa substancji stałych (tlenku miedzi(I) i miedzi) spadnie z 144g do 128g, zatem o 16g, w zadaniu mamy podane, że masa spadła o 0,5g, możemy więc ułożyć proporcję: 16g ∆ ─── 18g H2O 0,5g ∆ ─── x
41
x
=
0 ,5 ⋅ 18 16
= 0 ,562g H2O
4.44. liczymy masę H2, powstałą w reakcji 3g Al z kwasem: 2 Al + 6 HR → 2 AlR3 + 3 H2 2 · 27g 3 · 2g 54g 6g liczymy z proporcji: 54g Al ─── 6g H2 3g Al ─── x 3⋅ 6 x= = 0 ,334g H2 54 dla magnezu: Mg + 2 HR → MgR2 + H2 24g 2g liczymy z proporcji: 24g Mg ─── 2g H2 ─── 0,334g H 2 y 24 ⋅ 0 ,334 = 4g Mg y= 2 4.45. liczymy masę Fe, powstałą podczas redukcji 144g tlenku żelaza(II): FeO + H2 → Fe + H2O 56g + 16g 56g 72g 56g liczymy z proporcji: 72g FeO ─── 56g Fe 144g FeO ─── x 144 ⋅ 56 x= = 112g Fe 72 dla tlenku żelaza(III): Fe2O3 + 3 H2 → 2 Fe + 3 H2O 2·56g + 3·16g 2·56g 160 112g liczymy z proporcji: 160g Fe2O3 ───112g Fe y ─── 112g Fe y = 160g Fe2O3 4.46. 2 SO2 + O2 → SO3 2·(32g + 2·16g) 2·16g 128g 32g - stosunek molowy SO2 : O2 wynosi 2 : 1 i ilustruje go wykres A - stosunek masowy SO2 : O2 wynosi 128 : 32 = 4 : 1 i ilustruje go wykres B 4.47. - stosunek molowy wynosi SO2 : FeS2 = 8 : 4 = 2 : 1 i ilustruje go wykres A - stosunek masowy wynosi: mSO2 = 8 · (32g + 2 · 16g) = 512g mFeS2 = 4 · (56g + 2 · 32g) = 480g Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
SO2 : FeS2 = 512 : 480 = 16 : 15 ilustruje go wykres B: FeS2 20
B
16 12 A 8 4 SO2 4
8
12
16
20
24
4.48. układamy ogólne równanie reakcji, gdzie x oznacza wartościowość metalu M + x HCl → MClx + x/2 H2 możemy odczytać z wykresu, że w reakcji 1 mola metalu powstaje 1,5 mola wodoru, czyli x/2 = 1,5 x=3 wartościowość szukanego metalu wynosi III 4.49. układamy ogólne równanie reakcji ZnO + H2R → ZnR + H2O z wykresu wiemy, że 40g ZnO reaguje z 48,4g kwasu, policzmy masę mola kwasu, masa mola ZnO wynosi: mM(ZnO) = 65g + 16g = 81g układamy proporcję: 40g ZnO ─── 48,4g H2R 81g ZnO ─── x 81 ⋅ 48 ,4 = 98g H2R x= 40 zatem masa mola kwasu wynosi 98g, takie masy mają: kwas fosforowy(V) i kwas siarkowy(VI), z warunków zadania wiemy, że szukany kwas jest dwuwartościowy, wi ęc kwasem tym jest: H 2SO4 4.50. najpierw liczymy masę powstałego NaOH: NaH + H2O → NaOH + H2 23g + 1g 23g + 16g + 1g 24g 40g liczymy z proporcji: 24g NaH ─── 40g NaOH 12g NaH ─── x 12 ⋅ 40 = 20g NaOH x= 24 układamy reakcję zobojętniania: NaOH + HNO 3 → NaNO3 + H2O 40g 1g + 14g + 3·16g 40g 63g liczymy z proporcji: 42
3
zajmuje 22,4 dm , zatem łączna objętość tlenku azotu(III) wynosi: 40g NaOH ─── 63g HNO3 3 3 VN2O3 = 3 · 22,4dm = 67,2dm 20g NaOH ─── y układamy proporcję: 20 ⋅ 63 3 3 = 31 ,5g HNO3 y= 1dm N2O3 ─── 2dm produktów 40 3 67,2dm N2O3 ─── x 67 ,2 ⋅ 2 4.4 Objętościowy stosunek stechiometryczny stechiometryczny = 134 ,4 dm 3 produktów x= reagentów 1 4.56. 4.51. N2 + 3 H2 → 2 NH3 3 3 3 stosunki objętościowe będą równe stosunkom 1dm 3dm 2dm 3 3 ilościowym, wyrażanym przez liczbę moli zamieńmy objętość w m na objętość w dm : 3 3 poszczególnych substancji 50m = 50000dm a) 2 SO2 + O2 → 2 SO3 układamy proporcję dla azotu: 3 3 2 : 1 : 2 1dm N2 ─── 2dm NH3 3 b) N2O + H2 → N2 + H2O x ─── 50000dm NH3 1 : 1 : 1 : 1 1 ⋅ 50000 x = = 25000 dm 3 = 25 m 3 N2 c) H2S + O2 → SO2 + H2O 2 1 : 1 : 1 : 1 układamy proporcję dla wodoru: 3 3 d) 2 CO + O 2 → 2 CO2 3dm H2 ─── 2dm NH3 3 2 : 1 : 2 y ─── 50000dm NH3 e) 2 NO + 2 H2 → N2 + 2 H2O 3 ⋅ 50000 y= = 75000 dm 3 = 75 m 3 H2 2 : 2 : 1 : 2 2 f) 4 NH3 + 5 O2 → 4 NO + 6 H 2O 4.57. 4 : 5 : 4 : 6 znamy stosunek objętościowy gaz : tlen = 2 : 13, 4.52. 4.52. zatem możemy ułożyć proporcję: 3 3 1) 2 SO2 + O2 → 2 SO3 2dm gaz ─── 13dm O2 3 2) 4 NH3 + 5 O2 → 4 NO + 6 H2O 25dm gaz ─── x 3) N2O + H2 → N2 + H2O 25 ⋅ 13 = 162 ,5 dm 3 x= 4.53. 2 2 H 2 + O2 → 2 H 2 O 4.58. 3 3 2dm 1dm 2 NH3 → N2 + 3 H2 2 10dm x 3 3 3 2dm 1dm 3dm układamy proporcję: 3 z równania reakcji widzimy, że 2dm amoniaku 3 3 3 3 2dm H2 ─── 1 dm O2 ą ę ą ą rozkładaj c si daj 1dm azot cz steczkowego i 3dm 3 3 10 dm H2 ─── x wodoru cząsteczkowego, zatem z 2dm powstaje 3 3 10 ⋅ 1 ącznie 4dm produktów, układamy proporcję (6cm = ł 3 x= = 5 dm O2 3 0,006dm ): 2 3 3 4.54. 2dm NH3 ─── 4dm produktów 3 H2 + Cl2 → 2 HCl 0,006dm NH3 ─── x 3 3 1dm 2dm 4 ⋅ 0 ,006 3 x = = 0 ,012 dm 3 = 12 cm 3 produktów 15dm x 2 układamy proporcję: 4.59. 3 3 1dm Cl2 ─── 2 dm HCl (w tym przypadku nie możemy korzystać jedynie ze 3 15 dm Cl2 ─── x stosunków objętościowych, gdyż woda występuje w 2 ⋅ 15 stanie ciekłym) w zadaniu należy przyjąc gęstość = 30 dm 3 HCl x= 3 wody za: d = 1 g/cm 1 2 H2 + O2 → 2 H2O 4.55. 3 2·2·1g 2·16g 2·(2g+16g) z równania reakcji widzimy, że z 1dm tlenku 3 3 4g 32g 36g azotu(III) powstaje 1dm tlenku azotu(II) i 1dm 3 3 tlenku azotu(VI), czyli produkty łącznie zajmują 2dm , liczymy masę tlenu konieczną do otrzymania p cm , 3 czyli p g (gdyż 1cm waży 1g) wody: wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
43
32g O2 36g H2O x p g H2O 32 ⋅ p x= = 0 ,889 ⋅ p g O2 36 3 wiemy, że jeden mol tlenu zajmuję objętość 22,4dm , liczymy ile zajmie obliczona wcześniej masa tlenu 3 32g O2 22,4dm 0,889·p O2 y 0 ,889 ⋅ p ⋅ 22 ,4 = 0 ,622 ⋅ p dm 3 y= 32 z równania reakcji wiemy, że objętość wodoru jest 2 razy większ niż objętość tlenu, zatem wynosi ona: 3 3 VH2 = 2 · 0,622 · p dm = 1,244 · p dm początkowa objętość gazów jest równa: 3 3 3 Vp = 0,622 · p dm + 1,244 · p dm = 1,867 · p dm 4.60. a) 380K = 107°C i w tej temperaturze woda wyst ępuje w stanie gazowym (zresztą tak jak wszystkie inne reagenty), wtedy stosunek objętościowy gazowych substratów do gazowych produktów wynosi: 5 : 4, zatem Vp = 0,8 · Vs b) 280K = 7°C i w tej temperaturze woda wyst ępuje w stanie ciekłym (inaczej niż pozostałe reagenty), wtedy stosunek objętościowy gazowych substratów do gazowych produktów wynosi: 5 : 2, zatem Vp = 0,4 · Vs 4.61. układamy równanie reakcji H2 + Cl2 2 HCl łączna objętość substratów i produktu jest taka sama, zatem z równania Clapeyrona pV = nRT p = nRT / V widzimy, że skoro objętość i liczba moli jest taka sama (co ma miejsce podczas omawianej przez nas reakcj) oraz panuje podczas niej taka sama temperatura dla substratów i produktów (co wiemy z danych zadania), wówczas ciśnienie nie ulega zmianie 4.62. 2 H2 + O2 2 H2O z równanie reakcji widzimy, że do otrzymania 2 moli wody potrzeba 2 mole wodoru cząsteczkowego, zatem aby otrzymać 6 moli wody, do reakcji musimy wziąć 6 moli wodoru cz ąsteczkowego, liczymy jego objętość (w warunkach normalnych 1 mol gazu 3 zajmuje 22,4dm ): 3 1 mol H2 22,4dm H2 6 moli H2 x 6 ⋅ 22 ,4 x= = 134 ,4 dm 3 H2 1 4.63. liczymy objętość 0,4 mola tlenu w warunkach normalnych: ───
───
─── ───
→
→
───
───
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
3
1 mol ─── 22,4dm 0,4 mola ─── x 3 x = 0,4 · 22,4 = 8,96dm z równania rekcji wiemy, że: 3
3
2dm O2 ─── 1dm CO2 3 8,96dm O2 ─── y 8 ,96 ⋅ 1 = 4 ,48dm 3 CO2 y= 2 4.64. 2 C + O2 → 2 CO 3 3 1dm 2dm liczymy z proporcji: 3 3 1dm O2 ─── 2dm CO 3 30dm O2 ─── x 3 x = 30 · 2 = 60dm CO wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol zajmuje 3 objętość 22,4dm , zatem: 3 22,4dm ─── 1 mol 3 60dm ─── y 60 ⋅ 1 = 2 ,679 mola [CO] y= 22 ,4 4.65. 2 SO2 + O2 → 2 SO3 3 3 2dm 2dm liczymy z proporcji: 3 3 2dm SO2 ─── 2dm SO3 3 10dm SO2 ─── x 10 ⋅ 2 = 10dm 3 SO3 x= 2 wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol zajmuje 3 objętość 22,4dm , zatem: 3 22,4dm ─── 1 mol 3 10dm ─── y 10 ⋅ 1 = 0 ,446 mola [SO3] y= 22 ,4 4.66. 4 HNO3 → 2 N2 + 5O2 + 2 H2O widzimy, że z 4 moli par kwasu tworzy si ę łącznie 9 moli produktów, zatem: 4 mole HNO3 ─── 9 moli produktów 1 mol NHO 3 ─── x 1⋅ 9 = 2 ,25 mola produktów x= 4 z równania Clapeyrona liczymy jak ą objętość zajmie 2,25 mola gazów w podanych w zadaniu warunkach: pV = nRT V=
nRT p
44
2,25mola ⋅ 83,1 V=
dm 3 ⋅ hPa
mol ⋅ K 1013hPa
3
⋅ 1273K = 235dm 3
4.67. CaCO3 → CaO + CO2 liczymy masę mola CaCO3: mM = 40g + 12g + 3 · 16g = 100g zatem masa podana w zadaniu odpowiada następującej ilości moli węglanu wapnia: nCaCO3 = 12 : 100 = 0,12 mola widzimy, z równania reakcji, że wszystkie reagenty, są w stosunku molowym 1 : 1 : 1, więc z rozkładu 0,12 mola węglanu powstanie 0,12 mola CO2, który w warunkach normalnych zajmie obj ętość równą: 3 1 mol ─── 22,4dm 0,12 mola ─── x 3 x = 0,12 · 22,4 = 2,688dm [CO2] 4.68. liczymy masę mola tlenku rtęci(II): mM = 201g + 16g = 217g następnie, należy obliczyć jak ą liczbę moli stanowi 4,34g HgO: nHgO = 4,34 : 217 = 0,02 mola HgO układamy równanie rozkładu: 2 HgO → 2 Hg + O2 2 mole 1 mol układamy proporcj ę: 2 mole HgO ─── 1 mol O2 0,02 mola HgO ─── x 0 ,02 ⋅ 1 x= = 0 ,01 mola O2 2 wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu 3 zajmuję objętość 22,4dm , zatem: 3 1 mol ─── 22,4dm 0,01 mola ─── y 3 y = 0,01 · 22,4 = 0,224dm [O2] 4.69. liczymy masę mola CO2: mM = 12g + 2 · 16g = 44g wiemy, że 1 mol CO2 (44g) zajmuje w warunkach 3 normalnych objętość równą 22,4dm , zatem: 3 44g CO2 ─── 22,4dm CO2 13,2g CO2 ─── x 13 ,2 ⋅ 22 ,4 = 6 ,72dm 3 x= 44 2 CO + O 2 → 2 CO2 3 3 2dm 2dm z równanie reakcji, otrzymujemy zależność: 3 3 2dm CO ─── 2dm CO2 3 y ─── 6,72dm CO2 3 y = 6,72dm CO 4.70. z równanie reakcji, otrzymujemy zależność: Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
3
4 dm NH3 ─── 4 dm NO 3 x ─── 112 dm NO 3 x = 112dm NH3 wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu 3 zajmuje objętość 22,4dm , zatem: 3 1 mol NH3 ─── 22,4dm NH3 3 ─── 112dm NH3 x 112 ⋅ 1 = 5 moli NH3 x= 22 ,4 liczymy masę mola amoniaku: mM = 14g + 3 · 1g = 17g szukana masa amoniaki wynosi mNH3 = 5 · 17g = 85g 4.71. 3 O2 → 2 O 3 3 mole 2 mole widzimy, że podczas przeprowadzania w ozon 3 moli tlenu cząsteczkowego, całkowita ilość cząsteczek 3 zmniejsza się o 1 mol, zaś objętość o 22,4dm (w warunkach normalnych), możemy zatem wyprowadzić następującą proporcję 3 3 mole O2 ─── 22400cm ubytku obj. 3 ─── 10 cm ubytku obj x 3 ⋅ 10 = 0 ,00134 mola O2 x= 22400 liczymy masę mole tlenu cząsteczkowego: mM = 2 · 16g = 32g zatem masa tlenu cząsteczkowego uż ytego w reakcji wynosi: mO2 = 0,00134 · 32g = 0,0428g = 42,8mg 4.72. liczymy jak ą ilość moli w warunkach normalnych 3 stanowi 5dm tlenu: 3 1 mol O2 ─── 22,4dm O2 3 ─── 5dm x 5 ⋅1 = 0 ,223 mola O2 x= 22 ,4 korzystając z równania reakcji policzmy, jaka ilość nadtlenku wodoru jest potrzebna, aby otrzymać 0,223 mola tlenu cząsteczkowego: 2 H2O2 → 2 H2O + O2 2 mole 1 mol układamy proporcję 2 mole H2O2 ─── 1 mol O2 y ─── 0,223 mola O2 y = 2 · 0,223 = 0,446 mola H 2O2 wyznaczmy masę mola nadtlenku wodoru: mM = 2 · 1g + 2 · 16g = 34g zatem masa nadtlenku wodoru użytego w reakcji jest równa: mH2O2 = 0,446 · 34 = 15,2g 4.73. układamy równanie reakcji:
45
Na2SO3 + H2SO4 Na2SO4 + SO2 + H2O 1 mol 1 mol liczymy, jak ą liczbę moli w warunkach normalnych 3 stanowi 5,6dm tlenku siarki(IV): 1 mol SO2 22,4dm3 SO2 3 x 5,6dm SO2 5 ,6 ⋅ 1 = 0 ,25 mola SO2 x= 22 ,4 z równania reakcji wiemy: 1 mol SO2 1 mol Na2SO3 0,25 mola SO2 y y = 0,25 mola Na2SO3 wyznaczamy masę mola siarczanu(IV) sodu: mM = 2 · 23g + 32g + 3 · 16g = 126g zatem masa siarczanu(IV) sodu potrzebna do 3 otrzymania 5,6dm tlenku siarki(IV) wynosi: mNa2SO3 = 126g · 0,25 = 31,5g 4.74. wyznaczamy masę mola amoniaku: mM = 14g + 3 · 1g = 17g liczymy ilość moli zsyntezowanego amoniaku: nNH3 = 200g : 17g = 11,76 mola 3 H2 + N2 2 NH3 3 mole 1 mol 2 mole układamy proporcj ę dla wodoru: 3 mole H2 2 mole NH3 x1 11,76 mola NH3 3 ⋅ 11 ,76 x1 = = 17 ,64 mola H2 2 układamy proporcję dla azotu: 1 mol N2 2 mole NH 3 x2 11,8 mola NH3 1 ⋅ 11 ,76 = 5 ,88 mola N2 x2 = 2 a) wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu 3 zajmuje objętość równą 22,4dm , zatem: 3 3 VH2(1) = 17,64 · 22,4dm = 395dm 3 3 VN2(1) = 5,88 · 22,4dm = 132dm b) z równania Clapeyrona liczymy objętość 1 mola gazów w podanych w zadaniu warunkach pV = nRT →
───
───
───
───
→
───
───
───
───
⋅ 298K ⋅ K mol = = 25 ,37dm 3 V= p 976hPa zatem objętości poszczególnych gazów wynoszą: 3 3 VH2(2) = 17,64 · 25,37dm = 448dm 3 3 VN2(2) = 5,88 · 25,37dm = 149dm 4.75. 3 liczymy ilość moli 5dm azotu odmierzonego w warunkach a) normalnych; b) T = 294K, p = 992hPa 3 a) 1 mol ─── 22,4dm 3 x1 ─── 5dm nRT
1mol ⋅ 83 ,1
dm 3 ⋅ hPa
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
=
5 ⋅1
= 0 ,223 mola 22 ,4 b) z równania Clapeyrona liczymy objętość 1 mola gazów w podanych w zadaniu warunkach pV = nRT x1
⋅ 294K ⋅ K mol = = 24 ,63dm 3 V= p 992hPa zatem możemy ułożyć proporcję: 3 1 mol ─── 24,63dm 3 x2 ─── 5dm 5 ⋅1 = 0 ,203 mola x2 = 24 ,63 układamy równanie reakcji: NH4NO2 → N2 + 2 H2O 1 mol 1 mol znając stosunek molowy, możemy ułożyć proporcję: a) 1 mol NH4NO2 ─── 1 mol N2 y1 ─── 0,223 mola N 2 y1 = 0,223 mola NH 4NO2 b) 1 mol NH4NO2 ─── 1 mol N2 y2 ─── 0,203 mola N 2 y2 = 0,203 mola NH 4NO2 liczymy masę mola azotanu(III) amonu: mM = 2 · 14g + 4 · 1g + 2 · 16g = 64g zatem, szukana masa azotanu(III) amonu wynosi: a) mNH4NO2(1) = 0,223 · 64g = 14,28g b) mNH4NO2(2) = 0,203 · 64g = 13g 4.76. jako jednostk ę porównawczą przyjmijmy po 1 molu: 3 1) 1 mol ─── 22,4dm 3 ─── 11,2dm x1 x1 = 0,5 mola 2) x2 = 0,25 mola 3) 1 mol ─── 2g ─── 0,1g x3 x3 = 0,05mola 23 4) 1mol ─── 6,02 · 10 cząsteczek 23 x4 ─── 2,4 · 10 cząsteczek x4 = 0,4 mola układamy równanie reakcji Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2 1mol 1 mol najwięcej cynku, użyto w tym przypadku, w którym wydzieliło się najwięcej wodoru, czyli w pierwszym 4.77. wszystkie metale miały w soli wartościowość II, zatem możemy ułożyć ogólne równanie: M + 2 HCl → MCl2 + H2 oczywiście najwięcej moli wodoru wydzieli się w tym przypadku, w którym weźmiemy największą ilość metalu, ogólny wzór na ilość moli metalu ma posta ć: nRT
1mol ⋅ 83 ,1
dm 3 ⋅ hPa
46
nM
=
m
mM z warunków zadanie wiemy, że masa (m) jest stała, zatem największą ilość moli metalu będziem miała próbka o najniższej masie mola, czyli magnez 4.78. zadanie jest analogiczne do 4.77. próbka magnezu zawiera więcej moli metalu, zatem w naczyniu do którego wrzucimy magnez wydzieli się (opuści układ) większa masa wodoru, niż w naczyniu z cynkiem, zatem po zakończeniu reakcji naczynie z magnezem będzie lżejsze (próbki metali mają takie same masy zatem one bezpośrednio nie wpłyną na różnice w masie obu naczyń) 4.79. liczymy masę mola wodorowęglanu amonu: mM = 14g + 5 · 1g + 12g + 3 · 16g = 79g liczymy ilość moli wodorowęglanu amonu: nNH4HCO3 = 1g : 79g = 0,01266 mola układamy równanie reakcji: NH4HCO3 → NH3 + CO2 + H2O w temperaturze 500K wszystkie produkty reakcji są gazami, zatem wyznaczamy ilość produktów powstałych z 0,01266 mola soli 1 mol NH4HCO3 ─── 3 mole produktów 0,01266 mola NH4HCO3 ─── x x = 3 · 0,01266 = 0,038 mola produktów z równania Clapeyrona liczymy łączną objętość produktów gazowych: pV = nRT
V
=
nRT p
0 ,038mol ⋅ 83 ,1
=
dm 3 ⋅ hPa
K ⋅ mol 1000hPa
⋅ 500K = 1 ,58dm 3
4.80. wyznaczamy masę mola wodorotlenku potasu: mM = 39g + 1g + 16g = 56g liczymy ilość moli wodorotlenku potasu: nKOH = 10 : 56g = 0,1786 mola układamy równanie reakcji 2 KOH + CO 2 → K2CO3 + H2O 2 mole 1mol liczymy ilość moli CO2 potrzebnych do reakcji: 2 mole KOH ─── 1 mol CO 2 0,1786 mola KOH ─── x 0 ,1786 ⋅ 1 x= = 0 ,0893 mola CO2 2 wyznaczamy objętość CO2 w warunkach normalnych: 3 1 mol CO2 ─── 22,4dm CO2 0,0893 mola CO2 ─── x 3 x = 22,4 · 0,0893 = 2dm CO2
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
4.81. układamy ogólne równanie reakcji: MS + 2 HCl → MCl2 + H2S 1 mol 1 mol zakładamy, że warunki w których przeprowadzono pomiar są warunkami normalnymi, zatem 1 mol H2S 3 zajmuje 22,4dm , zatem wiedząc masa siarczku 3 potrzebna do wydzielenia 22,4dm siarkowodoru jest masą mola siarczku (gdyż z równania reakcji stosunek molowy MS : H2S = 1 : 1), do proporcji mo żemy wziąć dowolne wartości odczytane z wykresu: 3 9g siarczku ─── 2,29dm H2S 3 x ─── 22,4dm H2S 9 ⋅ 22 ,4 = 88 g siarczku x= 2 ,29 masa mola siarczku wynosi: mM = mmetalu + 32g = 88g mmetalu = 56g szukanym metalem jest żelazo, a siarczek ma wzór sumaryczny: FeS 4.82. 2 H2 + O2 → 2 H2O 2 mole 1 mol 3 3 2·22,43dm 22,39dm 3 3 44,86dm 22,39dm przyjmijmy, że do reakcji wzięto 1 mol (czyli 3 22,39dm ) tlenu, zatem aby reakcja przebiegła w stosunku stechiometrycznym należałoby wziąć 2 mole 3 wodoru (czyli 44,86dm ) z warunków zadani policzmy jednak jaka była rzeczywista objętość wodoru: 3 3 1dm O2 ─── 2dm H2 3 22,39dm O2 ─── x 3 3 x = 2 · 22,39dm = 44,78dm wcześniej dowiedliśmy, że aby reakcja przebiegła w stosunku stechiometrycznym należałoby wziąć 3 3 44,86dm wodru, a nie 44,78dm , wynika z tego, że jest zbyt mało wodoru, a co za tym idzie mamy nadmiar tlenu 4.5. Przebieg reakcji po zmieszaniu substratów w stosunku niestechiometrycznym 4.83. Zn + S → ZnS 65g 32g ustalmy ilość cynku konieczną do reakcji z 6,4g siarki: 32g S ─── 65g Zn 6,4g S ─── x 6 ,4 ⋅ 65 x= = 13g Zn 32 z warunków zadania wiemy, że do reakcji wzięto 15g cynku, zatem uż yto go w nadmiarze (w ilości 2g)
47
4.84. Mg + S → MgS 24g 32g 56g ustalmy ilość siarki konieczn ą do reakcji z 9g magnezu:
24g Mg 32g S 9g Mg x 9 ⋅ 32 = 12g S x= 24 z tego wynika, że magnez użyty jest w nadmiarze, zatem ilość siarczku powstałego w reakcji będzie warunkowała ilość siarki 32g S 56g MgS 10g S y 56 ⋅ 10 = 17 ,5g MgS y= 32 4.85. 2 FeO + C 2 Fe + CO2 2·(56g+16g) 12g 44g 144g 12g 44g ustalmy ilość węgla konieczną do reakcji z 100g FeO: 144g FeO 12g C 100g FeO x 12 ⋅ 100 = 8 ,33g C x= 144 z tego wynika, że węgla użyto w nadmiarze, zatem ilość dwutlenku węgla, będzie warunkowała ilość tlenku żelaza(II) 144g FeO 44g CO2 100g FeO y 100 ⋅ 44 y= = 30 ,56g CO2 144 4.86. Zn + H2SO4 ZnSO4 + H2 65g 98g 2g ustalmy ilość cynku konieczną do reakcji z 28g H2SO4: 65g Zn 98g H2SO4 x 28g H2SO4 65 ⋅ 28 x= = 18 ,6g Zn 98 z tego wynika, że cynku użyto w nadmiarze, zatem ilość wydzielonego wodoru, warunkować będzie ilość kwasu siarkowego(VI) 98g H2SO4 2g H2 28g H2SO4 y 28 ⋅ 2 y= = 0 ,57g 98 wiemy, że 1 mol H2, czyli 2g zajmują objętość równą 3 22,4dm , zatem: ─── ───
─── ───
→
─── ───
─── ───
→
───
───
───
───
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
3
2g H2 ─── 22,4dm H2 0,57g H2 ─── z 0 ,57 ⋅ 22 ,4 z= = 6 ,4dm 3 H2 2 4.87. zmieńmy masę glinu na liczbę moli (mMAl = 27g) nAl = 2,5g : 27g = 0,0926 mola Al układamy równanie reakcji 2 Al + 3 S → Al2S3 2 mole 3mole 1 mol policzmy jaka ilość moli Al będzie konieczna do reakcji z 0,125 mola siarki: 2 mole Al ─── 3 mole S x ─── 0,125 mola S 2 ⋅ 0 ,125 x= = 0 ,0833 mola Al 3 z tego wynika, że glinu użyto w nadmiarze, zatem ilość powstałego siarczku, warunkować będzie ilość siarki: 3 mole S ─── 1 mol Al2S3 0,125 mola S ─── y 0 ,125 ⋅ 1 y= = 0 ,0417 mola Al2S3 3 liczymy masę mola siarczku glinu: mM = 2 · 27g + 3 · 32g = 150g zatem szukana masa siarczku wynosi: mAl2S3 = 0,0417 · 150g = 6,26g 4.88. H2 + Cl2 → 2 HCl 3 3 3 1dm 1dm 2dm widzimy, że wodór reaguje z chlorem w stosunku objętościowym 1 : 1, zatem wodoru u żyto w 3 3 nadmiarze równym 1 dm , policzmy ile dm chlorowodoru powstanie w tej reakcji: 3 3 1dm Cl2 ─── 2dm HCl 3 3dm Cl2 ─── x 3 x = 3 · 2 = 6dm HCl 3 zatem łączna objętość gazów po reakcji to: 6dm HCl 3 oraz 1dm wodoru, który był w nadmiarze, czyli 3 łącznie gazy zajmują objętość równą 7dm 4.89. 3 H2 + N2 → 2 NH3 3 mole 1 mol 2 mole oczywiście azotu użyto w nadmiarze, zatem ilość powstałego amoniaku warunkować będzie ilość wodoru: 3 mole H2 ─── 2 mole NH3 1 mol H2 ─── x 1⋅ 2 2 x= = mola NH3 3 3 liczymy ilość azotu, która wziela udział w reakcji 3 mole H2 ─── 1 mole N 2 1 mol H2 ─── y
48
x
=
1 ⋅1
1
= mola N2
3 3 zatem nie przereagowała 2/3 mola azotu, skład zbiornika po reakcji jest następujący: 2/3 mola NH3 i 2/3 mola N2 4.90. policzmy ilość moli kwasu azotowego: mMHNO3 = 1g + 14g + 3 · 16g = 63g nHNO3 = 10g : 63g = 0,159 mola kwas azotowy(V) jest kwasem jednowodorowym, + zatem ilość jonów H w tym roztworze wynosi 0,159 mola policzmy ilość moli wodorotlenku sodu: mMNaOH = 23g + 1g + 16g = 40g nNaOH = 6g : 40g = 0,15 mola wodorotlenek sodu jest wodorotlenkiem jednowodorotlenowym, zatem ilość jonów OH w roztworze wunosi 0,15 mola; widzimy, że ilość jonów + H jest większa, zatem po zmieszaniu roztwór będzie miał odczyn kwaśny 4.91. policzmy ile moli stanowi 600mg (0,6g) wody: mMH2O = 2 · 1g + 16g = 18g nH2O = 0,6g : 18g = 0,0333 mola = 33,3 milimoli P2O5 + 3 H2O → 2 H3PO4 1 mol 3 mole 2 mole policzmy jaka ilość moli będzie konieczna do reakcji z 10 milimolami (0,01 mola) tlenku fosforu(V): 1 mol P2O5 ─── 3 mole H2O 0,01 mola P2O5 ─── x x = 0,01 · 3 = 0,03 mola = 30 milimoli z tego wynika, że wody użyto w nadmiarze, zatem ilość powstałego kwasu warunkować będzie ilość tlenku fosforu(V) 1 mol P2O5 ─── 2 mole H3PO4 0,01 mola P2O5 ─── y y = 0,01 · 2 = 0,02 mola = 20 milimoli H 3PO4 4.92. policzmy ile moli stanowi 0,2g wody: mMH2O = 2 · 1g + 16g = 18g nH2O = 0,2g : 18g = 0,0111 mola = 11,1 milimoli Ca + 2 H2O → Ca(OH)2 + H2 1 mol 2 mole 1 mol policzmy jaka ilość wody będzie konieczna do reakcji z 5,7 milimola (0,0057 mola) wapnia ─── 2 mole H2O 1 mol Ca 0,0057 mola Ca ─── x x = 0,0057 · 2 = 0,0114 mola = 11,4 milimola z tego wynika, że wapnia użyto w nadmiarze, zatem ilość wodoru warunkuje ilość wody 2 mole H2O ─── 1 mol H2 0,0111 mola H2O ─── y 0 ,0111 ⋅ 1 y= = 0 ,00555 mola H2 2 Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
wiemy, że jeden mol gazu w warunkach normalnych 3 zajmuje objętość 22,4dm , zatem 3 3 VH2 = 0,00555 · 22,4dm = 0,124dm 4.93. zamieńmy ilości cząsteczek na ilości moli: 24 23 nH2 = 12 · 10 : 6,02 · 10 = 20 moli 24 23 nN2 = 6 · 10 : 6,02 · 10 = 10 moli 3 H2 + N2 → 2 NH3 3 mole 1 mol 2 mole policzmy jaka ilość wodoru będzie konieczna do reakcji z 10 molami azotu 1 mol N2 ─── 3 mole H2 10 moli N2 ─── x x = 3 · 10 = 30 moli H2 z tego wynika, że azotu użyto w nadmiarze, zatem ilość powstałego amoniaku, warunkować będzie ilość wodoru 3 mole H2 ─── 2 mole NH3 20 moli H2 ─── y 20 ⋅ 2 y= = 13 ,33 mola NH3 3 4.94. 2 H2 + O2 → 2 H2O 3 3 3 2 cm 1 cm 2 cm 3 wiemy, że skoro nie przereagowało 10cm (nadmiar) tlenu to objętość mieszaniny tlenu i wodoru w 3 stosunku stechiometrycznym wynosiła 60cm , stosunek objętościowy wodoru do tlenu w reakcji syntezy wody wynosi 2 : 1 (czyli mieszanina gazów o 3 3 3 objętości 3cm zawiera 2cm H2 z 1cm O2), policzmy 3 ilość wodoru w 60cm mieszaniny: 3 3 2cm H2 ─── 3cm mieszaniny 3 x ─── 60cm mieszaniny 60 ⋅ 2 = 40 cm3 H2 x= 3 policzmy jaka objętość pary wodnej powstała: 3 3 2cm H2 ─── 2cm H2O 3 40cm H2 ─── y 3 y = 40cm H2O 3 wynika z tego, że w reakcji powstało 40cm pary wodnej; w mieszaninie poreakcyjnej oprócz pary 3 wodnej znajduje się również 10cm tlenu, łączna objętość mieszaniny poreakcyjnej wynosi: 3 3 3 V = 10cm + 40cm = 50cm a procent objętościowy tlenu jest równy: 10cm 3 %obj O 2 = ⋅ 100% = 20% 50cm 3 4.95. 3 H2 + N2 → 2 NH3 3 3 3 3cm 1cm 2cm a) policzmy jaka ilość azotu jest konieczna do reakcji 3 z 30cm wodoru:
49
3cm3 H2 1cm3 N2 3 30cm H2 x1 30 ⋅ 1 x1 = = 10 cm3 N2 3 z tego wynika, że azotu użyto w nadmiarze, zatem ilość powstałego amoniaku warunkować będzie ilość wodoru ───
───
3
3
3cm H2 ─── 2cm NH3 3 30cm H2 ─── y1 30 ⋅ 2 y1 = = 20 cm3 NH3 3 b) policzmy jaka ilość azotu jest konieczna do reakcji 3 z 40cm wodoru 3 3 3cm H2 ─── 1cm N2 3 40cm H2 ─── x2 40 ⋅ 1 = 13 ,33 cm3 N2 x2 = 3 z tego wynika, że wodoru użyto w nadmiarze, zatem ilość powstałego amoniaku warunkować będzie ilość azotu 3 3 1cm N2 ─── 2cm NH3 3 10cm N2 ─── y2 10 ⋅ 2 = 20 cm3 NH3 y2 = 1 w obu naczyniach powstała taka sama ilość amoniaku 4.96. 2 CO + O2 → 2 CO2 2·(12g+16g) 2·16g 56g 32g 3 3 2dm 1dm 2 mole 1 mol 1) skoro masy są równe wówczas mamy nadmiar tlenu (stechiometrycznie jest 56g CO : 32g O2), czyli cały tlenek węgla przereaguje z tlenem 2) skoro objętości są równe wówczas mamy nadmiar 3 3 tlenu (stechiometrycznie jest 2dm CO : 1dm O2), czyli cały tlenek węgla przereaguje z tlenem 3) skoro ilości moli są równe wówczas mamy nadmiar tlenu (stechiometrycznie jest 2 mole CO : 1 mol O2), czyli cały tlenek węgla przereaguje z tlenem 4.97. wiemy, że powietrze zawiera ok. 21% objętościowych tlenu, zatem objętość tlenu wynosi: 3 3 VO2 = 0,21 · 200cm = 42cm 2 H2 + O2 → 2 H2O 3 3 2 cm 1 cm 2 mole 2 mole 3 policzmy ilość wodoru konieczną do reakcji z 42cm tlenu 3 3 1cm O2 ─── 2cm H2 3 42cm O2 ─── x 3 x = 2 · 42 = 84cm H2 Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
wynika z tego, że wodoru użyto w nadmiarze, zatem ilość powstałej wody warunkować będzie ilość tlenu, zamieńmy objętość wodoru na ilość moli 3 1 mol H2 ─── 22400cm H2 3 y ─── 84cm H2 1 ⋅ 84 y= = 0 ,00375 mola H2 22400 wiemy, że stosunek molowy wodoru do powstałej wody wynosi 1 : 1, zatem w reakcji powstało 0,00375 mola wody, obliczmy jej masę: mM = 2 · 1g + 16g = 18g mH2O = 0,00375 · 18g = 0,0675g = 67,5mg 4.98. 3 wiemy, że skoro nie przereagowało 5cm (nadmiar) wodoru to objętość mieszaniny tlenu i wodoru w 3 stosunku stechiometrycznym wynosiła 30cm , stosunek objętościowy wodoru do tlenu w reakcji syntezy wody wynosi 2 : 1 (czyli mieszanina gazów o 3 3 3 objętości 3cm zawiera 2cm H2 z 1cm O2), policzmy 3 ilość tlenu w 30cm mieszaniny (w stosunku stechiometrycznym): 3 3 1cm H2 ─── 3cm mieszaniny 3 ─── 30cm mieszaniny x 30 ⋅ 1 x= = 10 cm3 O2 3 procent objętościowy tlenu wynosi: 10cm 3 %obj O 2 = ⋅ 100% = 28 ,6% 35cm 3 4.99. CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O 3 3 1cm 2cm 12g+4g 2·2·16g 26g 64g 3 1) załóżmy, że mieszanina ma objętość 10cm , zatem 3 3 zawiera 6cm O2 i 4cm CH4 policzmy jaka objętość tlenu jest potrzebna do 3 spalenia 4 cm metanu 3 3 1cm CH4 ─── 2cm O2 3 4cm CH4 ─── x 3 x = 4 · 2 = 8cm O2 zatem widzimy, że ilość tlenu nie jest wystarczająca do całkowitego spalenia metanu 2) załóżmy, że mieszanina ma mas ę 10g, zatem zawiera 6g O2 i 4g CH 4 policzmy jaka masa tlenu jest potrzebna do spalenia 4g metanu 26g CH4 ─── 64g O2 4g CH4 ─── y 4 ⋅ 64 = 9 ,65g O2 y= 26 zatem widzimy, że ilość tlenu nie jest wystarczająca do całkowitego spalenia metanu
50
4.100. H2 + Cl2 → 2 HCl 3 3 3 1dm 1dm 2dm policzmy jak ą objętość chloru zużyto do reakcji: 1dm3 Cl2 ─── 2dm3 HCl 3 ─── 80dm HCl x 80 ⋅ 1 x= = 40 dm3 Cl2 2 wiemy, że cała objętość chloru przereagowała, zatem procent objętościowy w mieszaninie przedreakcyjnej jest równy: 40cm 3 %obj Cl 2 = ⋅ 100% = 40% 100cm 3 4.101. tworzymy układ równań, w którym jedno równanie dotyczyć będzie objętości, a drugie masy:
n Cl 2 ⋅ 22 ,4dm 3 + n H 2 ⋅ 22 ,4dm 3 = 0 ,5dm 3 n Cl 2 ⋅ 71g + n H 2 ⋅ 2g = 1g n Cl 2 ⋅ 22 ,4 + n H 2 ⋅ 22 ,4 = 0 ,5 n H 2 ⋅ 2 = 1 − n Cl 2 ⋅ 71 n Cl 2 ⋅ 22 ,4 + n H 2 ⋅ 22 ,4 = 0 ,5 1 − n Cl 2 ⋅ 71 n H 2 = 2 n Cl 2 ⋅ 22 ,4 + 44 ,8 ⋅ n Cl 2
1 − n Cl 2 ⋅ 71
⋅ 22 ,4 = 0 ,5 2 + (1 − 71 ⋅ n Cl2 ) ⋅ 22 ,4 = 1
44 ,8 ⋅ n Cl 2
+ 22 ,4 − 1590 ,4 ⋅ n Cl2 = 1 44 ,8 ⋅ n Cl 2 + 21 ,4 = 1590 ,4 ⋅ n Cl 2 1545 ,6 ⋅ n Cl 2 = 21 ,4 n Cl 2 = 0 ,01385mola 0 ,5dm 3 − n Cl 2 ⋅ 22 ,4dm 3 = 0 ,00847mola n H2 = 3
22 ,4dm H2 + Cl2 2 HCl 1 mol 1 mol widzimy, że chlor reaguje z wodorem w stosunku 1 : 1, zatem w mieszaninie reakcyjnej w nadmiarze występuje chlor →
4.6. Wykorzystywanie stosunku ilo ściowego reagentów do oblicznia parametrów chemicznych substancji 4.102. zamieńmy masy na liczby moli: mMCO2 = 12g + 2·16g = 44g nCO2 = 0,66g : 44g = 0,015 mola mMH2O = 16g + 2 ·1g = 18g nH2O = 0,36g : 18g = 0,02 mola układamy równanie reakcji CxHy + z O2 → 0,015 CO2 + 0,02 H2O Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
oczywiście współczynniki stechiometryczne muszą być liczbami całkowitymi, zatem CxHy + z O2 → 3 CO2 + 4 H2O widzimy, że po prawej stronie równania mamy 3 atomy węgla i 8 atomów wodoru, zatem wzór węglowodoru ma postać: C3H8 4.103. liczymy ilość moli CO2 mMCO2 = 12g + 2 ·16g = 44g nCO2 = 13,2g : 44g = 0,3 mola masa węglowodoru wzięta do reakcji (4g) stanowi 0,1 mola tego związku, zatem skoro z 0,1 mola węglowodoru powstaje 0,3 mola CO2 to z 1 mola węglowodoru otrzymamy 3 mole CO2, co oznacza, że w swojej cząsteczce szukany węglowodór zawiera 3 atomy węgla, wobec czego masa wodoru w 1 molu węglowodoru wynosi: mH = 40g – 36g = 4g co stanowi 4 mole wodoru, szukany przez nas wzór węglowodoru ma postać: C3H4 4.104. zamieńmy masy na liczby moli: mMCuO = 64g + 16g = 80g nCuO = 4g : 80g = 0,05 mola mMSO2 = 32g + 2 ·16g = 64g nSO2 = 1,6g : 64g = 0,025 mola układamy równanie reakcji CuxS + z O2 → 0,05 CuO + 0,025 SO2 CuxS + z O2 → 2 CuO + SO2 widzimy, że po prawej stronie równania występują 2 mole miedzi oraz 1 mol siarki, zatem siarczek musi mieć wzór: Cu 2S 4.105. liczymy ilość moli SO2 mMSO2 = 32g + 2 ·16g = 64g nSO2 = 32g : 64g = 0,5 mola, skoro, z 19g szukanego związku powstaje 0,5 mola SO2 to 1 mol tlenku powstanie z 38g zwi ązku, jednocześnie możemy wnioskować, że wyliczona masa (38g) związku będzie zawierać 1 mol siarki, resztę masy musi stanowić węgiel mC = mM – mMsiarki = 38g – 32g = 6g wyliczonej masie odpowiada 0,5 mola węgla, wstępnie wzór szukanego związku ma postać: C0,5S. oczywiście indeksy stechiometryczne muszą być liczbami całkowitymi, zatem empiryczny wzór spalonego związku to: CS2 4.106. zamieńmy masy na liczby moli: mMCO2 = 12g + 2 ·16g = 44g nCO2 = 2,64g : 44g = 0,06 mola mMH2O = 16g + 2 ·1g = 18g nH2O = 2,16g : 18g = 0,12 mola mMSO2 = 32g + 2 ·16g = 64g
51
nSO2 = 3,84g : 64g = 0,06 mola układamy równanie reakcji CxHySz + p O2 0,06 CO2 + 0,12 H2O + 0,06 SO2 CxHySz + p O2 CO2 + 2 H2O + SO2 po prawej stronie równania mamy: 1 mol C, 4 mole H, 1 mol S, zatem empiryczny wzór szukanego zwi ązku ma postać: CH4S, jego masa mola wynosi 48, zatem podany przez nas wzór empiryczny jest jednocześnie wzorem rzeczywistym 4.107. zamieńmy masy/objętości na liczby moli: mMMn = 55g nMn = 2,5g : 55g = 0,04545 mola nCO2 = 0,678dm3 : 22,4dm3 = 0,03027 mola MnxOy + z C 0,04545 Mn + 0,03027 CO 2 MnxOy + z C 3 Mn + 2 CO2 po prawej stronie równania mamy: 3 mole manganu i 2 mole dwutlenku węgla, czyli 4 mole atomów tlenu, wzór empiryczny szukanego przez nas tlenku to: Mn3O4 4.108. zamieńmy masy/objętości na liczby moli: mMCr = 52g nCr = 7,74g : 52g = 0,1488 mola nH2 = 10dm3 : 22,4dm3 = 0,4464 mola układamy równanie reakcji: CrxOy + 0,4464 H2 0,1488 Cr + z H 2O łatwo zauważyć, że z = 0,4464, oraz, że 0,4464 : 0,1488 = 3, zatem CrxOy + 0,4464 H2 0,1488 Cr + 0,4464 H2O CrxOy + 3 H2 Cr + 3 H2O po prawej stronie równania mamy: 1 mol chromu i 3 mole wody, czyli 3 mole atomów tlenu, wzór empiryczny szukanego przez nas tlenku to: CrO3 4.109. zamieńmy objętości tlenku węgla na liczbe moli korzystając z równanie Clapeyrona: pV = nRT → →
→ →
→
→
→
n
=
pV RT
1026hPa ⋅ 7 ,86dm 3
=
83 ,1
hPa ⋅ dm 3
⋅ 291K
1
≈ mola CO 3
mol ⋅ K MO + C M + CO 1/3 MO + C M + 1/3 CO widzimy zatem, że redukując 27g tlenku stanowi 2/3 mola tego związku, masa mola szukanego przez nas tlenku to: mM = 27g : 1/3 = 81g skoro szukany przez nas metal jest dwuwarto ściowy to w cząsteczce tlenku znajduje si ę 1 atom tlenu, zatem masa mola szukanego metalu jest równa: mMmetal = 81g – 16g = 65g metalem tym jest cynk →
→
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
4.110. zamieńmy objętości wodoru na liczbę moli korzystaj ąc z równanie Clapeyrona: pV = nRT
n
=
pV RT
=
986hPa ⋅ 4 ,38dm 3 hPa ⋅ dm 3
≈ 0 ,1786 mola H 2
⋅ 291K mol ⋅ K zamieńmy masę manganu na liczbę moli: mM(Mn) = 55g nMn = 2,81g : 55g = 0,05109 mola MnxOy + 0,1786 H 2 0,05109 Mn + z H 2O z jest równy ilości wodorów po lewej stronie, wi ęc: MnxOy + 0,1786 H 2 0,05109 Mn + 0,1786 H2O 0,1786 : 0,05108 ≈ 3,5 : 1 = 7 : 2 MnxOy + 7 H2 2 Mn + 7 H2O po prawej stronie równania mamy: 2 mole manganu i 7 moli wody, czyli 7 moli atomów tlenu, wzór empiryczny szukanego przez nas tlenku to: Mn2O7 4.111. zamieńmy masy na liczby moli: mMC = 12g nC = 12g : 12g = 1 mol mMFe = 56g nC = 42g : 56g = 0,75 mola równanie reakcji ma postać 0,25 FexOy + C 0,75 Fe + CO aby współczynnki stechiometryczne były liczbami całkowutymi należy je pomnożyć przez 4 FexOy + 4 C 3 Fe + 4 CO po prawej stronie równania mamy: 3 mole żelaza i 4 mole tlenku węgla(II), czyli 4 mole atomów tlenu, wzór empiryczny szukanego przez nas tlenku to: Fe3O4 4.112. zamieńmy objętość wodoru na liczbę moli, wiedząc, że 1 mol gazu w warunkach normalnych zajmuje 3 objętość równą 22,4dm : 3 3 nH2 = 179,2dm : 22,4dm = 8 moli równanie reakcji ma postać UxOy + 8 H2 x U + 8 H2O widzimy, że po prawej stronie występuje 8 moli tlenu, zatem szukany przez nas tlenek musi zawiera ć 8 atomów tlenu, policzmy masę uranu w 1 cz ąsteczce tlenku: mU = 842u – 8 · 16u = 714u masa atomowa uranu wynosi 238u, zatem liczba atomów uranu w tlenku wynosi: nU = 714u : 238u = 3 wzór sumaryczny szukanego przez nas tlenku ma postać: U3O8 4.113. z wykresu możemy odczytać, że 1 mol fosforu reaguje z ok. 17dm3 tlenu, zakładaj ąc warunki normalne, obliczmy, jaka to ilo ść moli: 83 ,1
→
→
→
→
→
→
52
nH2 = 17dm3 : 22,4dm3 ≈ 0,75 mola układamy równanie reakcji P + 0,75 O 2 PxOy 4 P + 3 O2 PxOy widzimy, że po lewej stronie występują 4 mole fosforu i 3 mole cząsteczek tlenu, czyli 6 moli atomów tlenu, wzór tlenku ma postać: P4O6, ponieważ ustalić mamy wzór empiryczny (tzn. indeksy stechiometryczne mają być możliwie jak najniższe) indeksy stechiometryczne należy podzielić przez 2, co nam ostatecznie daje P2O3 4.114. zamieńmy masy na liczby moli: mMBa = 137g nBa = 2,74g : 137g = 0,02 mola mMH2 = 2·1g = 2g nH2 = 0,04g : 2g = 0,02 mola widzimy, że stosunek molowy Ba : H2 wynosi 1 : 1 układamy równanie reakcji: Ba + x H2O Ba(OH)x + x/2 H2 skoro stosunek molowy Ba : H2 jest równy 1 : 1, to x/2 = 1, zatem x = 2, wzór wodorotlenku ma postać Ba(OH)2, z czego wynika, że wartościowość baru wynosi II 4.115. zamieńmy masy/objętoąci na liczby moli: mMU = 238g nU = 0,1g : 238g = 0,42 milimola 3 3 mMH2 = 18,8cm : 22400cm = 0,84 mlimola widzimy, że stosunek molowy U : H2 wynosi 1 : 2 układamy równanie reakcji: U + y HR URy + y/2 H2 skoro stosunek molowy U : H2 jest równy 1 : 2, to y/2 = 2, zatem y = 4, wzór soli ma postać UR4 (reszta kwasu wziętego do reakcji mam warto ściowość równą I), z czego wynika, że wartościowość uranu wynosi IV 4.116. zamieńmy masy/objętości na liczby moli: mMGa = 70g nGa = 0,5g : 70g = 7,14 milimola pV = nRT →
→
→
→
n
=
pV RT
=
1002hPa ⋅ 0 ,265dm 3 hPa ⋅ dm
3
≈ 10 ,72 milimola H 2
⋅ 298K mol ⋅ K widzimy, że stosunek molowy Ga : H2 wynosi 7,11 : 10,72, czyli 1 : 1,5 = 2 : 3 układamy równanie reakcji: x Ga + y HR x GaRy/x + y/2 H2 skoro stosunek molowy Ga : H 2 jest równy 2 : 3, to x = 2, a y/2 = 3 zatem y = 6, 2 Ga + 6 HR 2 GaRy/x + 3 H2 po lewej stronie równani mamy 2 mole galu oraz 6 moli reszt kwasowych, pami ętając o współczynniku 83 ,1
→
→
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
stechiometrycznym równym 2 przed solą łatwo wyliczyć, że wzór soli musi mieć postać GaR3 (reszta kwasu wziętego do reakcji mam wartościowość równą I), z czego wynika, że wartościowość galu wynosi III 4.117. zamieńmy objętość wodoru na liczbę moli: 3 3 nH2 = 0,224dm : 22,4dm = 0,01 mola układamy schematyczne równanie reakcji: 2 M + 2 HR 2 MR + H2 2 mole 1 mol liczymy ilość moli metalu, biorących udział w reakcji: 1 mol H2 2 mole M 0,01 mola H2 x x = 0,01 · 2 = 0,02 mola M z warunków zadania wiemy, że obliczona powyżej ilość metalu waży 4,08g, policzmy zatem masę mola: 0,02 mola M 4,08g 1 mol M y 1 ⋅ 4 ,08g = 204g y= 0 ,02 wiemy, że masa atomowa jest co do warto ści równa masie mola, zatem Ar(M) = 204u (tal) 4.118. zamieńmy objętość wodoru na liczbę moli: 3 3 nH2 = 1,07dm : 22,4dm = 0,0478 mola korzystaj ąc z równania reakcji mo żemy ułożyć następującą proporcj ę: 2 mole H2 1 mol EH2 0,0478 mola H2 x 0 ,0478 ⋅ 1 x= = 0 ,0239 mola EH2 2 w warunków zadania wiemy, że obliczona powyżej ilość wodorku waży 1g, policzmy zatem masę mola 0,0239 mola EH2 1g 1 mol EH2 y 1⋅1 = 41 ,84g ≈ 42g y= 0 ,0239 policzmy masę mola samego pierwiastka: mM(E) = 42g – 2·1g = 40g szukanym przez nas pierwiastkiem jest wapń 4.119. zamieńmy objętość wodoru na liczbę moli: 3 3 nH2 = 0,8dm : 22,4dm = 0,0357 mola układamy schematyczne równanie reakcji M + 2 HR MR2 + H2 1 mole 1 mol liczymy ilość moli metalu, biorących udział w reakcji: 1 mol H2 1 mole M 0,0357 mola H2 x x = 0,0357 mola M z warunków zadania wiemy, że obliczona powyżej ilość metalu waży 2g, policzmy zatem masę mola: →
───
───
───
───
─── ───
───
───
→
───
───
53
0,0357 mola M 2g 1 mol M y 1 ⋅ 2g = 56g y= 0 ,0357 wiemy, że masa atomowa jest co do warto ści równa masie mola, zatem Ar(M) = 56u ( żelazo) 4.120. zamieńmy objętość wodoru na liczbę moli: pV = nRT ───
───
n
=
pV RT
=
1013hPa ⋅ 0 ,195dm 3 hPa ⋅ dm 3
≈ 0 ,00834 molaH 2
⋅ 285K mol ⋅ K układamy schematyczne równanie reakcji M + 4 HR MR4 + 2 H2 1 mole 2 mol liczymy ilość moli metalu, biorących udział w reakcji: 2 mol H2 1 mole M 0,00834 mola H2 x 0 ,00834 ⋅ 1 x= = 0 ,00417 mola M 2 z warunków zadania wiemy, że obliczona powyżej ilość metalu waży 0,2g, policzmy zatem masę mola: 0,00417 mola M 0,2g 1 mol M y 1 ⋅ 0 ,2g y= = 48g 0 ,00417 wiemy, że masa atomowa jest co do wartości równa masie mola, zatem A r(M) = 48u (tytan) 4.121. układamy schematyczne równanie reakcji spalania: H2Sn + x O2 n SO2 + H2O łatwo zauważyć, że po prawej stronie liczba atomów tlenu jest równa 2·n + 1, zatem liczba cz ąsteczek tlenu zużytych w tej reakcji jest równa: x = (2 ·n + 1)/2 H2Sn + (2·n + 1)/2 O2 n SO2 + H2O możemy ułoż yć proporcję n SO2 (2·n + 1)/2 O2 5 milimoli SO2 6 milimoli O2 jako niewiadomą przyjmijmy n: 5 ⋅ (2 ⋅ n + 1) : 2 10n + 5 10 5 n= = = n+ 6 12 12 12 2 5 n= 12 12 n = 2 ,5 4.122. zamieńmy objętość wodoru na liczbę moli: 3 3 nH2 = 49,2cm : 22400cm = 0,0022 mola układamy schematyczne równanie reakcji M + x HCl MClx + x/2 H2 tworzymy układ równań, w którym pierwsz ą niewiadomą będzie masa mola metalu, a drugą x (czyli wartościowość metalu); pierwsze równanie 83 ,1 →
───
───
───
───
→
→
───
───
→
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
dotyczyć będzie masy mola chlorku, a drugie ilości wydzielonego wodoru: m M + x ⋅ m Cl = 233g
0,1g x m ⋅ 2 = 0,0022 M m M + x ⋅ 35,5 = 233 0,1 ⋅ x m = 0,0044 M m M = 233 − x ⋅ 35,5 0,1 ⋅ x = m M 0,0044 0,1 ⋅ x 0,0044
= 233 − x ⋅ 35,5
0,1 ⋅ x
= 1,0252 − 0,1562 ⋅ x 0,2562 ⋅ x = 1,0252 x=4 m M ≈ 91g wiemy, że masa atomowa jest co do warto ści równa masie mola, zatem Ar(M) = 91u, metalem tym jest cyrkon, a wzór chlorku ma posta ć ZrCl4 4.7. Wydajność reakcji 4.123. CuSO4 + H2S → CuS↓ + H2SO4 64g + 32g + 4 ·16g 64g + 32g 160g 96g policzmy jaka ilość siarczku powstałaby, jeżeli wydajność byłaby rowan 100%: 160g CuSO4 ──── 96g CuS 20g CuSO4 ──── x 20 ⋅ 96 = 12g x= 160 zatem wydajność reakcji jest równa: 11,75g ⋅ 100% = 98% W% = 12g 4.124. 2 H2S + O2 → 2 S + 2 H2O 2·(2·1g + 32g) 2·32g 68g 64g policzmy jaka masa siarki powstałaby, jeżeli wydajność reakcji byłaby równa 100%: 68g H2S ─── 64g S 15g H2S ─── x 15 ⋅ 64 = 14 ,12g x= 68 zatem wydajność reakcji jest równa: 8,6g ⋅ 100% = 61% W% = 14,12g
54
4.125. FeS + 2 HCl → H2S + FeCl2 32g + 56g 2·1g + 32g 88g 34g policzmy jaka ilość siarkowodoru powstałaby, jeżeli wydajność reakcji byłaby równa 100%: 88g FeS ──── 34g H2S 44g FeS ──── x 44 ⋅ 34 = 17g x= 88 wydajność reakcji jest równa 85%, zatem masa siarkowodoru powstałego w reakcji jest równa: mH2S = 0,85 · 17g = 14,45g masa mola siarkowodoru wynosi 34g, wiemy, że 1 3 mol siarkowodoru (czyli 34g) zajmuje 22,4dm , zatem objętość wydzielonego siarkowodoru jest równa: 3 34g H2S ─── 22,4dm H2S 14,45g H2S ─── y 14 ,45 ⋅ 22 ,4 = 9 ,52 dm3 H2S y= 34 4.126. zamieńmy objętość dwutlenku siarki na liczbę moli: 5 3 3 6 nSO2 = 2 · 10 m : 0,0224m = 8,93 · 10 mola policzmy jaka ilość moli powstałaby, gdzyby reakcji przebiegła z wydajnością 100% 6 8,93 · 10 mola SO2 ─── 89,2% ─── 100% x x
=
8 ,93 ⋅ 10 6 ⋅ 100
= 10 7 mola SO2
89 ,2 ułóżmy równanie reakcji: FeS2 + 5/2 O2 → 2 SO2 + FeO 1 mol 2 mole policzmy jak ą ilość pirytu zużyto: 1 mol FeS2 ──── 2 mole SO 2 7 y ──── 10 mola SO2 y=
1 ⋅ 10 7
= 5 ⋅ 10 6 moli FeS2
2 obliczmy masę pirytu, wiedząc, że masa mola wynosi 120g: ─── 120g FeS2 1 mol FeS2 6 5 · 10 mola FeS2 ─── z 6 8 z = 5 · 10 · 120 = 6 · 10 g FeS2 4.127. H2 + I2 → 2 HI 254g 256g zatem przy 100% wydajności z 254g I2 powstaje 256g HI, policzmy jaka ilość HI powstałaby z 4g I2: 254g I2 ─── 256g HI 4g I2 ─── x 4 ⋅ 256 = 4 ,03g HI x= 254 Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
z wykresu możemy odczytać, że z 4g I2 powstaje 1g HI, zatem wydajność reakcji wynosi: 1g ⋅ 100% = 24,8% W% = 4,03g 4.128. wydajność całego procesu jest iloczynem wydajności poszczególnych etapów, zatem: Wc = 0,95 · 0,7 · 100% = 66,5% łatwo to możemy udowodnić, zakładając, że w całym procesie wziął udział 1 mol S otrzymujemy: 0,95 mola SO2, a następnie 0,7 · 0,95 = 0,665 mola SO 3, gdzyby wydajność obu etapów była równa 100% otrzymalibyśmy 1 mol SO3 0,665mola ⋅ 100% = 66,5% W% = 1mol 4.129. 3 H2 + N2 → 2 NH3 znając podany w zadaniu stosunek objętościowy widzimy, że w mieszaninie jest nadmiar wodoru, zatem o ilości wytworzonego amoniaku będzie stanowił azot, obliczmy jak ą objętość będzie zajmować m gramów amoniaku, liczba moli amoniaku jest równa (masa mola wynosi 17g): nNH3 = m : 17 mola zatem objętość w warunka normalnych jest równa: 3 VNH3 = m : 17 · 22,4 = 1,32 · m dm policzmy jaka byłaby objętość amoniaku zakładając wydajność 100% 3 1,32 · m dm ─── p% ─── 100% x 100 ⋅ 1 ,32 ⋅ m m = 132 x= p p policzmy, z równania reakcji objętość azotu 3 konieczną do syntezy 132 · m/p dm amoniaku: 3 3 2dm NH3 ─── 1dm N2 3 132 m/p dm NH3 ─── y 3 y = 132 m/p : 2 = 66 m/p dm z warunków zadania wiemy, że stosunek objętościowy azotu do wodoru wynosi 1 : 4, zatem objętość wodoru jest równa: 3 VH2 = 4 · 66 = 264 m/p dm a łączna objętość gazów zużytych do syntezy: 3 3 3 V = 66 m/p dm + 264 m/p dm = 330 m/p dm 4.8. Reakcje równoległe (współbie żne) 4.130. z warunków zadania wiemy, że 0,5 mola substancji A reaguje wg pierwszwego równania oraz 0,5 mola substancji A reaguje wg drugiego równania 1) wiemy, że 1 mol A reaguje z 2 molami B, zatem 0,5 mola A reaguje z 1 molem B
55
2) wiemy, że 2 mole A reagują z 1 molem B, zatem 0,5 mola A reaguje z 0,25 mola B łaczna ilość substancji B wynosi: nB = 1 + 0,25 = 1,25 mola B 4.131. wiemy, że 48% początkowej ilości propanu reaguje wg górnego równania, a 52% wg dolnego równania, ilość 1-bromopropanu (górny produkt) wynosi: nI = 0,48 · npropan = 0,48 · 1 mol = 0,48 mola ilość 2-bromopropanu (dolny produkt) wynosi: nI = 0,52 · npropan = 0,52 · 1 mol = 0,52 mola 4.132. niech A1 będzie ilością moli biorących udział w reakcji pierwszej, a A2 w reakcji drugiej, analogicznie zmienne B1 i B2 oznaczają ilości moli substancji B w poszczególnych reakcjach, ustalamy układ równa ń: A 1 + A 2 = 1
B1 + B 2 = 0 ,9 A 1 = 1 − A 2 1 3A1 + 5 A 2 = 0 ,9
3(1 − A 2 ) + 3 − 3A 2
1 5
A2
= 0 ,9
1
+ A 2 = 0 ,9 5
2 ,1 = 2 ,8A 2
= 0 ,75 A 1 = 0 ,25 A2
zatem procent substancji A reagującej w pierwszym równaniu wnosi: 0,25 ⋅ 100% = 25% %A = 1 4.133. Fe2O3 + 3 C 2 Fe + 3CO 160g 36g x y 2Fe2O3 + 3 C 2 Fe + 3CO 2 320g 36g 200 – x 40,5 – y z pierwszego równania mamy: 160g Fe2O3 36g C x Fe2O3 yC 160 ⋅ y 40 x= = y 36 9 z drugiego równania mamy: 320g Fe2O3 36g C 200 - x Fe2O3 40,5 - y C 320 ⋅ (40,5 − y) 200 − x = 36 podstawiamy wartość x z pierwszej proporcji: →
→
───
───
───
───
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
200 − 200 −
40 9 40
y=
320 ⋅ (40,5 − y) 36 12960 − 320 y
y= 9 36 7200 − 160 y = 12960 − 320 y 160 y = 5760 y = 36kg masa Fe2O3 biorąca udział w równaniu jest równa (wartość wyliczona w drugiej proporcji) 320 ⋅ (40,5 − y) mFe2O3II = = 40kg, 36 zatem procentowo ilość ta wynosi: 40kg ⋅ 100% = 20% %Fe 2 O 3 (II) = 200kg 4.134. FeO + C → Fe + CO 72g 12g 28g x y 2FeO + C → 2 Fe + CO2 144g 12g 44g 500 – x 79,2 – y z pierwszego równania mamy: 72g FeO ─── 12g C x FeO ─── y C 72 ⋅ y = 6y x= 12 z drugiego równania mamy: 144g FeO ─── 12g C 500 - x Fe2O3 ─── 79,2 - y C 144 ⋅ (79,2 − y) 500 − x = 12 podstawiamy wartość x z pierwszej proporcji: 144 ⋅ (79,2 − y) 500 − 6 y = 12 11404,8 − 144 y 500 − 6 y = 12 6000 − 72 y = 11404 ,8 − 144 y 72 y = 5404 ,8 y = 75 ,07 kg zatem masa węgla biorąca udział w drugiej reakcji to: mC(II) = 79,2 – 75,07 = 4,13kg policzmy z pierwszego równania masę CO powstał ą z 75,07 kg węgla: ─── 28g CO 12g C 75,07 kg C ─── z1 75 ,07 ⋅ 28 = 175 ,16 kg CO z1 = 12 policzmy z drugiego równania masę CO2 powstałą z 4,13 kg węgla:
56
12g C 44g CO2 4,13 kg C z2 4 ,13 ⋅ 44 z2 = = 15 ,14 kg CO2 12 masowy skład procentowy mieszaniny CO i CO2 wynosi: 175,16kg %CO = ⋅100% = 92,04% 175,16kg + 15,14kg ───
───
%CO 2
=
15,14kg 175,16kg + 15,14kg
⋅ 100% = 7,96%
4.135. zamieniamy objętość CO na liczbę moli: 3 3 nCO = 89,6m : 0,0224m = 4000 moli = 4 kilomole Fe2O3 + C → 2 FeO + CO 1 mol 2 mole 1 mol x x Fe2O3 + 3 C → 2 Fe + 3 CO 1 mol 2mole 3 mole 3–x y znajdźmy ilość moli CO powstał ą w drugiej reakcji: 1 mol Fe2O3 ─── 3 mole CO 3 - x kilomoli Fe2O3 ─── y y = 3 · (3 – x) = 9 – 3x kilomoli łączna ilość CO to 9 – 3x + x kilomoli = 4 kilomole (obliczone z objętości tlenku węgla), zatem 9 – 2x = 4 2x = 5 x = 2,5 kilomola z pierwszego równania widzimy, że stosunek Fe2O3 : FeO = 1 : 2, zatem ilo ść FeO wynosi 5 kilomoli z drugiego równania widzimy, że stosunek Fe2O3 : Fe = 1 : 2, zatem ilo ść Fe wynosi 1 kilomol liczymy masy tlenku żelaza(II) i żelaza nFeO = 5000 · (56g + 16g) = 360kg nFe = 1000 · 56g = 56kg liczymy skład procentowy 360kg %FeO = ⋅ 100% = 86,5% 360kg + 56kg
%Fe =
56kg 360kg + 56kg
⋅ 100% = 13,5%
4.136. 3 Fe + 4 H2O → Fe3O4 168g 232g x y 2 Fe + 3 H2O → Fe2O3 112g 160g 10 – x 14 – y z pierwszego równania mamy: 168g Fe ─── 232g Fe3O4 x ─── y 168 ⋅ y 21 = y x= 232 29
+ 4 H2 8g + 3 H2 6g
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
z drugiego równania mamy: 112g Fe ─── 160g Fe2O3 10 – x ─── 14 – y 112 ⋅ (14 − y) 10 − x = 160 podstawiamy wartość x wyznaczoną w pierwszej proporcji: 21 112 ⋅ (14 − y) 10 − y= 29 160 21 1568 − 112 y ⋅ (29 ⋅160) 10 − y= 29 160 46400 − 3360 y = 45472 − 3248 y 112 y = 928 y = 8,28g a) liczymy masy wodoru kolejno z pierwszego i drugiego równania: 232g Fe3O4 ─── 8g H2 8,28g Fe3O4─── z1 8 ⋅ 8 ,28 = 0 ,286g H2 z1 = 232 160g Fe2O3 ─── 6g H2 5,72g Fe2O3 ─── z2 5 ,72 ⋅ 6 z2 = = 0 ,214g H2 160 łączna masa wodoru wynosi: mH2 = 0,286g + 0,214g = 0,5g masa mola wodoru cząsteczkowego wynosi 2g, zatem liczba moli wodoru to: nH2 = 0,5 : 2 = 0,25 mola wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol wodoru 3 zajmuje objętość równą 22,4dm , zatem: 3 3 VH2 = 0,25 · 22,4dm = 5,6dm b) wiemy, że łączna masa obu tlenków wynosi 14g, masa Fe3O4 wynosi 8,28g (wcześniej obliczona wartość y), zatem ilość tlenku Fe2O3 musi być równa: 14g – 8,28g = 5,72g liczymy poszczególne zawartości procentowe tlenków w mieszaninie: 8 ,28g ⋅ 100% = 59 ,1% %Fe 3 O 4 = 14g %Fe 2 O 3
=
5 ,72g 14g
⋅ 100% = 40 ,9%
4.137. 2 NH3 + 3/2 O2 → N2 + 3 H2O 2 NH3 + 5/2 O2 → 2 NO + 3 H 2O niech zmienna n1 będzie oznaczać liczbę moli biorących udział w pierwszej reakcji, a n2 w drugiej reakcji, z warunków zadania wiemy, że: n1 + n2 = 1 z równań reakcji wiemy, że w pierwszym przypadku z 2 moli NH3 powstaje 1 mol N2, zatem z n1 moli NH3 powstanie 0,5 · n1 moli N2, w drugiej reakcji stosunek NH3 : NO = 2 : 2 = 1 : 1, zatem w tej reakcji
57
powstanie n2 moli NO, tworzymy układ równań, w którym pierwsze równanie dotyczyć będzie całkowitej ilości amoniaku, a drugie średniej masy mieszaniny azotu i tlenku azotu: n 1 + n 2 = 1
0,5 ⋅ n1 ⋅ 28 + n 2 ⋅ 30 = 28,7 ⋅ + 0 , 5 n n 1 2 n 1 = 1 − n 2 14 ⋅ n1 + n 2 ⋅ 30 = 14,35 ⋅ n1 + 28,7 ⋅ n 2 n 1 = 1 − n 2 1,3 ⋅ n 2 = 0,35 ⋅ n 1
1,3 ⋅ n 2
= 0,35 ⋅ (1 − n 2 ) 1,3 ⋅ n 2 = 0,35 − 0,35 ⋅ n 2 1,65 ⋅ n 2 = 0,35 n 2 = 0,212 mola zatem zakładając, że w reakcji wziął udział 1 mol amoniaku, to 0,212 mola amoniaku zareaguje tworz ąc tlenek azotu 4.9. Szybko ść reakcji. Katalizatory 4.138. b) gdyż jak wiemy większe stężenie substratów zwiększa szybkość reakcji (w tym przypadku duże stężenie kwasu oraz du ża dostępna powierzchnia reakcji metalu wskutek rozdrobnienia), dodatkowo szybkość zwiększy jeszcze wysoka temperatura 4.139. ilość substancji wynosi: 2dm3 · 1 mol/dm3 = 2 mole wiemy, że po każdej sekundzie przereaguje 0,1 ilo ści substancji (zaś pozostaje 0,9 ilości), która była na początku danej sekundy, zatem po pierwszej sekundzie mamy: nI = 0,9 · 2 mole = 1,8 mola po drugiej sekundzie: nII = 0,9 · 1,8 mole = 1,62 mola po trzeciej sekundzie: nIII = 0,9 · 1,62 mole = 1,458 mola 4.140. nie, szybkości reakcji będą różne, gdyż stężenia będą różne, w pierszym przypadku szybko ść reakcji będzie większa, ponieważ stężenia substratów są wyższe 4.141. zamieńmy masy na ilości moli: mMH2O = 2 · 1g + 16g = 18g mH2O = 3,6g : 18 = 0,2 mola mMO2 = 2 · 16g = 32g mH2O = 1,6g : 32 = 0,05 mola mMN2 = 2 · 14g = 28g mH2O = 2,8g : 28 = 0,1 mola z powyższych wartości widzimy, że największa ilość substancji wytworzyłą się w reakcji 1), za ś Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
najmniejsza w 2), oznacza to, że reakcji 1) przebiega z największą, zaś reakcja 2) z najmniejsz ą szybkością 4.142. współczynnik temperaturowy van’t Hoffa, mówi nam o tym ile razy wzrośnie/zmaleje szybkość reakcji po podniesieniu/obniżeniu temperatury o 10 K, w tym przypadku, jeśli obniżymy temperaturę o 10 K to szybkość reakcji zmaleje 2 · 2 = 4 razy 4.143. a) vk = 2,5 · 2,5 · vp = 6,25 · vp szybkość reakcji wzro śnie 6,25 raza b) vk = 1/2,5 · 1/2,5 · vp = 1/6,25 · vp szybkość reakcji zmaleje 6,25 raza 4.144. równanie stechiometryczne otrzymamy dodaj ąc do siebie stronami obie reakcji, zatem: 2 NO + N2O2 + O2 N2O2 + 2 NO2 widzimy, że N2O2 występuje po obu stronach równania w takiej samej ilości, zatem możemy go obustronnie skróci ć, jednocześnie widzimy, że jest to produkt przejściowy 2 NO + O2 2 NO2 4.145. podobnie jak w zad. 4.144. dodajemy stronami wszystkie równania: N2O5 + NO3 + NO2 + NO + N2O5 NO2 + NO3 + NO + O2 + NO2 + 3 NO2 grupujemy wszystkie substancje: 2 N2O5 + NO3 + NO2 + NO 5 NO2 + NO3 + NO + O2 następnie skracamy równanie: 2 N2O5 4 NO2 + O2 produkty przej ściowe, to te, które podczas skracania całkowicie zniknęły z równania reakcji, czyli: NO, NO3 4.146. Rząd reakcji jest to suma wykładników potęg występujących przy st ężeniach związków chemicznych, w równaniach kinetycznych danej reakcji chemicznej, zatem a) 2; b) równanie kinetyczne możemy zapisać jako: v = k [H2] [N2] [NH3]-1 zatem rząd reakcji wynosi: 1; c) 1; d) 3; e) 4 4.147. 1) katalizatorem w tej reakcji jest NO2, gdyż jak widzimy w etapie II jest on odtwarzany i jego ilość nie zmniejsza si ę podczas przebiegu reakcji 2) produktem przej ściowym jest NO, który jest następnie odtwarzany do NO2 3) właściwą reakcją jest utlenianie tlenku węgla(II) 2 CO + O2 2 CO2 4.148. dodajemy stronami obie reakcje, przemna żając najpierw pierwszą przez 2, aby w obu reakcjach występowało 4 AlI3: →
→
→
→
→
→
58
4 Al + 6 I2 + 4 AlI3 + 3 O2 4 AlI3 + 2 Al2O3 + 6 I2 skracamy: 4 Al + 3 O2 2 Al2O3 1) katalizatorem jest I2, gdyż bierze on udział w pierwszej reakcji, a w drugiej zostaje odtworzony 2) AlI3, gdyż nie występuje on w ko ńcowym równaniu 3) 4 Al + 3 O2 2 Al2O3 4.149. dodajemy stronami obie reakcje, przemna żając najpierw pierwszą przez 2, aby w obu reakcjach występowało 2 V2O4: 2 SO2 + 2 V2O5 + 2 V2O4 + O2 2 SO3 + 2 V2O4 + 2 V2O5 skracamy: 2 SO2 + O2 2 SO3 1) katalizatorem jest V 2O5, gdyż bierze on udział w pierwszej reakcji, a w drugiej zostaje odtworzony 2) V2O4, gdyż nie występuje on w ko ńcowym, skróconym równaniu 3) 2 SO2 + O2 2 SO3 4.150. dodajemy stronami obie reakcje: 2 NO + Br2 + 2 NOBr + Cl 2 2 NOBr + 2 NOCl + Br2 skracamy: 2 NO + Cl2 2 NOCl 1) katalizatorem jest Br2, gdyż bierze on udział w pierwszej reakcji, a w drugiej zostaje odtworzony 2) NOBr, gdyż nie wyst ępuje on w koncowym, skróconym równaniu 3) 2 NO + Cl 2 2 NOCl 4.151. dodajemy stronami wszystkie reakcje Pt + O2 + SO2 + PtO2 + SO2 + PtO PtO2 + SO3 + PtO + SO3 + Pt skracamy: 2 SO2 + O2 2 SO3 1) katalizatorem jest Pt, gdyż bierze on udział w pierwszej reakcji, a w ostatniej zostaje odtworzony 2) PtO, PtO2 gdyż nie występują one w końcowym, skróconym równaniu 3) 2 SO2 + O2 2 SO3 4.152. Etap I: AB + K ABK Etap II: ABK + CD AD + CBK Etap III: CBK CB + K 4.153. Etap I: SO2 + NO2 SO3 + NO Etap II: 2 NO + O2 2 NO2 dodajemy stronami oba równania, pami ętając, aby pierwsze przemnożyć przez 2, gdyż w obu równaniach musi występować ta sama ilość NO sumarycznie: 2 SO2 + O2 2 SO3 →
→
4.154. 2 H2O2 + I2 → 2 HI + 2 H2O HI + H2O2 → HIO + H2O 2HIO → H2O + I2 + O O + O → O2 Co po skróceniu daje: 2 H2O2 → 2 H2O + O2
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
→
4.155. początkowo równanie przyjmuje postać: + 2 v1 = k [Br ][BrO3 ][H ] po trzykrotnym wzroście stężenia wszystkich substratów: v2 = k · 3[Br-]·3[BrO3-]·(3[H+])2 = 81 · k [Br-][BrO3+ 2 ][H ] z czego wynika, że szybkość reakcji wzrośnie 81 razy 4.156. początkowo równanie przyjmuje postać: v1 = k [NO]2[O2] jeżeli zmniejszymy trzykrotnie objętość przestrzeni reakcyjnej to zgodnie z równanie okre ślającym stężenie: n c1 = V n 3⋅n = = 3 ⋅ c1 c2 = 1 V V 3 stężenia wszystkich reagentów wzrosn ą 3 razy 2 2 v1 = k · (3[NO]) ·3[O2] = 27 · k [NO] [O2] wynika z tego, że szybko ść reakcji wzrośnie 27 razy 4.157. zgodnie z równaniem Clapeyrona: pV = nRT zgodnie z warunkami zadania nRT = const zatem: pV = const 4 · p · x = pV x = 0,25 · V z czego wynika, że objętość zmalała 4 razy, wiec zgodnie z wzorem okre ślającym stężenie (analogicznie jak w zad. 4.156.) st ężenia wszystkich reagentów wzrosną 4 razy v2 = k · (4·[NO])2 · 4·[H2] = 64 · v1 szybkość reakcji wzro ścnie 64 razy 4.158. zgodnie z podanym w treści zadania równaniem widzimy, że substrat A reaguje z substratem B w stosunku 1 : 2, skoro st ężenie A zmniejszyło się do 3 0,5 mol/dm oznacza to, że zakładając objętość 2 układu równą 1 dm przeragowało 1,5 mola A, co oznacza równieź, że przeragowały 3 mole B, czyli pozostał 1 mol B. v1 = k · 2 · 42 = 32 · k · [mol/dm3]2 2 3 2 v2 = k · 0,5 · 1 = 0,5 · k · [mol/dm ] = 1/64 · v2
→
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
59
szybkość reakcji zmaleje 64 razy 4.159. v1 = 0,4s-1 · 0,5 mol/dm3 = 0,2 mol/(dm3·s) 3 jeżeli stężenie A zmniejszyło się o 0,2 mol/dm , oznacza to, że wynosi ono: [A] = 0,5 mol/dm3 - 0,2 mol/dm3 = 0,3 mol/dm3 -1 3 3 v2 = 0,4s · 0,3 mol/dm = 0,12 mol/(dm ·s)
[CO] = [Cl2] = a – b [COCl2] = b stała równowagi wynosi: [COCl 2 ] b Kc = = [CO][Cl2 ] (a − b )2 4.164. widzimy, że stosunek CO : CO2 = 1 : 1, zaś O2 : CO2 = 1 : 2, czyli podczas powstawania c moli produktu ubyło c moli CO i 0,5 · c mola O2 (zakładamy 3 objętość układu równą 1dm ) w stanie równowagi: [CO] = a – c [O2] = b – 0,5·c [CO2] = c [CO 2 ] 2 c2 = Kc = [CO] 2 [O 2 ] (a − c )2 ⋅ (b − 0 ,5c) 4.165. H2 + I2 ↔ 2 HI widzimy, że stosunek ilości zużytego jodu, a tak że wodoru do ilości powstałego jodowodoru wynosi 1 : 2, zatem do powstania 5,64 mola jodowodoru zużyto: nI2 = 5,64 : 2 = 2,82 mola jodu, a tak że wodoru: stężenia substancji w stanie równowagi (za objętość 3 układu przyjmijmy 1dm ): 3 [HI] = 5,64 mol/dm 3 [I2] = 2,94 – 2,82 = 0,12 mol/dm [H2] = 8,1 – 2,82 = 5,28 mol/dm 3
4.10. Równowaga chemiczna 4.160.
=
a) K c
=
b) K c
=
c) K c
=
d) K c
[H 2 O]2 [H 2 ] 2 [O 2 ] [HCl]2 [H 2 ][Cl 2 ] [CO]2 [CO]2 [O 2 ] [NO]4 [H 2 O]6 [NH 3 ] 4 [O 2 ]5
4.161. w równaniach określających stałe równowagi pomijamy ciała stałe (gdyż ich stężenie jest niezmienne) [CO 2 ] mol / dm 3 =0 a) K c = , bezwymiarowa: 3 [O 2 ] / mol dm
=
b) K c
=
c) K c
=
d) K c
[SO 3 ]2 [SO 2 ]2 [O 2 ] [C] [A]
(mol / dm ) = 1 (mol / dm ) mol / dm 3 2
,
3 3
, bezwymiarowa:
[CO] 2 [H 2 ] 4 2
[CH 4 ] [O 2 ]
[HI]2 5 ,64 2 Kc = = = 50 ,2 (miana się skrócą) [H 2 ][I 2 ] 0 ,12 ⋅ 5 ,28
mol / dm 3 mol / dm 3
3
=0
(mol / dm ) = (mol / dm ) (mol / dm ) 3 6
,
3 3
3 3
4.162. Kc
=
[NO] 2 [O 2 ] [NO 2 ] 2
(0 ,24)2 ⋅ 0 ,12 (mol / dm 3 ) = = (0 ,06)2 (mol / dm 3 )2 3
= 1 ,92 mol / dm 3 4.163. 1) widzimy, że reagenty występują w reakcji w stosunku 1:1:1:1, zatem jeśli powstało b produktu, oznacza to, że jednocześnie ubyło b substratu, w stanie równowagi mamy: [CO] = [H2O] = a – b [CO2] = [H2] = b stała równowagi wynosi: [CO 2 ][H 2 ] b2 = Kc = [CO][H 2 O] (a − b )2 2) widzimy, że reagenty występują w reakcji w stosunku 1:1:1, zatem jeśli powstało b produktu, oznacza to, że jednocześnie ubyło b substratu, w stanie równowagi mamy: Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
4.166. ogólny wzor na szybkość reakcji typu podanego w zadaniu przyjmuje postać: k Kc = 1 k 2 gdzie k 1 określa szybkość tworzenia, a k 2 szybkość rozkładu, w tym przypadku: 3 ,79 ⋅ 10 −2 Kc = = 64 ,5 (miana się skrócą) 5 ,88 ⋅ 10 −4 4.167. zakładamy, że początkowe stężenie amoniaku wynosi 3 0 oraz, że objętość układu to 1dm , z proporcji liczymy ile azotu i wodoru było konieczne do wytworzenia 4 moli amoniaku: 1 mol N2 ─── 2 mole NH3 x ─── 4 mole NH3 x = 4 · 1 : 2 = 2 mole N2 3 mole H2 ─── 2 mole NH3 y ─── 4 mole NH 3 y = 4 · 3 : 2 = 6 moli H 2 początkowe stężenia substratów wynosiły: 3 [H2] = 9 + 6 = 15 mol/dm 3 [N2] = 3 + 2 = 5 mol/dm
60
4.168. 3 (za objętość układu przyjmijmy 1dm ) widzimy, że stosunek ilości zużytego jodu, a tak że wodoru do ilości powstałego jodowodoru wynosi 1 : 2, zatem do powstania 0,9 mola jodowodoru zużyto: nI2 = 0,9 : 2 = 0,45 mola jodu, a tak że wodoru: początkowe stężenia substratów: [I2] = 0,05 + 0,45 = 0,5 mol/dm 3 3 [H2] = 0,25 + 0,45 = 0,7 mol/dm 4.169. 2 CO2 → 2 CO + O2 w celu uproszczenia oblicze ń przyjmijmy, że 3 początkowe stężenie CO2 wynosi 1 mol/dm , a 3 objętość układu 1dm wówczas przeraguje 0,2 mola CO2, widzimy, że ilość powstałego CO pozostaje do CO2 w stosunku 2 : 2 (czyli 1 : 1), zaś O2 w stosunku 2 : 1, wynika z tego, że podczas reakcji 0,2 moli CO2 powstanie 0,2 mola CO i 0,1 mola O2; liczymy zatem skład procentowy: łączna ilość wszystkich substancji: n = 0,8 + 0,2 + 0,1 = 1,1 mola %CO2 = 0,8 : 1,1 · 100% = 72,7% %CO = 0,2 : 1,1 · 100% = 18,2% %O2 = 0,1 : 1,1 · 100% = 9,1% 4.170. Reagent S1 S2 S3 S4
Początkowa liczba moli n1 n2 0 0
Przereagowało x (w2:w1) · x (*) (w3:w1) · x (*) (w4:w1) · x (*)
Równowagowa ilość moli n1 - x n1 – (w2:w1) · x (w3:w1) · x (w4:w1) · x
4.171. równanie określające równowagę reakcji ma postać: [CO][H 2 O] =1 Kc = [CO 2 ][H 2 ] za ilość moli, która przereaguje przyjmijmy x, nale ży tak że zauważyć, iż wszystkie reagenty s ą w stosunku 1 : 1 : 1 : 1, co oznacza, że podczas reakcji x moli CO2 oraz x moli H2 powstanie x moli CO i x moli H2O, równanie przyjmuje posta ć: x⋅x =1 Kc = (1 − x ) ⋅ (5 − x )
= x 2 − 6x + 5 6x = 5 x = 0 ,833 x2
co oznacza, że przemianie ulegnie 0,833 mola CO2 4.172. a) [C][D] Kc = [A][B]
[ C][D] 0 ,2 ⋅ 0 ,1 [B] = = = 1 ,33 mol / dm 3 [A ]⋅ K c 0 ,5 ⋅ 0 ,03 b)
[C][D] [A][B]2 [C][D ] [B]2 = [A] ⋅ K c [C][D] 0 ,2 ⋅ 0 ,1 [B] = = = 1 ,15 mol / dm 3 [A] ⋅ K c 0 ,5 ⋅ 0 ,03 =
Kc
(*) S2 reaguje z S1 w stosunku w2 : w1 dlatego ilość S2, które wzięło udział w reakcji to w2 /w1 · x, analogiczna sytuacja, lecz z innymi współczynnikami będzie c) zachodzić podczas ustalania powstałej ilo ści Kc produktów za objętość układu przyjmujemy zmienną V:
Kc
=
w 3 ⋅x w 1 V n 1 − x V
w1
w3
w 4 ⋅x w ⋅ 1 V
[C][D] [A]2 [B] [C][D] 0 ,2 ⋅ 0 ,1 [B] = 2 = 2 = 2 ,67 mol / dm 3 [A ] ⋅ K c 0 ,5 ⋅ 0 ,03
w4
w n2 − 2 ⋅ x w1 ⋅ V
w2
następnie określmy miano, jednostk ą wszystkich wartości będzie mol/dm3, w obliczeniach musimy uwzględnić współczynniki stechiometryczne
[mol / dm ] ⋅ [mol / dm ] = [K ] = [mol / dm ] ⋅ [mol / dm ] + − − = [mol / dm ] c
3 w3
3 w4
3 w1
3 w2
3 w 3 w 4 w1 w 2
4.173. równanie określające równowagę reakcji ma postać: [CO 2 ] = 0 ,5 Kc = [CO] za ilość moli, która przereaguje przyjmijmy x, należy tak że zauważyć, iż stosunek CO : CO2 wynosi 1 : 1, co oznacza, że podczas reakcji x moli CO powstanie x moli CO2, równanie przyjmuje postać: [CO 2 ] + x = 0 ,5 Kc = [CO] − x
=
0 ,1 + x
= 0 ,5 0 ,5 − x 0 ,1 + x = 0 ,25 − 0 ,5x Kc
1 ,5x x
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
=
= 0 ,15
= 0 ,1 61
stężenia równowagowe reagentów b ędą wynosić: 3 [CO]r = 0,5 – 0,1 = 0,4 mol/dm [CO2]r = 0,1 + 0,1 = 0,2 mol/dm3 4.174. do równania określającego stan równowagi bierzemy jedynie produkty gazowe, zatem: [CO 2 ] = 0 ,298 Kc = [O 2 ]
[CO 2 ] = 0 ,298 ⋅ [O 2 ]
3
3
załóżmy, że O2 = 1 mol/dm , objętość układu 1dm , wówczas: nO2 = 1 mol nCO2 = 0,298 · nO2 = 0,298 mola całkowita ilość = 1,298 mola %O2 = 1 : 1,298 · 100% = 77% %CO2 = 0,298 : 1,298 · 100% = 23% 4.175. załóżmy, że początkowe stężenie wodoru to x, a początkowe stężenie CO2 to y, widzimy, że wszystkie reagenty pozostają ze sobą w stosunku 1 : 1 : 1 : 1, zatem po reakcji 0,9·x wodoru powstaje 0,9·x CO i 0,9·x H2O i jednocześnie stężenie CO2 zmniejszy się o 0,9·x [CO][H 2 O] Kc = =1 [CO 2 ][H 2 ]
(y − 0 ,9x ) ⋅ (x − 0 ,9x ) ( y − 0 ,9x ) ⋅ 0 ,1x = =1 Kc = 0 ,9 x ⋅ 0 ,9x 0 ,81x 2 y ⋅ 0 ,1x − 0 ,09x 2 =1 2
0 ,81x 2 ułamek skracamy przez x y ⋅ 0 ,1 − 0 ,09 x =1 0 ,81 y ⋅ 0 ,1 − 0 ,09 = 0 ,81 x y ⋅ 0 ,1 = 0 ,9 x y =9 x początkowy stosunek CO2 do H2 wynosi 9 : 1 4.176. 1) stała równowagi ma postać: [H 2 ][CO 2 ] 2 ⋅ 2 = = 1 (miana się skrócą) Kc = [H 2 O][CO] 1 ⋅ 4 2) widzimy, że wszystkie reagenty pozostają ze sobą w stosunku 1 : 1 : 1 : 1, zatem (zakładaj ąc objętość 3 układu równą 1dm ) do powstania 2 moli H2 i CO2 były konieczne 2 mole CO i H 2O 3 [CO]p = 1 + 2 = 3 mol/dm 3 [H2O]p = 4 + 2 = 6 mol/dm 3) początkowe stężenie CO będzie wynosić 9 3 mol/dm korzystając z zależności o których mowa w Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
pkt. 2) załóżmy, że w reakcji weźmie udział x moli CO: x⋅x =1 Kc = ([H 2O]p − x )([CO]p − x )
Kc
=
x2
(6 − x )(9 − x ) x 2 = x 2 − 15x + 54 15x = 54 x = 3,6
=1
stężenia równowagowe przyjmują wartości: [H2] = [CO2] = 3,6 mol/dm3 3 [H2O] = 6 – 3,6 = 2,4 mol/dm 3 [CO] = 9 – 3,6 = 5,4 mol/dm 4.177. 1
nC
nB 8 4 1 równanie określające stan równowagi tej reakcji ma postać: [C][D] Kc = [A][B] widzimy, że ilość powstałego produktu D jest równa ilości powstałego produktu C, zatem:
[C]2 Kc = [A][B] [C]2 = K c ⋅ [A][B] [C] = K c ⋅ [A][B] Kc oraz [A] są stałe zatem wykres przyjmuje postać funkcji: y = a⋅x 4.178. powietrze zawiera w przybliżeniu 21% tlenu i 78% azotu, zatem załóżmy, że objętość układu wynosi 3 1dm i do reakcji wzięliśmy 0,21 mola O2 i 0,78 mola N2, za ilość wytworzonego produktu przyjmijmy x; z równania reakcji wynika, że stosunek ilości azotu, a tak że tlenu do ilości powstałego produktu wynosi 1 : 2, więc na wytworzenie x moli NO zu żyjemy 0,5·x moli O2 i 0,5·x moli N2:
62
[NO]2 x2 = Kc = [O 2 ][N 2 ] ([O 2 ] − 0,5x )( [N 2 ] − 0,5x ) 3,9 ⋅10
−3
x2
=
(0,21 − 0,5x )(0,78 − 0,5x ) x 2 = 9,75 ⋅10 −4 x 2 − 1,93 ⋅10 −3 x + 6,39 ⋅10 −4 0,999 x 2 + 1,93 ⋅10−3 x − 6,39 ⋅10−4 = 0
∆ = (1,93 ⋅10−3 ) + 4 ⋅ 0,999 ⋅ 6,39 ⋅10 −4 = 2,56 ⋅10 −3 2
∆ = 0,051 − 1,93 ⋅ 10 −3 + 0,051 = 0,0246 x1 = 2 ⋅ 0.999 x2 < 0 łączna ilość substancji nie uległa zmianie, zatem: %NO = 0,0246 : (0,78 + 0,21) · 100% = 2,48% 4.179. aby rozwiązać zadanie należy stworzyć układ równań, gdzie jedną niewiadomą będzie ilość N2O4, a drugą ilość NO2; pierwsze równanie określać będzie mase mieszaniny, a drugie ilość, którą obliczymy z równania Clapeyrona: pV = nRT
=
pV
=
1013 ⋅ 2 ,95
= 0 ,12 mola RT 83 ,1 ⋅ 300 nA – ilość moli N2O4, nB – ilość moli NO2 n A + n B = 0 ,12 n
n A ⋅ (2 ⋅ 14g + 4 ⋅ 16g ) + n B ⋅ (14g + 2 ⋅ 16g ) = 9 ,2g n A = 0 ,12 − n B n A ⋅ 92 + n B ⋅ 46 = 9 ,2
(0 ,12 − n B ) ⋅ 92 + n B ⋅ 46 = 9 ,2 11 ,04 − 92 ⋅ n B + 46 ⋅ n B = 9 ,2 1 ,84 = 46 ⋅ n B n B = 0 ,04 n A = 0 ,12 − 0 ,04 = 0 ,08 %NO2 = 0,04 : 0,12 · 100% = 33,3% 2
2
n B 0 ,04 2 [NO 2 ] V 2 ,95 = = = 6 ,8 ⋅ 10 −3 mol/dm3 Kc =
[N 2 O 4 ]
nA
0 ,08
V
2 ,95
4.11. Reguła Le Chateliera
Reguła ta jest również znana jako „reguła przekory” co oznacza, że reakcja będzie zachowywała si ę tak, aby jak najszybciej przywróci ć stan równowagi, np. do środowiska reakcji, będącego w stanie równowagi dodajemy jakiś substrat, wówczas reakcja b ędzie starała się go jak najszybciej wykorzystać; Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
4.180. 1) w lewo (układ będzie się starał zniwelować nadmiar HCl) 2) w lewo (układ będzie się starał zniwelować nadmiar H2S) 3) w prawo (układ b ędzie się starał zniwelować nadmiar ZnCl2) 4.181. 1) w prawo (układ b ędzie się starał zniwelować nadmiar O2) 2) w lewo (układ będzie się starał zniwelować nadmiar Cl2) 3) w lewo (układ będzie się starał odtworzyć właściwą ilość HCl) 4) w prawo (układ b ędzie się starał odtworzyć właściwą ilość H2O) 4.182. 1) usuwając powstały wodór lub Fe3O4, gdyż wówczas układ będzie się starał powrócić do stanu równowagi odtwarzając w/w substancje 2) zmniejszając ilość żelaza, lub wody, gdyż wówczas układ będzie się starał powróci ć do stanu równowagi odtwarzając w/w substancje 4.183. 1) reakcja ta jest egzoenegretyczna, zatem wzrost temperatury spowoduje przesuni ęcie równowagi chemicznej w lewo (zachodzi ć będzie w większym stopniu reakcja endoenergetyczna) 2) reakcja ta jest endoenergetyczna, zatem wzrost temperatury spowoduje przesuni ęcie równowagi chemicznej w prawo 4.184. dodanie katalizatora bądź inhibitora nie przesunie równowagi chemicznej, gdyż substancje te jedynie zmniejszają lub zwiększają energię aktywacji (energię potrzebną do rozpocz ęcia reakcji) nie wpływając na jej stan równowagi 4.185. wzrost ciśnienia będzie powodował przesunięcie równowagi chemicznej w stron ę mniejszej ilości substancji np. a) po lewej stronie są łącznie 4 mole gazów, a po prawej 2 mole, zatem równowaga reakcji przesunie się w stronę prawą, co za tym idzie wydajność reakcji zwiększy się (powstanie więcej produktu) analogicznie: b) nie zmienie się c) zmniejszy si ę d) zmniejszy się (pod uwagę bierzemy jedynie gazy) e) nie zmieni się f) zmniejszy si ę (pod uwagę bierzemy jedynie gazy) 4.186. zgodnie z równaniem Clapeyrona (pV = nRT) przy stałej ilości substancji wzrost objętości spowoduje spadek ciśnienia, w takiej sytuacji, aby powrócić do stanu równowagi (zwi ększyć ciśnienie w układzie)
63
reakcji przesunie si ę w stronę większej ilości reagentów np. 1) po obu stronach równania ilo ści substancji są takie same, dlatego nie zaobserwujemy żadnych zmian 2) po prawej stronie równania jest wi ęcej substancji, dlatego w tą stronę przesunie si ę równowaga reakcji 3) po lewej stronie równania jest więcej substancji, dlatego w tą stronę przesunie si ę równowaga reakcji 4.187. 1) w prawo, układ będzie przeciwdziałał nadmiarowi azotu 2) w lewo, układ b ędzie przeciwdziałał nadmiarowi tlenku azotu 3) w lewo, układ b ędzie się starał odtworzyć zmniejszoną ilość tlenu 4) reakcja jet endoenergetyczna ( ∆H > 0) dlatego wzrost temperatury przesunie równowagę reakcji w prawo 5) zmniejszając ciśnienie układ będzie starał się je wyrównać, przesuwając równowagę reakcji w stron ę, gdzie jest więcej reagentów gazowych, w tym wypadku jednak warto ści te są sobie równe, dlatego zmniejszenie ciśnienia, nie zpowoduje żadnych zmian 4.188. aby rozpocząc reakcję należy pokonać energię aktywacji, stąd podgrzewanie; później energia wydzielana przez t ą reakcję będzie ciągle wyższa od energii aktywacji, dlatego też proces będzie kontynuowany 4.189. [C][D] Kc = [A][B] wzrost wartości Kc oznacza wzrost st ężenia substancji C i D, zatem w wyniku ogrzewania równowaga reakcji przesunęła się w prawo, co oznacza, że jest to proces endotermiczny 4.190. skoro entalpia reakcji tworzenia 2 moli NH 3 wynosi −92,4kJ to reakcja rozpadu 2 moli NH 3 wynosić będzie 92,4kJ, w reakcji szukamy entalpi reakcji rozparu 1 mola NH3, zatem: ∆H = 0,5 · 92,4kJ = 46,2kJ 4.191. za entalpię tworzenia substancji przyjmujemy entalpię tworzenia 1 mola danej substancji, zatem: 1) ∆H = 52kJ : 2 = 26kJ 2) ∆H = -297kJ 3) ∆H = 37kJ : 4 = 9,25kJ 4.192. Zn + S ZnS musimy policzyć jka ilość energii wydzieli się podczas tworzenia 1 mola ZnS, czyli reakcji 1 mola cynku, MZn = 65g 3,25g Zn 10,15kJ 65g Zn x →
─── ───
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
x = 65 · 10,15 : 3,25 = 203kJ wiemy, że reakcja jest egzotermiczna, zatem H < 0 ∆H = - 203kJ/mol 4.193. najpierw policzmy liczbę moli metanu konieczną do otrzymania 1000kJ 1 mol 891kJ x 1000kJ x = 1000 : 891 = 1,12 mola z prawa Avogadro wiemy, że 1 mol gazu w 3 warunkach normalnych zajmuj 22,4dm , zatem: 1 mol 22,4dm3 1,12 mola y 3 y = 1,12 · 22,4 : 1 = 25,1dm 4.194. w pierwszej reakcji jod jest użyty jako ciało stałe, przez co jest mniej reaktywny, co powoduje, że, aby reakcja mogła przebiegać należy stale dostarczać energii (która jest po żytkowana m.in. na zwiększenie reaktywno ści jodu), w drugiej reakcji jod jest w stanie gazowym przez co reaguje łatwiej 4.195. H2(g) + I2(s) 2 HI(g) H2(g) + I2(s) zgodnie z danymi zadania entalpia pierwszej reakcji wynosi 52kJ; następna reakcji jest reakcją przeciwną do reakcji drugiej podanej w tre ści zadania, zatem jej entalpia wynosi 10kJ, widzimy również, że wodór nie zmienia swojego stanu skupienia zatem ł ączna energia obu reakcji jest entalpi ą sublimacji 1 mola jodu: ∆H = 52kJ + 10kJ = 62kJ/mol 4.196. Fe + S FeS 56g 88g liczymy ilość siarczku przy wydajno ści 100% 56g Fe 88g FeS 10g Fe x x = 10 · 88 : 56 = 15,7g uwzględniając 90% wydajność m = 0,9 · 15,7g = 14,13g obliczmy ilość energi, która powstałaby przy wytworzeniu 1 mola siarczku 14,13g FeS 15,3kJ 88g FeS y y = 88 · 15,3 : 14,13 = 95,3kJ Jak wiemy z treści zadania energia ta zostaje wydzielona podczas tworzenia siarczku, wi ęc: ∆H = -95,3kJ/mol 4.197. warunki standardowe: p = 1000hPa, T = 298K z równania Clapeyrona liczymy ł ączną ilość gazów: pV = nRT ───
───
───
───
→
→
→
─── ───
─── ───
=
pV
=
1000 ⋅ 24 ,4
= 0 ,985 mola RT 83 ,1 ⋅ 298 liczymy ilości poszczególnych gazów: n
64
nmetan = 0,8 · 0,985 = 0,788 netan = 0,2 · 0,985 = 0,197 łączna energia która wydzieli si ę podczas spalania jest sumą energii spalania metanu i energii spalania etanu: E = 0,788 · 891kJ + 0,197 · 1560kJ = 1009 kJ 4.198. Układamy cykl przemian (należy pamiętać, że entalpia tworzenia pojedynczych pierwiastków jest równa zero, oraz, że entalpie „przej ścia” cyklu bez względu na sposób są sobie równe); do cyklu podstawiamy 0,5·∆H1 gdyż ∆H1 odnosi się do tworzenia 2 moli Fe2O3: ∆Hx Fe2O3 + 3 Mg → 2 Fe + 3 MgO
0,5·∆H1
3·∆H2
0,5·∆H1 + ∆Hx = 3·∆H2 0,5 · -1644kJ + ∆Hx = 3 · -602kJ -822kJ + ∆Hx = -1806kJ ∆Hx = -984kJ 4.199. (roziwązujemy analogicznie jak 4.198) ∆Hx Fe2O3 + 2 Al → 2 Fe + Al2O3
0,5·∆H2 Fe, O2, Al
0,5·∆H1 + ∆Hx = 0,5·∆H2 0,5 · -1644kJ + ∆Hx = 0,5 · -3340kJ -822kJ + ∆Hx = -1670kJ ∆Hx = -848kJ 4.200. Jako główne równanie cyklu przyjmujemy zazwyczaj równanie reakcji w której uczestniczy najwięcej reagentów: ∆H1 C + 2 N2O → CO2 + 2 N2
2·∆Hx
∆H1 CuO + C → Cu + CO ∆Hx
∆H2
C, O2, Cu ∆Hx + ∆H1 = ∆H2 ∆Hx + 44kJ = -111kJ ∆Hx = -155kJ Obliczona entalpia jest entalpią tworzenia 1 mola CuO, w reakcji której entalpi ę mamy wyliczyć powstają 2 mole CuO, zatem: ∆H = 2 · ∆Hx = -310kJ
4.202. (roziwązujemy analogicznie jak 4.200)
Fe, O2, Mg
0,5·∆H1
4.201. (roziwązujemy analogicznie jak 4.200)
∆H2
C, O2, N2 2·∆Hx + ∆H1 = ∆H2 2·∆Hx + -557kJ = -394kJ 2·∆Hx = 163kJ ∆Hx = 81,5kJ
∆H1 C3H8 + 5 O2 → 3 CO2 + 4 H2O ∆Hx
3·∆H3
2·∆H2
C, O2, H2 ∆Hx + ∆H1 = 3·∆H3 + 2·∆H2 ∆Hx + -2220kJ = 3 · -394kJ + 2 · -572kJ ∆Hx + -2220kJ = -1182kJ + -1144kJ ∆Hx = -106kJ 4.203. (roziwązujemy analogicznie jak 4.200) ∆Hx CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O ∆H1
∆H2
2·∆H3
C, O2, H2 ∆Hx + ∆H1 = ∆H2 + 2·∆H3 ∆Hx + -75kJ = -394kJ + 2 · -242kJ ∆Hx + -75kJ = -394kJ + -484kJ ∆Hx = -803kJ 4.204. (roziwązujemy analogicznie jak 4.200) ∆H1 H2S + 3/2 O2 → SO2 + H2O ∆Hx
∆H3
0,5·∆H2
C, O2, S ∆Hx + ∆H1 = ∆H3 + 0,5·∆H2 ∆Hx + -519kJ = -297kJ + 0,5 · -484kJ ∆Hx + -519kJ = -297kJ + -242kJ ∆Hx = -20kJ
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
65
4.205. ∆Hx CuO + H2 → Cu + H2O(c)
-∆H3 0,5·∆H1
H2O(g) 0,5·∆H2
= -341kJ 4.208. ∆H2 = ∆HH-H = -436kJ; ∆H3 = ∆HO=O = -499kJ ∆H1 2 H2 + O2 → 2 H2O ∆H3
2·∆H2
C, O2, S
O, H
∆H3 podstawiamy do cyklu ze znakiem przeciwnym, gdyż jest to entalpia przej ścia ze stanu ciekłego do gazowego, a nas interesuje proces odwrotny ∆Hx + 0,5·∆H1 = 0,5·∆H2 + -∆H3 ∆Hx + -155kJ = -242kJ - 44kJ ∆Hx = -131kJ 4.206. (roziwązujemy analogicznie jak 4.200) ∆H2 CO + ½ O2 → CO2 ∆Hx
2·∆Hx
∆H1
C, O2 ∆Hx + ∆H2 = ∆H1 ∆Hx + -283kJ = -394kJ ∆Hx = -111kJ Obliczona entalpia jest entalpią tworzenia 1 mola CO, w reakcji której entalpię mamy wyliczyć powstają 2 mole CO, zatem: ∆H = 2 · ∆Hx = -222kJ 4.207. (energie podane w tabeli oznaczaja ilo ść energi powstałej w skutek powstania wi ązania, która jest równa co do warto ści, lecz majaca znak przeciwny jak energia konieczna do rozerwania tego wi ązania) a) Rozrywamy 2 wi ązania H-H i jedno O=O, zaś powstają 4 wiązania H-O ∆H = 2 · 436kJ + 499kJ – 4 · 465kJ = -489kJ b) Rozrywamy wi ązanie N≡N i O=O, zaś powstają 2 wiązania N=O ∆H = 947kJ + 499kJ – 2 · 631kJ = 184kJ c) Rozrywamy 3 wi ązania H-H i jedno N≡N, zaś powstaje 6 wiązań H-N ∆H = 3 · 436kJ + 947kJ – 6 · 390kJ = -85kJ d) Rozrywamy 12 wi ązań H-N i 5 O=O, za ś powstają 4 wiązania N=O i 12 wi ązań H-O ∆H = 12 · 390kJ + 5 · 499kJ – 4 · 631kJ – 12 · 465kJ = -929kJ e) Rozrywamy 4 wi ązania H-Cl i jedno O=O, zaś powstają 4 wiązania H-O i 2 wiązania Cl-Cl ∆H = 4 · 432kJ + 499kJ – 4 · 465kJ – 2 · 243kJ = = -119kJ f) Rozrywamy 8 wi ązań N=O i 4 N-O (ze względu na strukturę tlenku), zaś powstaje 8 wiązań N=O i jedno O=O ∆H = 8 · 631kJ + 4 · 210kJ – 8 · 631kJ – 499kJ = Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
2·∆H2 + ∆H3 + ∆H1 = 2·∆Hx 2 · -436kJ + -499kJ + -484kJ = 2 · ∆Hx 2 · ∆Hx = -1855kJ ∆Hx = -927,5kJ 4.209. wiemy, że w warunkach standardowych T = 25°C = 298K, p = 100000Pa, zatem: pV = nRT pV 100000 ⋅ 0,006 = = 0,24 mola n= RT 8,31 ⋅ 298 z czego wodór stanowi 2/3 · 0,24 = 0,16 mola za ś tlen 0,08 mola ∆H = -242kJ H2 + ½ O2 H2O układamy proporcj ę: 1 mol H2 -242kJ 0,16 mola H2 y x = −242 ⋅ 0,16 = −38,7 kJ 4.210. ilość moli C jest równa powstałej ilości CO2, zatem aby proces mógł biec bez konieczno ści doprowadzania energii na 1 mol CaCO3 powinna przypada ć ilość węgla, której spalenie wydzieli energię przynajmniej równą 182kJ, czyli: nC = 182 : 394 = 0,46 mola mC = 0,46 · 12g = 5,54g mCaCO3 = 1 · (40g + 12g + 3 · 16g) = 100g m CaCO3 : mC = 100 : 5,54 ≈ 18 : 1 4.211. →
───
───
∆Hx
C3H6(alken) ∆H1
C3H6(zw. cykliczny)
→
-∆H2
3CO2, 3H2O (∆H2 jest ze znakiem ujemnym, gdyż podana w zadaniu wartość jest entalpią spalania, a my, aby zamknąć cykl potrzebujemy entalpię tworzenia związku z tlenków) ∆H1 + -∆H2 = ∆Hx -2058,8kJ – (-2079,4kJ) = ∆Hx ∆Hx = 20,6kJ 4.212. wszystkie cząsteczki dążą do najniższego stanu energetycznego, zatem podczas tworzenia wi ązań powinna wydzielić sie jak największa energia przypadaj ąca na jeden atom; porównajmy energię 66
wiązań przypadającą na jeden atom w dwu-(wiązanie potrójne) i czteroatomowej (sze ść wiązan pojedynczych) cz ąsteczce azotu: ∆HN2 = 947kJ : 2 = 473,5kJ ∆HN4 = 6 · 163kJ : 4 = 244,5kJ porównajmy energię wiązań przypadaj ącą na jeden atom w dwu-(wiązanie potrójne) i czteroatomowej (sześć wiązan pojedynczych) cz ąsteczce fosforu: ∆HP2 = 490kJ : 2 = 245kJ ∆HP4 = 6 · 201kJ : 4 = 301,5kJ z powyższych obliczeń widzimy, że dla azotu korzystniejsza energetycznie jest cząsteczka dwuatomowa, zaś dla fosoru czteroatomowa Rozdział 5. Stechiometria mieszanin. 5.1. Udziały masowe: procent, promil, miliprocent, części na milion, mikroprocent, części na miliard, części na bilion 5.1. zCu[%] = 18 : 30 · 100% = 60% 5.2. liczymy z proporcji: 0,12g ──── 1,5% ──── 100% x 100% ⋅ 0,12g = 8g x= 1,5% 5.3. próba w jubilerstwie oznacza ilosc g czystego metalu w 1000g stopu, zatem w tym przypadku: zAu[%] = 585g : 1000g · 100% = 58,5% zatem masa złota wynosi: mAu = 58,5% : 100% · 4g = 2,34g 5.4. z wzoru na gęstość liczymy masę 1m3 powietrza: m d= V g m = d ⋅ V = 1,17 ⋅ 1000dm 3 = 1170g 3 dm masa argonu jest równa: mAr = 1% : 100% · 1170g = 11,7g 5.5. skoro inne składniki stanowią 10%, zatem woda stanowi 90% roztworu, liczymy z proporcji: 50g ──── 10% x ──── 90% 90% ⋅ 50g x= = 450g 10% 5.6. rozpatrzmy zadanie w skali mikro; majac mieszaninę 5 atomow, 4 z nich stanowia atomy sodu, a 1 potasu, masa mieszaniny wynosi: m = 4 · 23u + 39u = 131u Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
zawartość procentowa potasu i sodu jest równa: zK[%] = 39u : 131u · 100% = 29,8% zNa[%] = 4 · 23u : 131u · 100% = 70,2% 5.7. procent określa nam ilość jednostek na 100, zatem mając wyrazić podaną wartość w częściach na milion 4 6 2 musimy ją pomnożyć przez 10 (ponieważ 10 : 10 = 4 10 ), zatem zawartość ta jest równa: 4 zp[ppm] = 0,5 · 10 = 5000ppm 5.8. częsć na milion określa nam jedną milionową, czyli -6 -3 10 , promil zaś 10 , zatem: -6 -5 -3 40ppm = 40 · 10 = 4 · 10 = 0,04 · 10 = 0,04‰ 5.9. -8 -5 mikroprocent oznacza wartość 10 , a miliprocent 10 , zatem: -8 -5 250µ% = 250 · 10 = 0,25 · 10 = 0,25m% 5.10. -9 części na miliard oznaczają wartość 10 , a części na -6 milion 10 , zatem: -9 -6 2200ppb = 2200 · 10 = 2,2 · 10 = 2,2ppm 5.11. -3 3 a) zKr[‰] = 10mg : 10kg = 10 · 10 g : (10 · 10 g) = -6 -3 -3 -3 10 = 10 · 10 = 10 ‰ -3 3 -6 b) zKr[‰] = 10 · 10 g : (10 · 10 g) = 10 = 1ppm -3 3 -6 3 -9 c) zKr[‰] = 10 · 10 g : (10 · 10 g) = 10 = 10 · 10 = 1000ppb 5.12. najpierw policzmy masę krwi: mk = 7% : 100% · 80kg = 5,6kg = 5600g następnie masę glukozy: mg = 0,9‰ : 1000‰ · 5600g = 5,04g 5.13. policzmy objętość ziemi, której zawartość uranu mamy wyznaczyć: 2 3 V = S · h = 1000m · 1m = 1000m następnie jej masę: 3 3 3 3 9 3 mz = d · V = 1,5g/cm · 10 m = 1,5g/cm · 10 cm = 9 1,5 · 10 g masa uranu wynosi: -6 9 3 mU = 2,4 · 10 · 1,5 · 10 g = 3,6 · 10 g = 3,6kg 5.14. -5 1 m% oznacza, ze w 1 kg wody znajduje si ę 10 kg złota, zatem układamy proporcję: -5 1kg wody ──── 10 kg złota ──── 1kg złota x 1kg ⋅ 1kg x= = 10 5 kg wody −5 10 kg 5.15. -5 1 m% oznacza, ze w 1 mg krwi znajduje si ę 10 mg bilirubiny, zatem układamy proporcję: -5 1mg krwi ──── 10 mg bilirubiny ──── 10mg bilirubiny x 1mg ⋅ 10mg x= = 10 6 mg = 10 3 g krwi −5 10 mg
67
5.16. poiczmy udział masowy chloru dla ni ższej wartości: zCl1 = 0,03mg/kg = 3 · 10-2 · 10-3g : 103g = 3 · 10-8 łatwiejsze do zapamiętania są liczby całkowite niż ułamki, zatem szukamy jednostki mniejszej od 10 -8, najwygodniej obliczoną wartość będzie wyrazić w -9 częściach na miliard [1 ppb = 10 ] zCl1 = 3 · 10-8 = 30ppb analogicznie obliczamy udział masowy chloru dla wyższej wartości -8 zCl2 = 0,05mg/kg = 5 · 10 = 50ppb co daje nam zakres: 30 – 50ppb 5.17. do obliczeń przyjmijmy masę próbki równą 100g, zatem masa czystego minerału wynosi: mFe3O4 = 85% : 100% · 100g = 85g policzmy zawartość procentową żelaza w magnetycie, masa molowa magnetytu wynosi: mM = 3 · 56g + 4 · 16g = 232g z czego masa żelaza wynosi: mMFe = 3 · 56g = 168g zMFe[%] = 168g : 232g · 100% = 72,4% masa, żelaza w rozpatrywanej przez nas próbce wynosi: mFe = 72,4% : 100% · 85g = 61,5g zatem zawartość procentowa: zFe[%] = 61,5g : 100g · 100% = 61,5% 5.18. do obliczeń przyjmijmy masę próbki równą 100g, zatem masa czystej siarki wynosi: mS = 17,5% : 100% · 100g = 17,5g policzmy zawartość procentową siarki w Cu2S, masa molowa Cu2S wynosi: mM = 2 · 64g + 32g = 160g z czego masa siarki wynosi: mMS = 32g widzimy zatem, że w 160g związku znajduje się 32g siarki policzmy z proporcji jaka masa siarczku zawiera policzoną przez nas wcze śniiej ilość siarki: 160g Cu2S ──── 32g S ──── 17,5g S x 17,5g ⋅ 160g = 87,5g Cu 2S x= 32g zatem zawartość procentowa: zCu2S[%] = 87,5g : 100g · 100% = 87,5% 5.19. do obliczeń przyjmijmy masę próbki równą 100g, policzmy zawartość procentową sodu w NaCl, masa molowa NaCl wynosi: mM = 23g + 35,5g = 58,5g z czego masa sodu wynosi: mMS = 23g widzimy zatem, że w 58,5g związku znajduje się 23g sodu policzmy z proporcji jaka masa soli zawiera podaną w zadaniu ilość sodu: Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
58,5g NaCl ──── 23g Na ──── 33,4g Na x 58,5g ⋅ 33,4g = 85g NaCl x= 23g masa zanieczyszcze ń jest więc równa: mz = 100g – 85g = 15g oblliczmy zawartość procentową zanieczyszczeń w próbce: zz[%] = 15g : 100g · 100% = 15% 5.20. policzmy masę molową tlenku: mM = 2 · 56g + 3 · 16g = 160g z czego masa żelaza wynosi: mMFe = 2 · 56g = 112g widzimy zatem, że w 160g związku znajduje się 112g żelaza policzmy z proporcji jaka masa tlenku zawiera podaną w zadaniu ilość żelaza: 160g Fe2O3 ──── 112g Fe ──── 5,6g Fe x 5,6g ⋅ 160g = 8g Fe 2 O 3 x= 112g zawartość procentowa tlenku w rudzie jest równa: z[%] = 8g : 10g · 100% =80% 5.21. policzmy masę molową tlenku: mM = 3 · 56g + 4 · 16g = 232g z czego masa żelaza wynosi: mMFe = 3 · 56g = 168g widzimy zatem, że w 232g związku znajduje się 168g żelaza policzmy z proporcji jaka masa tlenku zawiera podaną w zadaniu ilość żelaza: 232g Fe3O4 ──── 168g Fe x ──── 6kg Fe 6kg ⋅ 232g = 8,29kg Fe 3 O 4 x= 168g następnie policzmy masę rudy zawierającą 8,57kg Fe3O4: 100g rudy ──── 92g Fe3O4 ──── 8,29kg Fe3O4 x 8,29kg ⋅ 100g = 9,01kg rudy x= 92g 5.22. pół mola siarki będzie zawarte w pół mola siarczku miedzi, obliczmy zatem mase pół mola siarczku:
m = 0,5 · mM = 0,5 · (64g + 32g) = 0,5 · 96g = 48g policzmy masę minerału zawierającą 48g siarczku: 100g minerału ──── 96g siarczku ──── 48g siarczku x
68
x=
48g ⋅ 100g 96g
= 50g minerału
5.23. obliczmy teoretyczną zawartość zawartość siarki w minerale, masa molowa minerału: mM = 64g + 32g + 4 · 16g + 5 · (2 · 1g + 16g) = 250g z czego masa siarki mMS = 32g zS[%] = 32g : 250g · 100% = 12,8% wynika z tego, że próbka 100g powinna zawiera ć 12,8g siarki, a zgodnie z danymi zadania zawiera 12,2g, policzmy masę siarczku zawieraj ącą 12,2g siarki:
250g minerału 32g S x 12,2g 12,2g ⋅ 250g = 95,3g minerału x= 32g zatem masa zanieczyszczeń wynosi: mz = 100g – 95,3g = 4,7g co stanowi: zz[%] = 4,7g : 100g · 100% = 4,7% 5.24. masę próbki przyjmijmy za 100g, zatem zawiera ona: 7g cynku, 18g ołowiu, 30g miedzi, wiemy, że wszystkie metale występują w formie MS, zatem łączna ilość moli metali będzie równa ilości moli siarki, a znając tę ilość z łatwością policzymy masę siarki (zadanie można również rozwiązać licząc masy poszczególnych siarczków, jednak jest to nieco dłuższy sposób) nZn = 7g : 65g = 0,108 mola nPb = 18g : 207g = 0,087 mola nZn = 7g : 65g = 0,47 mola co daje łącznie nM = 0,108 + 0,087 + 0,47 = 0,665 mola = n S masa siarki wynosi: mS = 32g · 0,665 = 21,3g zatem łączna masa metali i siarki w 100g próbki wynosi: m = 7g + 18g + 30g + 21,3g = 76,3g masa pozostałych składników: mp = 100g – 76,3g = 23,7g co stanowi: z[%] = 23,7 : 100 · 100 = 23,7% 5.25. masę próbki przyjmijmy za 100g, zatem zawiera ona: 56g żelaza, 7g krzepu; znaj ąc zawartość tych pierwiastków w poszczególnych zwi ązkach, będziemy mogli obliczyc masę tych związków, dla tlenku żelaza(III) mM1 = 2 · 56g + 3 · 16g = 160g z czego żelazo stanowi: mMFe = 2 · 56g = 112g ───
───
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
widzimy zatem, że w 160g związku znajduje się 112g żelaza policzmy z proporcji jaka masa tlenku zawiera podaną w zadaniu ilość żelaza: 160g Fe2O3 ──── 112g Fe ──── 56g Fe x 56g ⋅ 160g = 80g Fe 2 O 3 x= 112g co stanowi następującą zwartość procentową rudy: zFe[%] = 80g : 100g · 100% = 80% analogiczne obliczenia przeprowad źmy dla krzemu: mM2 = 28g + 2 · 16g = 60g z czego krzem stanowi: mMSi = 28g widzimy zatem, że w 60g zwi ązku znajduje si ę 28g krzemu policzmy z proporcji jaka masa tlenku zawiera podaną w zadaniu ilość krzemu: 60g SiO2 ──── 28g Si x ──── 7g Si 60g ⋅ 7g = 15g SiO 2 x= 28g co stanowi następującą zwartość procentową rudy: zSi[%] = 15g : 100g · 100% = 15% 5.26. początkowa masa srebra wynosi: mAg1 = 30% : 100% · 300g = 0,3 · 300g = 90g masę srebra, któr ą należy dodać aby stop zawierał go 40% oznaczmy za x, otrzymujemy wówczas równanie: 90g + x ⋅ 100% = 40% z[%] = 300g + x 90g + x 300g + x 90g + x 0,6x
= 0,4
= 120g + 0,4x
= 30g
x = 50g 5.27. w mieszaninie tej występują następujące zwiazki: Fe2S3, MgO, Al2O3, Cu2S 5.28. masa 1 mola O2 wynosi: mO2 = 2 · 16g = 32g masa 4 moli N2 wynosi: mN2 = 4 · 2 · 14g = 112g całość mieszaniny ma masę: m = 32g + 112g = 144g a stosunek masowy przyjmuje posta ć: mO2 : mN2 = 32g : 112g = 2 : 7 5.29. znając masy molowe będziemy mogli zamienić podane w zadaniu masy na ilo ści moli substancji: mMH2 = 2 · 1g = 2g nH2 = 4g : 2g = 2 mole mMO2 = 2 · 16g = 32g 69
nO2 = 32g : 32g = 1 mol stosunek molowy składników ma postać: nH2 : nO2 = 2 : 1 5.30. obliczenia przyjmą najłatwiejszą postać jeżeli założymy, że mieszanina zawiera 1 mol cz ąsteczek CO2 i 2 mole cząsteczek O2, zatem mCO2 = 12g + 2 · 16g = 44g mO2 = 2 · 2 · 16g = 64g mm = 44g + 64g = 108g 44g ⋅ 100% = 40,7% p mCO 2 = 108g p mO 2
=
64g 108g
⋅ 100% = 59,3%
5.31. zamieńmy masy poszczególnych zwi ązków na liczby moli: mMN2 = 2 · 14g = 28g nN2 = 14g : 28g = 0,5 mola mCO = 12g + 16g = 28g nCO = 7g : 28g = 0,25 mola łączna ilość gazów to: n = 0,5 mola + 0,25 mola = 0,75 mola wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu 3 zajmuje objętość równą 22,4dm zatem: V = 22,4dm3 · 0,75 = 16,8dm3 5.32. skoro stosunek obj ąściowy wynosi 1 : 1 to obj ętość wodoru i tlenku węgla wziętych do stworzenia tej 3 3 mieszaniny wynosiła 0,5m = 500dm ,wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość 3 równą 22,4dm zatem: nH2 = nCO = 500 : 22,4 = 22,3mola policzmy teraz masy poszczególnych substancji: mMH2 = 2 · 1g = 2g mH2 = 2g · 22,3 = 44,6g mMCO = 12g + 16g = 28g mCO = 28g · 22,3 = 624,4g łączna masa mieszaniny wynosi: m = 44,6g + 624,4g = 669g 5.33. skoro składniki zmieszane s ą w stosunku 1 : 1 : 1 oznacza to, że każdy ze składników zawiera: n = 9,03 · 1023 cząsteczek : 3 = 3,01· 1023cząsteczek = 0,5 mola (ponieważ 1 mol = 6,02 · 1023 jednostek) masy poszczególnych składników wynosz ą: mN2 = 28g · 0,5 = 14g mH2 = 2g · 0,5 = 1g mO2 = 32g · 0,5 = 16g co daje łącznie: m = 14g + 1g + 16g = 31g wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość równą 22,4dm3 zatem: 3 3 V = 22,4dm · 3 · 0,5 = 33,6dm Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
5.34. skoro w mieszaninie co 10 cz ąseczka jest cz ąsteczk ą chloru oznacza to, że procentowa zawarto ść molowa chloru wynosi: zCl[%] = 1 : 10 · 100% = 10% zatem zawartość procentowa fluoru zF[%] = 100% - 10% = 90% ponieważ mieszanina zawiera gazy znajduj ące się w tych samych warunkach, zatem policzone przez nas zawartości ilościowe, będą równe zawartością molowym 5.35. masę próbki przyjmijmy za 100g, wówczas masa ksenonu i masa dwutlenku w ęgla wynosi po 50g, masy te musimy zamienić na liczbę moli: mMXe = 131g nXe = 50g : 131g = 0,38 mola mCO2 = 12g + 2 · 16g = 44g nCO2 = 50g : 44g = 1,14 mola łączna ilość moli wynosi: n = 0,38 + 1,14 = 1,52 mola ponieważ mieszanina zawiera gazy znajduj ące się w tych samych warunkach to policzony procentowy skład ilościowy będzie równy składowi objętościowemu: zXe[%] = 0,38 : 1,52 · 100% = 25% zCO2[%] = 1,14 : 1,52 · 100% = 75% 5.36. w celu uproszczenia oblicze ń przyjmijmy, masy substancji równe warto ścią użytym w podanym stosunku masowym, następnie masy te musimy zamienić na ilości moli: mMHe = 4g nHe = 3g : 4g = 0,75 mola mMH2 = 2 · 1g = 2g nH2 = 2g : 2g = 1 mol mMCH4 = 12g + 4 · 1g = 16g nCH4 = 10g : 16g = 0,625 mola łączna ilość moli wynosi: n = 0,75 + 1 + 0,625 = 2,375 mola ponieważ mieszanina zawiera gazy znajduj ące się w tych samych warunkach to policzony procentowy skład ilościowy będzie równy składowi objętościowemu: zHe[%] = 0,75 : 2,375 · 100% = 32% zH2[%] = 1 : 2,375 · 100% = 42% zCH4[%] = 0,625 : 2,375 · 100% = 26% 5.37. przyjmijmy, że mieszanina zawiera a g neonu i b g tlenu, masy te musimy zamieni ć na ilości moli mMNe = 20g nNe = a g : 20g = a /20 mola mMO2 = 2 · 16g = 32g nO2 = b g : 32g = b /32 mola łączna ilość moli wynosi: n = a /20 + b /32 [mola]
70
ponieważ mieszanina zawiera gazy znajduj ące się w tych samych warunkach to policzony procentowy skład ilościowy będzie równy składowi objętościowemu: a a ⋅ 20 ⋅ 32
5.40. dla uproszczenia obliczeń przyjmijmy, że mieszanina zawiera po 1g helu i wodoru, podane masy zamieńmy na ilości moli: mMHe = 4g nHe = 1g : 4g = 0,25 mola 20 ⋅ 100% = 20 z Ne [%] = mMH2 = 2 · 1g = 2g a b a ⋅ 20 ⋅ 32 b ⋅ 20 ⋅ 32 + + nH2 = 1g : 2g = 0,5 mola 20 32 20 32 nHe : nH2 = 0,25 : 0,5 = 1 : 2 32a ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w ⋅ 100% = ⋅ 100% = p oNe 32a + 20b tych samych warunkach to obliczony stosunek b b ⋅ 20 ⋅ 32 ilościowy jest równy stosunkowi objętościowemu: VHe : VH2 = 1 : 2 32 32 ⋅ 100% = z O2 [%] = 5.41. a b a ⋅ 20 ⋅ 32 b ⋅ 20 ⋅ 32 + + ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w 20 32 20 32 tych samych warunkach to podany stosunek ilościowy 20b o ⋅ 100% = ⋅ 100% = p O 2 jest równy stosunkowi objętościowemu: 32a + 20b VF2 : VAr = 3 : 5 5.38. 5.42. ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w tych samych warunkach to podany stosunek tych samych warunkach to podana zawartość objętościowy jest równy stosunkowi ilościowemu, objętościowa jest równa zawartości ilościowej, zatem: dlatego dla uproszczenia obliczeń możemy przyjąć, że zH2[%] = 60% mieszanina zawiera 2 mole chloru i 3 mole fluoru, zCO[%] = 100% - 60% = 40% podane ilości zamieńmy na masy: stosunek ilościowy jest równy: mMCl2 = 35,5g · 2 = 71g nH2 : zCO = 60 : 40 = 3 : 2 mCl2 = 71g · 2 = 142g 5.43. mMF2 = 19g · 2 = 38g załóżmy masę próbki jako 100g, wówczas zawiera mF2 = 3 · 19g · 2 = 114g ona po 50g złota i srebra, zamieńmy masy na ilości łączna masa wynosi: moli: m = 142g + 114g = 256g mMAu = 197g 142 g m nAu = 50g : 197g = 0,254 mola ⋅ 100% = 55,5% p Cl 2 = 256g mMAg = 108g nAg = 50g : 108g = 0,463 mola 114g p mF 2 = ⋅ 100% = 44,5% stosunek molowy wynosi: 256g nAu : nAg = 0,254 : 0,463 = 1 : 1,82 5.39. 5.44. ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w tych samych warunkach to podany skład objętościowy tych samych warunkach to podany stosunek jest równy składowi ilościowemu, dla uproszczenia objętościowy jest równy stosunkowi ilościowemu, dla obliczeń przyjmijmy, że mieszanina zawiera łącznie 1 uproszczenia obliczeń przyjmijmy, że mieszanina mol substancji i podane ilości zamieńmy na masę zawiera 4 mole cząsteczek azotu i 1 mol cząsteczek nSO2 = 0,25 mola tlenu, zamieńmy ilości na masy: mMSO2 = 32g + 2 · 16g = 64g mMN2 = 2 · 14g = 28g mSO2 = 0,25 · 64g = 16g mN2 = 4 · 28g = 112g nO2 = 0,75 mola mMO2 = 2 · 16g = 32g mMO2 = 2 · 16g = 32g mO2 = 1 · 32g = 32g mO2 = 0,75 · 32g = 24g stosunek masowy wynosi: łączna masa mieszaniny mN2 : mO2 = 112 : 32 = 7 : 2 m = 16g + 24g = 40g 5.45. 16 g m ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w ⋅ 100% = 40% p SO 2 = 40g tych samych warunkach to stosunek objętościowy jest równy stosunkowi ilościowemu, zatem aby stosunek 24g p mF2 = ⋅ 100% = 60% objętościowy był równy stosunkowu masowemu, 40g masy molowe obu składników powinny być sobie równe. Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
71
n1 n2
=
m1
pA
m2
m1 / M1 m 2 / M 2
=
m1 m2
M 2 = M1 5.46. ponieważ mieszanina zawiera gazy znajduj ące się w tych samych warunkach to stosunek obj ętościowy jest równy stosunkowi ilościowemu, dla uproszczenia obliczeń przyjmijmy, że mieszanina zawiera a moli tlenu i b moli dwutlenku węgla, zamieńmy ilości na masy: mMO2 = 2 · 16g = 32g mO2 = 32g · a mMCO2 = 12g + 2 · 16g = 44g mCO2 = 44g · b mO2 : mCO2 = 32a : 44b = 8a : 11b 5.47. Oba składniki stanowią taki sam, równy p procent mieszaniny; skoro jest to mieszanina dwuskładnikowa, wówczas p = 50%, poniewa ż mieszanina zawiera gazy znajduj ące się w tych samych warunkach to stosunek obj ętościowy jest równy stosunkowi ilościowemu, zatem możemy przyjąć, że łączna ilość mieszaniny wynosi 1 mol, obliczmy masy poszczególnych substancji: mA = p : 100% · M A = 50% : 100% · M A = 0,5 · M A mB = p : 100% · M B = 50% : 100% · M B = 0,5 · M B ( M A, M B poszczególne masy molowe) procent masowy składnika A ma postać mA 0,5 ⋅ M A ⋅ 100% = ⋅ 100% p mA = mA + mB 0,5 ⋅ M A + 0,5 ⋅ M B 5.48. korzystając z wzoru na gęstość, równanie określające masę ma postać: m = d · V zakładając, że objętość całej mieszaniny wynosi pA + pB wyliczamy masy poszczególnych składników: mA = dA · pA mB = dB · pB procent masowy składnika A ma postać: mA dA ⋅ pA ⋅ 100% = ⋅ 100% p mA = mA + mB d A ⋅ pA + d B ⋅ pB 5.49. korzystając z wzoru na gęstość, równanie określające objętość ma postać: V=m/d zakładając, że masa całej mieszaniny wynosi p A + pB wyliczamy objętości poszczególnych składników: VA = pA / dA VB = pB / dB procent objętościowy składnika A ma posta ć: Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
p oA
=
dA pA dA
+
pB
⋅ 100% =
pA ⋅ dB pA ⋅ dB
+ pB ⋅ dA
⋅ 100%
dB
5.50. załóżmy, że mieszanina zawiera po 1g ka żdego z tlenków, korzystając z ich mas molowych policzmy ile żelaza zawiera ka żdy z tlenków: mMFeO = 56g + 16g = 72g mFe = 56g policzmy z proporcji, jak ą ilość żelaza zawiera 1g tlenku: 72g FeO ──── 56g Fe 1g FeO ──── x 1g ⋅ 56g = 0,78g Fe x= 72g mMFe2O3 = 2 · 56g + 3 · 16g = 160g mFe = 112g policzmy z proporcji, jak ą ilość żelaza zawiera 1g tlenku: 160g Fe2O3 ──── 112g Fe 1g Fe2O3 ──── y 1g ⋅ 112g = 0,7g Fe y= 160g łączna masa żelaza wynosi: mFe = 0,78g + 0,7g = 1,48g łączna masa próbki wynosi: mFe = 1g + 1g = 2g zawartość procentowa żelaza: m p Fe = 1,48g / 2g · 100% = 74% 5.51. załóżmy, że mieszanina zawiera po 1 mol każdego z tlenków, korzystając z ich mas molowych policzmy masę żelaza i masę mieszaniny: mMFeO = 56g + 16g = 72g mMFe = 56g mMFe2O3 = 2 · 56g + 3 · 16g = 160g mFe = 112g łączna masa żelaza wynosi: mFe = 56g + 112g = 168g łączna masa próbki wynosi: mp = 72g + 160g = 232g zawartość procentowa żelaza: m p Fe = 168g / 232g · 100% = 72,4% 5.52. 1) załóżmy, że mieszanina zawiera 1g FeS i 3g Fe 2S3, korzystaj ąc z ich mas molowych policzmy ile siarki zawiera każdy z siarczków: mMFeS = 56g + 32g = 88g mS = 32g policzmy z proporcji, jak ą ilość siarki zawiera 1g siarczku: 88g FeS ──── 32g S 1g FeO ──── x
72
x=
1g ⋅ 32g
= 0,36g S
88g mMFe2S3 = 2 · 56g + 3 · 32g = 208g mS = 96g policzmy z proporcji, jak ą ilość siarki zawieraj ą 3g siarczku: 208g Fe2S3 ──── 96g S 3g Fe2S3 ──── y 3g ⋅ 96g = 1,38g S y= 208g łączna masa siarki wynosi: mFe = 0,36g + 1,38g = 1,74g łączna masa próbki wynosi: mFe = 1g + 3g = 4g zawartość procentowa siarki: m p S = 1,74g / 4g · 100% = 43,5% 2) załóżmy, że mieszanina zawiera 1 mol FeS i 3 mole Fe2S3, korzystając z ich mas molowych policzmy masę siarki i masę mieszaniny: mMFeS = 56g + 32g = 88g mS1 = 32g mMFe2O3 = 2 · 56g + 3 · 32g = 208g mFe2O3 = 3 · 208g = 624g mS2 = 3 · 3 · 32g = 288g łączna masa siarki wynosi: mS = 32g + 288g = 320g łączna masa próbki wynosi: mp = 88g + 624g = 712g zawartość procentowa żelaza: m p S = 320g / 712g · 100% = 45% 5.53. załóżmy, żę masa mieszaniny wynosi 100g, wówczas 62,6g waży chlor i brom i 100g – 62,6g = 37,4g wa żą sód i potas, policzmy ile moli ka żdego ze związków było w mieszaninie (x – ilość moli NaCl, y – ilość moli KBr): m Cl + m Br = 62,6g
m Na + m K = 37,4g x ⋅ m MCl + y ⋅ m MBr = 62,6g x ⋅ m MNa + y ⋅ m MK = 37,4g x ⋅ 35,5g + y ⋅ 80g = 62,6g x ⋅ 23g + y ⋅ 39g = 37,4g x ⋅ 35,5 = 62,6 − y ⋅ 80 x ⋅ 23 + y ⋅ 39 = 37,4 x = 1,763 − y ⋅ 2,254 (1,763 − y ⋅ 2,254 ) ⋅ 23 + y ⋅ 39 = 37,4 40,55 − 51,84 y + 39 y = 37,4
12,84 y = 3,15
y = 0,245 x = 1,21 Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
masa KBr wynosi: mMKBr = 39g + 80g = 119g mKBr = 0,245 · 119g = 29,2g zawartość procentowa KBr jest równa (mas ę próbki na samym początku przyjęliśmy jako 100g): zKBr[%] = 29,2g : 100g · 100% = 29,2% masa NaCl wynosi: mMKBr = 23g + 35,5g = 58,5g mNaCl = 1,21 · 58,5g = 70,8g zawartość procentowa NaCl jest: zNaCl[%] = 70,8g : 100g · 100% = 70,8% 5.54. cała mieszanina zawiera 5 + 8 + 7 = 20 moli 5 u mol = = 0,25 A 20 8 = = 0,4 u mol B 20 7 = 0,35 u Cmol = 20 5.55. zamieńmy masy na ilości moli: mMH2 = 2 · 1g = 2g nH2 = 4g : 2g = 2 mole mMO2 = 2 · 16g = 32g nO2 = 16g : 32g = 0,5 mola 2 u mol = = 0,8 H2 2,5 5.56. przyjmijmy masę próbki za 100g, wówczas ksenon I dwutlenek węgla mają masy po 50g, zamieńmy masy na ilości moli mMXe = 131g nXe = 50g : 131g = 0,382 mola mMCO2 = 12g + 2 · 16g = 44g nCO2 = 50g : 44g = 1,136 mola 0,382 u mol = 0,252 H2 = 0,382 + 1,136 5.57. ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w tych samych warunkach to podana zawartość objętościowa jest równa zawartości ilościowej, zatem zakładając, że cała mieszanina zawiera 1 mol gazów, to wówczas ilość szukanego przez nas składnika wynosi 0,2 mola i taki te ż jest ułamek molowy 5.58. przyjmując masę mieszaniny za 1g ułamek masowy będzie równy masie poszczególnego składnika, korzystając ze wzoru na gęstość wyprowadzamy równanie określające objętość: d=m/V m V = m / d = u / d liczymy objętości kolejnych składników: m VA = u A / dA m VB = u B / dB
73
ułamek objętościowy składnika A ma posta ć: u mA u
obj A
=
VA VA
+ VB
=
dA u mA
+
dA
=
u mB
u mA ⋅ d B u mA ⋅ d B
+ u mB ⋅ d A
dB
5.59. przyjmuj ąc masę mieszaniny za 1g ułamek masowy będzie równy masie poszczególnego składnika, znaj ąc masy molowe, będziemy mogli policzyć liczby moli poszczególnych składników m nA = mA : MA = u A : MA m nB = mB : MB = u B : MB ułamek molowy składnika A ma postać:
u u
mol A
=
nA nA
+ nB
=
m A
MA u
m A
MA
+
u
=
m B
=
nA nA
+ nB
=
u
m A
⋅ MB + u ⋅ MA m B
MB
MA d A ⋅ u oA MA
=
+
u obj A
u mA ⋅ M B
5.60. 3 przyjmuj ąc objętość mieszaniny za 1cm ułamek objętościoy będzie równy objętości poszczególnego składnika, korzystaj ąc ze wzoru na g ęstość wyprowadzamy równanie określające masę: d=m/V o m = d · V = d · u liczymy masy kolejnych składników: o mA = dA · u A o mB = dB · u B aby wyrazić ilość składników w molach, używając masy molowej musimy zamienić masę na ilość moli: nA = mA : MA = dA · uoA : MA o nB = mB : MB = dB · u B : MB ułamek molowy składnika A ma postać: d A ⋅ u oA
u mol A
składnika, korzystaj ąc z mas molowych wyprowadzamy równanie określające masę: mA = nA · MA = umolA · MA mol mB = nB · MB = u B · MB znając masy i korzystając z wzoru na g ęstość zamieniamy masy na obj ętości: d=m/V V=m/d liczymy objętości kolejnych składników: mol VA = u A · MA / dA VB = umolB · MB / dB ułamek objętościowy składnika A ma posta ć: u mol A ⋅ MA
d B ⋅ u oB
=
MB
d A ⋅ u oA ⋅ M B
d A ⋅ u oA ⋅ M B + d B ⋅ u oB ⋅ M A 5.61. przyjmuj ąc ilość mieszaniny za 1 mol, ułamek molowy będzie równy ilości poszczególnego składnika, korzystaj ąc z mas molowych wyprowadzamy równanie określające masę: mol mA = nA · MA = u A · MA mB = nB · MB = umolB · MB ułamek masowy składnika A ma posta ć: ⋅ MA mA u mol m = mol A uA = m A + m B u A ⋅ M A + u mol B ⋅ MB 5.62. przyjmuj ąc ilość mieszaniny za 1 mol, ułamek molowy będzie równy ilości poszczególnego Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
=
VA VA
+ VB
=
dA u mol A ⋅ MA dA
=
+
u mol B ⋅ MB
=
dB
u mol A ⋅ MA ⋅ dB u mol A ⋅ MA ⋅ dB
+ u mol B ⋅ MB ⋅ dA
5.4. Parametry mieszanin w funkcji składu 5.63. wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu 3 zajmuje 22,4dm , załóżmy zatem, że ilość mieszaniny jest równa 1 mol, zatem poszczególne składniki występują w ilości: nO2 = 20% : 100% · 1 mol = 0,2 mola nN2 = 80% : 100% · 1 mol = 0,8 mola zamieńmy wyliczone ilości na masy korzystaj ąc z mas molowych: mMO2 = 2 · 16g = 32g mO2 = 0,2 · 32g = 6,4g mMN2 = 2 · 14g = 28g mN2 = 0,8 · 28g = 22,4g łączna masa 1 mola powietrza: m = 6,4g + 22,4g = 28,8g gęstość powietrza wynosi: 3 3 d = m : V = 28,8g : 22,4dm = 1,29 g/dm 5.64 ponieważ oba gazy znajduj ą się w tych samych warunkach ich skład obj ętościowy będzie równy składowi ilościowemu, załóżmy, że ilość mieszaniny stanowi 1 mol, wiemy, że w warunkach normalnych 1 3 mol gazu zajmuje 22,4dm , policzmy zatem masę 1 mola mieszaniny: d=m:V 3 3 m = d · V = 1,5 g/dm · 22,4 dm = 33,6g niech n1 stanowi ilość moli azotu, a n2 ilość moli dwutlenku węgla, wyprowadzamy układ równa ń, gdzie jedno równanie okre śla skład ilościowy mieszaniny, a drugie skład masowy: n1 + n 2 = 1
n1 ⋅ 28g + n 2 ⋅ 44g = 33,6g
74
n 1 = 1 − n 2 (1 − n 2 ) ⋅ 28 + n 2 ⋅ 44 = 33,6 n 1 = 1 − n 2 28 − 28 ⋅ n 2 + n 2 ⋅ 44 = 33,6 n 1 = 1 − n 2 16 ⋅ n 2 = 5,6 n 2 = 0,35 n 1 = 0,65 o mol p N2 = p N2 = 0,65 : 1 · 100% = 65% poCO2 = pmolCO2 = 0,35 : 1 · 100% = 35% 5.65. średnia masa molowa to masa mieszaniny podzielona przez ilość moli mieszaniny, zatem dla mieszaniny dwuskładnikowej: m + m2 Mm = 1 n1 + n 2 znając masy molowe poszczególnych składników ich masy możemy powiązań z ilością moli: n ⋅ M1 + n 2 ⋅ M 2 n ⋅M n ⋅M Mm = 1 = 1 1+ 2 2 n1 + n 2 n1 + n 2 n1 + n 2 iloraz n1 : (n1 + n2) stanowi ułamek molowy, podobnie w przypadku n 2 zatem: ⋅ M2 M m = u 1mol ⋅ M1 + u mol 2 oba gazy znajduj ą się w tych samych warunkach zatem ich ułamki molowe są równe ułamkom objętościowym: M m = u 1o ⋅ M1 + u o2 ⋅ M 2 między ułamkiem molowym, a składem procentowym zachodzi zależność po = uo · 100% o o u = p : 100% mamy zatem: p1o ⋅ M 1 p o2 ⋅ M 2 o o M m = u 1 ⋅ M1 + u 2 ⋅ M 2 = + = 100% 100% p 1o ⋅ M 1 + p o2 ⋅ M 2
=
100%
5.66. (korzystamy ze wzoru udowodnionego w zad. 5.65.) p1o ⋅ M 1 + p o2 ⋅ M 2 20% ⋅ 32g + 80% ⋅ 28g Mm = = = 100% 100% = 28,8g 5.67. 1) skoro stosunek objętościowy wynosi 1 : 1, zatem zawartość procentowa obu składników jest równa 50% p1o ⋅ M 1 + p o2 ⋅ M 2 50% ⋅ 2g + 50% ⋅ 4g Mm = = = 100% 100% = 3g Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
2) załóżmy, że mieszanina zawiera po 1g obu składników (czyli łącznie 2g), zamieńmy te ilości na liczby moli: nH2 = 1g : 2g = 0,5 mola nHe = 1g : 4g = 0,25 mola łączna ilość mieszaniny wynosi: n = 0,5 mola + 0,25 mola = 0,75 mola wzór na masę molową ma postać: Mm = m : n Mm = 2g : 0,75 = 2,67g 3) oba gazy znajdują się w tych samych warunkach zatem ich stosunek ilościowy jest równy stosunkowi objętościowemu, zatem rozwiązujemy zadanie tak samo jak w pkt. 1) 5.68. a) wyprowadźmy układ równań w którym pierwsze równanie będzie wzorem na masę molową, a drugie określać będzie całość mieszaniny jako 100%
p 1o ⋅ M 1 + p o2 ⋅ M 2 M m = 100% p o + p o = 100% 2 1 p1o = 100% − p o2 100% ⋅ M m = (100% − p o2 ) ⋅ M 1 + p o2 ⋅ M 2 p1o = 100% − p o2 100% ⋅ M m = 100% ⋅ M 1 − p o2 ⋅ M 1 + p o2 ⋅ M 2 100 ⋅ 25 = 100 ⋅ 20 − p o2 ⋅ 20 + p o2 ⋅ 40 2500 = 2000 + 20 ⋅ p o2 20 ⋅ p o2
= 500
p o2 = 25% o p1 = 75% o
o
VNe : VAr = p 1 : p 2 = 75 : 25 = 3 : 1 b) ponieważ gazy znajdują się w tych samych warunkach ich stosuek objętościowy jest równy stosunkowi ilościowemu, mnożąc ilości substancji przez ich masy molowe otrzymamy stosunek masowy, korzystamy z pkt a): VNe : VAr = 3 : 1 = n Ne + nAr dla uproszczenia obliczeń załóżmy, że mieszanina zawiera 3 mole Ne i 1 mol Ar, zamie ńmy te ilości na masy: mMNe = 20g mNe = 3 · 20g = 60g mMAr = 40g mAr = 40g stosunek masowy wynosi: mNe : mAr = 60 : 40 = 3 : 2 5.69. liczymy średnie masy molowe odpowiednio dla zawartości 20, 40 ,60, 80 procent helu:
75
M m 20
=
M m 40
=
M m 60
=
100% 40 ⋅ 4g + 60 ⋅ 2g 100% 60 ⋅ 4g + 40 ⋅ 2g 100% 80 ⋅ 4g + 20 ⋅ 2g
= 2,4 = 2,8 = 3,2
= 3,6 100% dane te pozwalają nam stworzyć wykres: M m80
=
20 ⋅ 4g + 80 ⋅ 2g
) e H + 2
H ( r
M
hel [%]
5.70. rozpocznijmy od równania obj ętości mieszaniny i składników: Vm = V1 + V2 korzystając ze wzoru okre ślającego gęstość, zamieniamy objętości: d=m:V V=m:d mm m1 m 2 dm 1
=
=
d1
+
m1
d2 m2
+
dm d1 ⋅ m m d 2 ⋅ m m procentowy skład masowy wyraża się wzorem: m p m = 1 ⋅ 100% , zatem m m1 pm = , więc m 100% p1m p m2 1
dm 1 dm
= =
d 1 ⋅ 100%
+
d 2 ⋅ 100%
p1m ⋅ d 2 d 1 ⋅ 100% ⋅ d 2
+
p m2 ⋅ d 1 d 2 ⋅ 100% ⋅ d 1
+ p m2 ⋅ d1 = dm d1 ⋅ 100% ⋅ d 2 d ⋅ 100% ⋅ d 2 d m = m1 p1 ⋅ d 2 + p m2 ⋅ d 1 1
p1m ⋅ d 2
5.71. dla uproszczenia obliczeń przyjmijmy, że masa całej mieszaniny wynosi 100g, zatem masa metanu jest równa 25g, a masa tlenu 75g, zamieńmy podane masy na ilości moli: mMCH4 = 12g + 4 · 1g = 16g Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
nMCH4 = 25g : 16g = 1,56 mola mMO2 = 2 · 16g = 32g nMCH4 = 75g : 32g = 2,34 mola łączna ilość moli n = 1,56 + 2,34 = 3,9 mola wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu 3 zajmuje 22,4dm , zatem 3,9 mola zajmuje obj ętość: 3 3 V = 3,9 · 22,4dm = 87,36dm gęstość mieszaniny jest równa: 3 d = m : V = 100g : 87,36 = 1,14g/dm 5.72. policzmy najpierw skład ilościowy, zakładając, że cała mieszanina stanowi 1 mol (czyli zajmuje objętość 3 równą 22,4dm ); wyprowadźmy układ równań, gdzie pierwsze równanie wyraża gęstość, a drugie ilość mieszaniny: n 1 ⋅ 2g + n 2 ⋅ 4g g 0,1 3 = 22,4dm 3 dm
n + n = 1 2 1 2,24 = n 1 ⋅ 2 + n 2 ⋅ 4 n1 = 1 − n 2
2,24 = (1 − n 2 ) ⋅ 2 + 4n 2 2,24 = 2 − 2n 2
+ 4n 2
= 0,24 n 2 = 0,12 n 1 = 0,88 2n 2
zamieńmy wyliczone ilości na masy: mH2 = n1 · 2g = 0,88g · 2g = 1,76g mHe = n2 · 4g = 0,12g · 4g = 0,48g procentowy skład mieszaniny wynosi 1,76 ⋅ 100% = 78,6 p mH 2 = 1,76 + 0,48 p mHe
=
0,48 1,76 + 0,48
⋅ 100% = 21,4
5.73. powietrze zawiera w przybliżeniu 80% azotu i 20% tlenu; załóżmy, że ilość powietrza jest równa 1 mol, zatem poszczególne składniki występują w ilości: nO2 = 20% : 100% · 1 mol = 0,2 mola nN2 = 80% : 100% · 1 mol = 0,8 mola zamieńmy wyliczone ilości na masy korzystając z mas molowych: mMO2 = 2 · 16g = 32g mO2 = 0,2 · 32g = 6,4g mMN2 = 2 · 14g = 28g mN2 = 0,8 · 28g = 22,4g łączna masa 1 mola powietrza: m = 6,4g + 22,4g = 28,8g więc średnia masa cząsteczkowa powietrza wynosi 28,8u szukana przez nas masa cząsteczkowa gazu: m = 28,8u · 1,52 = 43,8u
76
5.74. „lżejsze” od powietrza s ą te gazy które posiadaj ą mniejsza masę cząsteczkową niż średnia masa cząsteczkowa powietrza 28,8u, czyli: He, CH 4, a „cięższe” są: O2, Cl2 5.75. m m1 + m 2 dm = = V V1 + V2
z wzoru na gęstość wiemy, że m = d · V, zatem d ⋅ V + d 2 ⋅ V2 dm = 1 1 V1 + V2 d m ⋅ V1
+ d m ⋅ V2 = d 1 ⋅ V1 + d 2 ⋅ V2 d m ⋅ V1 − d 1 ⋅ V1 = d 2 ⋅ V2 − d m ⋅ V2 V1 ⋅ (d m − d 1 ) = V2 ⋅ (d 2 − d m ) V1 d − dm = 2 V2 d m − d1 podany wzór został udowodniny i łatwo zauważyć, że korzystając z metody krzyża otrzymujemy dokładnie taki sam iloraz jak podane wcześniej równanie 5.76. m m1 + m 2 dm = = V V1 + V2 z wzoru na gęstość wiemy, że V = m : d, zatem m + m2 dm = 1 m1 m 2
d1 dm
⋅
m1 d1
+
d2
+ dm ⋅
m2 d2
= m1 + m 2
d m ⋅ m1 ⋅ d 2
+ d m ⋅ m 2 ⋅ d1 = m1 ⋅ d 1 ⋅ d 2 + m 2 ⋅ d1 ⋅ d 2 d m ⋅ m1 ⋅ d 2 − m1 ⋅ d 1 ⋅ d 2 = m 2 ⋅ d 1 ⋅ d 2 − d m ⋅ m 2 ⋅ d 1 m1 ⋅ d 2 (d m − d 1 ) = m 2 d 1 ⋅ (d 2 − d m ) m1 d 1 ⋅ (d 2 − d m ) = m2 d 2 (d m − d 1 ) w tym przypadku nie mo żemy korzystać z metody krzyża, gdyż sposób ten nie uwzględnia stojących przed nawiasami zmiennych d1, d2 5.77. w zadaniu tym korzystamy z równań wyprowadzonych w zadaniach 5.75 i 5.76: V1 d 2 − d m1
V = d − d 2 m1 1 m1 = d1 (d 2 − d m 2 ) = d1d 2 − d1d m 2 m 2 d 2 (d m 2 − d1 ) d 2 d m 2 − d 2d1 1 d 2 − 0,5 1 = 0,5 − d 1 1 = d1d 2 − d1 0,48 1 d 2 0,48 − d 2d1
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
d 2 − 0,5 = 0,5 − d 1 d 2 0,48 − d 2 d1 = d 1d 2 − d 1 0,48 d 2 + d 1 = 1 d 2 0,48 + d 1 0,48 = 2d 1d 2 d 2 + d 1 = 1 0,48(d 2 + d1 ) = 2d1d 2 d 2 = 1 − d 1 0,48 = 2d 1d 2 d 2 = 1 − d 1 0,24 = d 1d 2 0,24 = d 1 (1 − d1 ) 0,24 = d 1
− d 12
d12 − d1 + 0,24 = 0 rozwiązanie tego równania wymaga znajomo ści metody rozwiązywania równań kwadratowych: ∆ = 1 − 4 ⋅ 0,24 = 0,04 x1
=
2
= 0,4
1 + 0,04
= 0,6 2 obie wartości mogą spełniać warunki zadania, przyjmijmy jednak, że d1 < d2, wówczas: d1 = 0,4 g/cm3 3 d2 = 1 - 0,4 = 0,6 g/cm 5.78. liczymy masę wodorotlenku sodu: mNaOH = 0,96 · 10 = 9,6g układamy równanie: 2 NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2 H2O 2 · 40g 2g +32g+64g 80g 98g układamy proporcj ę: 80g NaOH ──── 98g H2SO4 9,6g NaOH ──── x 98g ⋅ 9,6g = 11,76 g H2SO4 x= 80g 5.79. układamy równanie: CaCO3 → CaO + CO2 40g+12g+48g 40g+16g 100g 56g układamy proporcj ę: 100g CaCO3 ──── 56g CaO ──── 7kg CaO x 100g ⋅ 7 kg = 12,5 kg CaCO3 x= 56g policzmy jaka ilość wapniaku jest potrzebna do otrzymania takiej ilości węglanu wapnia: x2
=
1 − 0,04
77
100g wapniaku ──── 90g CaCO3 ──── 12,5 kg CaCO3 y 100g ⋅ 12,5kg = 13,9 kg wapniaku y= 90g 5.80. układamy równanie: CaCO3 + 2 HNO3 → Ca(NO3)2 + CO2 + H2O 40g+12g+48g 40g+2·62g 100g 164g układamy proporcj ę: 100g CaCO3 ──── 164g Ca(NO 3)2 x ──── 1000kg Ca(NO3)2 100g ⋅ 1000kg = 609,8 kg CaCO3 x= 164g policzmy jaka ilość wapniaku jest potrzebna do otrzymania takiej ilości węglanu wapnia: 100g wapniaku ──── 90g CaCO3 ──── 609,8 kg CaCO3 y 100g ⋅ 609,8kg = 678 kg wapniaku y= 90g 5.81. policzmy ile moli tlenu trzeba do utlenienia miedzi: 2 Cu + O2 → 2 CuO 2·64g 1 mol 128g 1 mol układamy proporcj ę: 128g Cu ──── 1 mol O2 5g Cu ──── x 5g ⋅ 1 = 0,039 mola O2 x= 128g wiemy, że powietrze zawiera ok 20% tlenu, zatem ilość moli gazu, których objętość chcemy obliczyć jest równa: n = 100% / 20% · 0,039 mola = 0,195 mola a) w warunkach normalnych 1 mol zajmuje obj ętość równą 22,4dm3 zatem: 3 Va = 0,195 · 22,4 = 4,37dm b) w tym przypadku objętość musimy policzyć z równania Clapeyrona: pV = nRT V=
nRT p
=
0,195 ⋅ 83,1 ⋅ 290 960
= 4,9 dm 3
5.82. (w zadaniu zakładamy skład powietrza: 20% O 2 i 80% N2) układamy równania reakcji: 2 Mg + O2 → 2 MgO 3 Mg + N2 → Mg3N2 wiemy, że w powietrzu jest 4 razy wi ęcej azotu, zatem drugie równanie pomnó żmy przez 4 2 Mg + O2 → 2 MgO 12 Mg + 4 N2 → 4 Mg3N2 dodajmy równania stronami: Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
14 Mg + O2 + 4 N2 →2 MgO + 4 Mg3N2 14·24g 5 moli 336g 5 moli układamy proporcj ę: 336g Mg ─── 5 moli powietrza 14g Mg ─── x 5 ⋅ 14g = 0,208 mola powietrza x= 336g a) w warunkach normalnych 1 mol zajmuje obj ętość równą 22,4dm3 zatem: 3 Va = 0,208 · 22,4 = 4,66dm b) w tym przypadku obj ętość musimy policzyć z równania Clapeyrona: pV = nRT V=
nRT p
=
0,208 ⋅ 83,1 ⋅ 285 1029
= 4,79 dm 3
5.84. policzmy masy poszczególnych metali: mMg = 12g · 0,3 = 3,6g mAl = 12g · 0,7 = 8,4g układamy równanie reakcji dla magnezu: Mg + 2 HCl → MgCl2 + H2↑ 3 24g 22,4dm układamy proporcj ę: 24g Mg ─── 22,4 dm3 H2 3,6g Mg ─── x 3,6 ⋅ 22,4g = 3,36 dm3 H2 x= 24g analogicznie postępujemy w przypadku glinu: 2Al + 6 HCl → 2 AlCl3 + 3 H2↑ 3 2 ·27g 3·22,4dm 54g 67,2dm3 układamy proporcj ę: 3 54g Al ─── 67,2 dm H2 8,4g Al ─── y 8,4 ⋅ 67,2g = 10,45 dm3 H2 y= 54g łączna objętość wodoru wynosi: 3 3 3 V = 3,36dm + 10,45dm = 13,81dm 5.85. załóżmy, że masa mieszaniny wynosi 100g, wówczas: mCuO = 0,4 · 100g = 40g mAg2O = 0,6 · 100g = 60g układamy równanie reakcji dla miedzi (niech reduktorem będzie wodór): CuO + H2 → Cu + H2O 64g+16g 64g 80g 64g układamy proporcj ę: 80g CuO ─── 64g Cu 40g CuO ─── x
78
x=
40g ⋅ 64g
= 32 g Cu
80g analogicznie postępujemy w przypadku srebra: Ag2O + H2 2 Ag + H2O 2·108g+16g 2·108g 232g 216g układamy proporcj ę: 232g Ag2O 216g Ag 60g Ag2O y 60g ⋅ 216g = 55,9 g Ag y= 232g 32g z Cu [%] = ⋅ 100% = 36,4% 32g + 55,9g →
─── ───
z Ag [%] =
55,9g 32g + 55,9g
⋅ 100% = 63,6%
5.86. policzmy ilości moli kwasu konieczne do zobojętnienia poszczególnych substancji: NaOH + HCl → NaCl + H2O 40g 1 mol układamy proporcj ę: 40g NaOH ─── 1 mol HCl 4g NaOH ─── x 4g ⋅ 1 = 0,1 g mola HCl x= 40g analogicznie: Mg(OH)2 + HCl → NaCl + H2O 58g 1 mol układamy proporcj ę: 58g Mg(OH)2 ─── 1 mol HCl 5,8g Mg(OH)2 ─── y 5,8g ⋅ 1 = 0,1 g mola HCl y= 58g łącznie potrzeba 0,2 mola HCl, którego 0,1-molowy roztwór zajmuje następującą objętość: 1 dm3 r-ru ─── 0,1 mola HCl ─── 0,2 mole HCl z 0,2 = 2 g dm3 r-ru z= 0,1 5.87. ukłóżmy równanie reakcji dla bromku sodu: 2 NaBr + Cl2 → 2 NaCl + Br2 2·(23g+80g) 22,4dm3 3 206g 22,4dm układamy proporcj ę: 206g NaBr ─── 22,4 dm3 Cl2 20,6g NaBr ─── x
x=
20,6g ⋅ 22,4dm 3
= 2,24 dm3 Cl2
206g analogicznie postępujemy dla jodku potasu: Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
2 KI + Cl2 2 KCl + I2 3 2·(39g+127g) 22,4dm 3 332g 22,4dm układamy proporcj ę: 332g NaBr 22,4 dm3 Cl2 16,6g NaBr y 3 16,6g ⋅ 22,4dm = 1,12 dm3 Cl2 y= 332g łączna objętość chloru wynosi: 3 3 3 V = 2,24dm + 1,12dm = 3,36dm 5.88. chcąc wyznaczyć skład mieszaniny musimy najpierw policzyć jaka byłaby masa mieszaniny, gdyby oba składniki stanowiły po 1 molu: m = mM(NH4)2SO4 + mMNH4NO3 = 2 · (14g + 4 · 1g) + 32g + 4 · 16g + 14g + 4 · 1g + 14g + 3 · 16g = 212g ułóżmy proporcję: 1 mol (NH4)2SO4 212g mieszaniny x 53g mieszaniny 1 ⋅ 53g = 0,25 mola (NH4)2SO4 x= 212g z treści zadania wiemy, że jest to mieszanina równomolowa, zatem ilość NH4NO3 tak że wynosi 0,25 mola, ułóżmy równanie reakcji dla siarczanu: (NH4)2SO4 + 2 NaOH Na2SO4 + 2 NH3↑ + 2 H2O 1 mol 2·22,4dm3 ułóżmy proporcję: 3 1 mol (NH4)2SO4 44,8 dm 0,25 mola (NH4)2SO4 y 3 0,25 ⋅ 44,8dm = 11,2 dm3 NH3 y= 1 analogicznie postępujemy dla azotanu: NH4NO3 + NaOH NaNO3 + NH3↑ + H2O 1 mol 22,4dm3 ułóżmy proporcję: 3 1 mol (NH4)2SO4 22,4 dm 0,25 mola (NH4)2SO4 z 0,25 ⋅ 22,4dm 3 = 5,6 dm3 NH3 z= 1 łączna objętość amoniaku wynosi: 3 3 3 V = 11,2dm + 5,6dm = 16,8dm 5.89. ułóżmy równania reakcji: CaCO3 CaO + CO2↑ MgCO3 MgO + CO2↑ dodajmy równania stronami CaCO3 + MgCO3 CaO + MgO + 2 CO 2↑ 3 2 mole dolomitu 2·22,4dm ułóżmy proporcję: 2 mole dolomitu 44,8dm3 CO2 3 x 33,6dm CO2 →
─── ───
───
───
→
───
───
→
───
───
→
→
→
───
───
79
x=
2 ⋅ 33,6dm 3
= 1,5 mola dolomitu
44,8dm 3 wiemy, że dolomit to równomolowa mieszania węglanów, zatem 1,5 mola dolomitu zawiera 0,75 mola CaCO3 i 0,75 mola MgCO3, zamieńmy podane ilości na masy: mCaCO3 = 0,75 · mMCaCO3 = 0,75 · 100g = 75g mMgCO3 = 0,75 · mMMgCO3 = 0,75 · 84g = 63g masa dolomitu jest równa: m = 75g + 63g = 138g 5.90. objętośći gazów wynoszą kolejno: 3 3 VH2 = 0,5 · 4m = 2m VCO = 0,3 · 4m3 = 1,2m3 3 3 VH2 = 0,2 · 4m = 0,8m układamy równanie spalania wodoru: 2 H2 + O2 2 H2O 3 3 2m 1m (ponieważ gazy znajdują się w tych samych warunkach ich stosunek obj ętościowy jest równy stosunkowi ilościowemu) 3 widzimy z równania reakcji, że do spalenia 2m wodoru potrzeba 1m3 tlenu analogicznie postępujemy dla tlenku węgla: 2 CO + O2 2 CO2 3 3 2m 1m układamy proporcj ę: 2m3 CO 1m3 O2 1,2m3 CO x →
→
─── ───
x=
1,2m
3
⋅ 1m 3 3
= 0,6 m3 O2
2m dwutlenek węgla nie reaguje z tlenem, zatem tlen zostanie zużyty tylko w reakcji z wodorem i tlenkiem węgla, łączna objętość tlenu wynosi: VO2 = 1m3 + 0,6m3 = 1,6m3 5.91. reakcja ta prowadzi do otrzymania fosfiny (PH 3), układamy równania reakcji: P2 + 3 H2 2 PH3 P4 + 6 H2 4 PH3 ponieważ wszystkie substancje znajduj ą się w tych samych warunkach, zatem stosunnek obj ętościowy jest równy stosunkowi ilościowemu, z treści zadania widzimy, że stosunek P4 do P2 wynosi 4 : 1, mnożymy więc drugie równanie przez 4 i dodajemy oba równania do siebie: P2 + 3 H2 2 PH3 4 P4 + 24 H2 16 PH3 P2 + 4 P4 + 27 H2 18 PH3 5 moli 27 moli widzimy, że stosunek ilościowy, równy objętościowemu wynosi: nm : nH2 = Vm : VH2 = 5 : 27 = 1 : 5,4 → →
→
→
→
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
5.92. załóżmy, że masa próbki wynosi 100g, wówczas 40g stanowi NaOH, a 60g CaO, policzmy jaka ilość kwasu solnego jest potrzebna do zoboj ętnienia tych substancji: NaOH + HCl → NaCl + H2O 23g+16g+1g 1 mol 40g 1 mol widzimy, że do zobojętnienia 40g NaOH potrzeba 1 mol HCl analogicznie dla CaO: CaO + 2 HCl → CaCl2 + H2O 40g+16g 2mole 56g 2 mole układamy proporcj ę: 56g CaO ─── 2 mole HCl 60g CaO ─── x 60g ⋅ 2mole = 2,14 mola HCl x= 56g łączna ilość HCl potrzebna do zobojętnienia 100g próbki wynosi: nc = 1 mol + 2,14 mola = 3,14 mola 3 policzmy ilość HCl, którą zawiera 20cm 0,1molowego roztworu: n = 0,02 · 0,1 = 0,002 mola HCl układamy proporcj ę: 3,14 mola HCl ─── 100g próbki 0,002 mola HCl ─── y 0,002 ⋅ 100g = 0,0637 g próbki y= 3,14 5.93. ułóżmy równanie reakcji: 3 Mg + 2 Sb + 6 HCl → 2 SbH3 + 3 MgCl2 3·24g 2·122g 2·(122g+3g) 72g 244g 250g a) ułóżmy proporcję: 244g Sb ──── 250g SbH3 ──── 100g SbH3 x 100g ⋅ 244g = 97,6 g Sb x= 250g z danych wiemy, że antymon stanowi 33% stopu, zatem masa stopu: 97,6g Sb ──── 33% stopu ──── 100% stopu y 97,6g ⋅ 100% = 295,8 g stopu y= 33% 2) zamieńmy 100g antymonowodoru, na ilość moli: mMSbH3 = 122g + 3 · 1g = 125g nSbH3 = 100 : 125 = 0,8 mola policzmy jaka ilość magnezu była konieczna do wytworzenia 100g antymonowodoru: 72g Mg ─── 250g SbH3 z ─── 100g SbH3
80
z=
72g ⋅ 100g
= 28,8 g Mg
250g policzmy ile magnezu było w stopie (magnez stanowi 67% stopu): mMg = 295,8g · 0,67 = 198,2g zatem masa magnezu, która nie wzi ęła udziału w reakcji tworzenia antymonowodoru jest równa: mMgn = 198,2g – 28,8g = 169,4g magnez ten został zużyty w reakcji pobocznej: Mg + 2 HCl MgCl2 + H2 24g 1 mol ułóżmy proporcję: 24g Mg 1 mol H2 169,4g Mg w 169,4g ⋅ 1 = 7,06 mola H2 w= 24g ponieważ gazy znajdują się w tych samych warunkach ich stosunek obj ętościowy będzie równy stosunkowi ilościowemu: VSb : VH2 = nSb : nH2 = 0,8 : 7,06 = 1 : 8,83 →
─── ───
z treści zadania wiemy, że masa próbki zmniejszyła się o 3g, jest to masa CO 2, który powstał podczas prażenia, policzmy zatem jaka ilość CaCO3 musiała ulec rozkładowi, aby powstało 3g CO2, układamy proporcj ę: 100g CaCO3 44g CO2 x 3g CO2 100g ⋅ 3g = 6,82 g CaCO3 x= 44g 5.97. PbO + H2 Pb + H2O 207g+16g 2·1g 207g 2·1g+16g 223g 2g 207g 18g policzmy ubytek masy substancji stałych odpowiadaj ący powstaniu 1 mola (18g) wody: ∆m = 223g – 207g = 16g z treści zadania wiemy, że masa próbki zmalała o: ∆mp = 5g – 4,7g = 0,3g ułóżmy proporcję: 16g ubytku 18g H2O 0,3g ubytku x 0,3g ⋅ 18g = 0,338 g H2O x= 16g 5.98. 2 KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2 2·(39g+55g+4 ·16g) 2·39g+55g+4·16g 55g+2·16g 316g 197g 87g policzmy ubytek masy substancji stałych odpowiadaj ący rozkładowi 1 mola (316g) KMnO 4: ∆m = 316g – (197g + 87g) = 32g z treści zadania wiemy, że masa próbki zmalała o: ∆mp = 10g – 9,3g = 0,7g ułóżmy proporcję: 32g ubytku 316g KMnO4 0,7g ubytku x 0,7g ⋅ 316g = 6,91 g KMnO4 x= 32g 5.99. 2 HgO 2 Hg + O2 2·(201g+16g) 2·16g 434g 32g z treści zadania wiemy, że masa próbki zmniejszyła się o 0,22g, jest to masa O 2, który powstał podczas ogrzewania, policzmy zatem jaka ilość HgO musiała ulec rozkładowi, aby powstało 0,22g O2, układamy proporcj ę: 434g HgO 32g O2 x 0,22g O2 0,22g ⋅ 434g = 2,98 g HgO x= 32g masa tlenku, który nie uległ rozkładowi: mHgO = 4g – 2,98g = 1,02g zawartość procentowa HgO w mieszaninie: ───
───
→
─── ───
5.6. Skład mieszaniny poreakcyjnej 5.94. obliczmy objętość azotu potrzebną do wytworzenia 24dm3 amoniaku: N2 + 3 H2 → 2 NH3 3 3 1dm 2dm układamy proporcj ę: 1dm3 N2 ─── 2dm3 NH3 3 ─── 24dm NH3 x
x=
1dm 3 ⋅ 24dm 3 3
= 12 dm3 N2
2dm objętość azotu w mieszaninie poreakcyjnej wynosi: 3 3 3 VN2 = 25dm – 12dm = 13dm 5.95. masa substancji w probówce to masa KCl, obliczmy zatem jaka ilość KClO3 musi ulec rozkładowi aby powstało 12,2g KCl: 2 KClO3 2 KCl + 3 O2 2·(39g+35,5g+3 ·16g) 2·(39g+35,5g) 245g 149g układamy proporcj ę: 245g KClO3 149g KCl x 12,2g KCl 245g ⋅ 12,2g = 20 g KCl x= 149g widzimy zatem, że cała ilość soli Bertholleta użyta w doświadczeniu ulegnie rozkładowi 5.96. CaCO3 CaO + CO2 40g+12g+3 ·16g 12g+2·16g 100g 44g →
───
───
→
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
→
─── ───
→
───
───
81
zHgO[%] = 1,02g : 3,78g · 100% = 27% 5.100. (w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje 3 objętość równą 22,4dm ) CaCO3 CaO + CO2 3 40g+12g+3 ·16g 22,4dm 100g 22,4dm3 policzmy masę CaCO3 w wyniku rozkładu której 3 powstało 1,12dm CO2 100g CaCO3 22,4dm3 CO2 3 x 1,12dm CO2 100g ⋅ 1,12dm 3 = 5 g CaCO3 x= 22,4dm 3 zatem masa węglanu wapnia, który nie przereagował wynosi: mCaCO3 = 8g – 5g = 3g 5.101. z treści zadania wiemy, że masa próbki zmniejszyła się o : m = 30g – 26,8g = 3,2g, jest to masa O2, który powstał podczas ogrzewania, a) policzmy zatem jaka ilość KNO3 musiała ulec rozkładowi, aby powstało 3,2g O2 2 KNO3 → 2 KNO2 + O2 2·(39g+14g+3 ·16g) 2·16g 202g 32g układamy proporcj ę: 202g KNO3 32g O2 x 3,2g O2 3,2g ⋅ 202g = 20,2 g KNO3 x= 32g b) policzmy jak ą ilość moli stanowi 3,2g O2 mMO2 = 2 · 16g = 32g nO2 = 3,2g : 32g = 0,1 mola wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość równą 22,4dm3, zatem: 3 3 V1O2 = 0,1 · 22,4dm = 2,24dm c) korzystamy z równania Clapeyrona (w pkt. b) policzyliśmy, że ilość O2 wynosi 0,1 mola) pV = nRT →
───
───
───
───
V=
nRT p
=
0,1 ⋅ 83,1 ⋅ 291 997
= 2,43 dm 3
5.102. → Na2CO3 + SiO2 Na2SiO3 + CO2↑ 2·23g+12g+3 ·16g 28g+2·16g 2·23g+28g+3·16g 106g 60g 122g jeżeli przereagowałaby cała mieszanina (zawieraj ąca po 1molu Na2CO3 i SiO2) wówczas masa substancji stałych zmalałaby o: ∆m = 106g + 60g – 122g = 44g z danych zadania wiemy, że masa zmalała o: ∆mz = 106g + 60g – 144g = 22g Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
policzmy z proporcji jaka ilo ść Na2SiO3 powstanie, jeżeli masa substancji stałych zmaleje o 22g: 44g ubytku 122g Na2SiO3 22g ubytku x Na2SiO3 22g ⋅ 122g = 61 g Na2SiO3 x= 44g 5.103. zamieńmy podane masy na ilo ści moli: mMNa = 23g nNa = 2,3g : 23g = 0,1 mola mMH2O = 2·1g + 16g = 18g nH2O = 5,4g : 18g = 0,3 mola reakcja przebiega wg równania 2 Na + 2 H2O 2 NaOH + H2O sód reaguje z wod ą w stosunku 1 : 1, zatem w reakcji weźmie udział 0,1 mola Na i 0,1 mola H2O; równocze śnie ilość powstałego wodorotlenku sodu jest równa ilośći sodu i ilości wody, które wzi ęły udzuał w reakcji, zatem ilość powstałego NaOH wynosi 0,1 mola, ilość wody, która pozostała po reakcji: nH2Opr = 0,3 mola – 0,1 mola = 0,2 mola stosunek ilości wodorotlenku sodu do wody wynosi: nNaOH : nH2O = 0,1 : 0,2 = 1 : 2 zatem na 1 mol wodorotlenku sodu przypadają 2 mole wody 5.104. policzmy masę powstałego wodorotlenku wapnia: Ca + 2 H2O Ca(OH)2 + H2 40g 2·18g 40g+2·(16g+1g) 40g 36g 74g układamy proporcj ę: 40g Ca 74g Ca(OH)2 4g Ca x 4g ⋅ 74g = 7,4 g Ca(OH)2 x= 40g policzmy masę wody, która była potrzebna do przeprowadzenia tej reakcji 36g H2O 74g Ca(OH)2 y 7,4g Ca(OH)2 36g ⋅ 7,4g = 3,6 g H2O y= 74g masa wody pozostałej po reakcji: mH2Opr = 19,8g – 3,6g = 16,2g zamieńmy masy wody i wodorotlenku wapnia na ilości moli: mMCa(OH)2 = 40g + 2 · (16g + 1g) = 74g nCa(OH)2 = 7,4g : 74g = 0,1 mola mMH2O = 2 · 1g + 16g = 18g nH2O = 16,2 : 18 = 0,9 mola stosunek ilościowy wodorotlenku wapnia do wody wynosi: nCa(OH)2 : nH2O = 0,1 : 0,9 = 1 : 9 ─── ───
→
→
─── ───
───
───
82
zatem na 1 cz ąsteczk ę wodorotlenku wapnia przypada 9 cząsteczek wody 5.105. zamieńmy objętości na ilości moli, wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość 22,4dm3, zatem: 3 3 nSO2p = 5dm : 22,4dm = 0,22 mola wiemy, że gęstość wody wynosi: d = 1 g/cm 3 zatem masa wody jest równa: 3 3 mH2O = d · V = 1 g/cm · 84cm = 84g zamieńmy masę na ilość moli: mMH2O = 2 · 1g + 16g = 18g nH2Op = 84g : 18g = 4,67 mola ułóżmy równanie reakcji: SO2 + H2O H2SO3 1 : 1 : 1 ilości substancji po reakcji: nSO2k = 0,22 mola – 0,22 mola = 0 nH2Ok = 4,67 mola – 0,22 mola = 4,45 mola nH2SO3 = 0,22 mola wyznaczamy stosunek ilości kwasu do wody: nH2SO3 : nH2Ok = 0,22 : 4,45 ≈ 1 : 20 zatem na 1 cz ąsteczk ę kwasu siarkowego(IV) przypada w przybliżeniu 20 cząsteczek wody 5.106. 2 Ca(NO3)2 2 CaO + 4 NO2 + O2 2·(40g+2·(14g+3·16g)) 2·(40g+16g) 2·16g 328g 112g 32g policzmy ubytek masy substancji stałych odpowiadający powstaniu 1 mola (112g) CaO: ∆m = 328g – 112g = 216g z treści zadania wiemy, że masa próbki zmalała o: ∆mp = 10g – 6,71g = 3,29g a) ułóżmy proporcję: 216g ubytku 112g CaO 3,29g ubytku x 3,29g ⋅ 112g = 1,71 g CaO x= 216g b) analogicznie policzmy mas ę tlenu: 216g ubytku 32g O2 3,29g ubytku y 3,29g ⋅ 32g = 0,49 g O2 y= 216g →
→
───
───
───
───
5.7. Ustalanie składu mieszanin 5.107. CaCO3 → CaO + CO2 40g+12g+3 ·16g 12g+2·16g 100g 44g obliczmy masę węglanu wapnia, z którego otrzymano 40g CO2, w tym celu układamy proporcję: 100g CaCO3 ─── 44g CO2 x ─── 40g CO2 Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
=
100g ⋅ 40g
= 90,9 g CaCO3 44g zawartość węglanu wapnia w wapieniu wynosi: zCaCO3[%] = 90,9g : 100g · 100% = 90,9% 5.108. 2 Cu + O2 2 CuO 3 2·64g 22,4dm 2·(64g+16g) 3 128g 22,4dm 160g przyrost masy, w przypadku przepuszczenia 1 mola (22,4dm3) tlenu wynosi: ∆m = 160g – 128g = 32g układamy proporcj ę: 3 22,4dm O2 32g przyrostu x 14,3g przyrostu 22,4dm 3 ⋅ 14,3g x= = 10 dm3 O2 32g 3 3 zO2[%] = 10dm : 40dm · 100% = 25% 5.109. (Amalgamaty to ogólna nazwa stopów metali, w których jednym z podstawowych składników jest rtęć) 2 Na + 2 H2O 2 NaOH + H2↑ 3 46g 22,4dm układamy proporcj ę: 3 46g Na 22,4dm H2 x 1,12dm3 H2 x
→
───
───
→
───
───
= 2,3 g Na 22,4dm 3 zawartość sodu w amalgamacie wynosi: zNa[%] = 2,3g : 16g · 100% = 14,4% 5.110. Na2SO4 + BaCl2 BaSO4↓ + 2 NaCl 2·23g+32g+4 ·16g 137g+32g+4·16g 142g 233g układamy proporcj ę: 142g Na2SO4 233g BaSO4 x 1,88g BaSO4 142g ⋅ 1,88g = 1,15 g Na2SO4 x= 223g wynika z tego, że w 1,69g technicznego siarczanu sodu było 1,15g tej soli, liczymy zawartość procentow ą: zNa2SO4[%] = 1,15g : 1,69g · 100% = 68% 5.111. SO2 + 2 NaOH Na2SO3 + H2O płuczka pochłaniać będzie jedynie dwutlenek siarki, 3 zatem przepuszczając przez ni ą 1 mol, czyl 22,4dm tego gazu masa płuczki wzro śnie o masę 1 mola dwutlenku siarki: mMSO2 = 32g + 2 · 16g = 64g ułóżmy proporcję: 22,4dm3 SO2 64g przyrostu x 3,2kg przyrostu x
=
46g ⋅ 1,12dm 3
→
───
───
→
───
───
83
x=
22,4dm 3 ⋅ 3,2kg
=
22,4dm 3 ⋅ 3200g
= 1120 dm3
64g 64g policzmy zawartość procentową SO2 w mieszaninie: zSO2[%] = 1120dm3 : 5000dm3 = 22,4% 5.112. rozkładowi termicznemu ulega jedynie azotan(III) amonu: → NH4NO2 T → 2 H2O↑ + N2↑ zatem ubytek masy oznacza jednocze śnie masę NH4NO2: ∆m = 10g – 8g = 2g zawartość procentowa NH4NO2 w mieszaninie wynosi: zNH4NO3[%] = 2g : 10g · 100% = 20% 5.113. zamieńmy objętość chlorowodoru na mas ę: mMHCl = 1g + 35,5g = 36,5g w warunkach nowmalnych 1 mol gazu zajmuje 3 objętość równą 22,4dm , zatem: 36,5g HCl 22,4dm3 x 10dm3 ───
───
x
=
36,5g ⋅ 10dm 3
= 16,3 g HCl
22,4dm 3 policzmy masę chlorku, który uległ reakcji: 2 NaCl + H2SO4 2 HCl + Na 2SO4 2·(23g+35,5g) 2·36,5g 117g 73g układamy proporcj ę: 117g NaCl 73g HCl y 16,3g HCl 117g ⋅ 16,3g = 26,1 g NaCl y= 73g policzmy początkową masę próbki: mNaClp = 26,1g + 23,9g = 50g obliczmy jaki procent chlorku sodu przereagował: p = 26,1g : 50g · 100% = 52,2% 5.114. wyznaczmy masę glinu (jedynie glin reagować będzie z kwasem solnym): 2 Al + 6 HCl 2 AlCl3 + 3 H2↑ 2·27g 3·22,4dm3 3 54g 67,2dm układamy proporcj ę: 3 54g Al 67,2dm x 5,6dm3 →
───
───
→
───
───
x=
54g ⋅ 5,6dm 3
= 4,5 g Al 67,2dm 3 zatem masa krzemu jest równa: mSi = 5g – 4,5g = 0,5g wyznaczmy skład procentowy siluminu: zAl[%] = 4,5g : 5g · 100% = 90% zSi[%] = 0,5g : 5g · 100% = 10% 5.115. Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
ułóżmy równania reakcji: 2 Al + 6 HCl 2 AlCl3 + 3 H2 Zn + 2 HCl ZnCl2 + H2 z równań widzimy, że w reakcji 2 moli Al powstanią 3 3 mole, czyli 67,2dm wodoru (zatem w reakcji 1 3 mola Al powstanie 33,6dm wodoru), a w reakcji 1 3 mola Zn powstanie 1 mol, czyli 22,4dm wodoru; ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie określać będzie masę stopu, a drugie ilo ść powstałego wodoru (masy molowe: Zn – 65g, Al – 27g, x – ilość moli Al, y – ilość moli Zn): x ⋅ 27 + y ⋅ 65 = 3 →
→
x ⋅ 33,6 + y ⋅ 22,4 = 2,38 3 − y ⋅ 65 x = 27 x ⋅ 33,6 + y ⋅ 22,4 = 2,38 x = 0,11 − 2,41y (0,11 − 2,41y ) ⋅ 33,6 + y ⋅ 22,4 = 2,38
3,7 − 80,98y + 22,4 y = 2,38 58,58y = 1,32
y = 0,0225 x = 0,057 zamieńmy ilości moli na masy mAl = 0,057 · 27g = 1,54g mZn = 0,0225 · 65g = 1,46g obliczmy skład procentowy: zAl[%] = 1,54g : 3g · 100% = 51% zZn[%] = 1,46g : 3g · 100% = 49% 5.116. na początku należy zauważyć, że miedź nie będzie reagować z kwasem solnym, gdyż nie jest to kwas utleniający, ułóżmy równania reakcji, które zachodz ą: Fe + 2 HCl FeCl2 + H2 Zn + 2 HCl ZnCl2 + H2 z równań widzimy, że w reakcji 1 mola Fe powstanie 3 1 mol, czyli 22,4dm wodoru również w reakcji 1 mola Zn powstanie 1 mol, czyli 22,4dm3 wodoru; ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie określać będzie masę metali (pamiętając, aby z masy stopu wyłączyć masę miedzi), a drugie ilość powstałego wodoru (masy molowe: Zn – 65g, Fe – 56g, x – moli Fe, y – ilość moli Zn): x ⋅ 56 + y ⋅ 65 = 5 →
→
x ⋅ 22,4 + y ⋅ 22,4 = 1,917 5 − y ⋅ 65 x = 56 x + y = 0,0856 x = 0,08558 − 1,16y (0,0893 − 1,16 y ) + y = 0,0856
84
0,16 y = 0,0037
y = 0,0231 x = 0,0625 zamieńmy ilości moli na masy mFe = 0,0625 · 56g = 3,5g mZn = 0,0231 · 65g = 1,5g obliczmy skład procentowy: zFe[%] = 3,5g : 7g · 100% = 50% zZn[%] = 1,5g : 7g · 100% = 21,4% zCu[%] = 2g : 7g · 100% = 28,6% 5.117. policzmy masę chlorowodoru: mHCl = 36% : 100% · 22,1g = 7,956g układamy rónania reakcji: 2 Al + 6 HCl 2 AlCl3 + 3 H2 6·(1g+35,5g) 219g Fe + 2 HCl 2 FeCl3 + 3 H2 2·(1g+35,5g) 73g z równań widzimy, że w reakcji 2 moli Al zostanie zużyte 219g HCl (zatem w reakcji 1 mola Al zostanie zużyte 109,5g HCl), a w reakcji 1 mola Fe zostanie zużyte 73g HCl; ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie okre ślać będzie masę stopu, a drugie ilość zużytego HCl (masy molowe: Fe – 56g, Al – 27g, x – ilość moli Al, y – ilość moli Fe): x ⋅ 27 + y ⋅ 56 = 4 →
→
x ⋅ 109,5 + y ⋅ 73 = 7,956 27 x = 4 − 56y 109,5x + 73y = 7,956 4 − 56 y x = 27 109,5x + 73y = 7,956 x = 0,148 − 2,074 y 109,5(0,148 − 2,074 y ) + 73y = 7,956
16,206 − 227,103y + 73y = 7,956 154,103y = 8,25
y = 0,0535 x = 0,0382 zamieńmy ilości moli na masy mFe = 0,0535 · 56g = 3g mAl = 0,0382 · 27g = 1g obliczmy skład procentowy: zFe[%] = 3g : 4g · 100% = 75% zAl[%] = 1g : 4g · 100% = 25% 5.118. układamy równania reakcji: N2O + H2 H2O + N2 N2O3 + 3 H2 3 H2O + N2 →
→
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
ponieważ wszystkie gazy wyst ępują w tych samych warunkch ich stosunki molowe są równe stosunkom objętościowym, zatem widzimy, że 1dm3 N2O reaguje 3 3 3 z 1dm H2, zaś 1dm N2O3 z 3dm H2, ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie okre ślać będzie objętość mieszaniny, a drugie obj ętość zużytego wodoru (x – obj. N2O, y – obj N2O3): x + y = 11
x + y ⋅ 3 = 27
odejmujemy równania stronami: x + y = 11
x + y ⋅ 3 − (x + y ) = 27 − 11 x = 11 − y 2 y = 16 y = 8 x = 3
stosunek molowy zmieszanych gazów: nN2O : nN2O3 = VN2O : VN2O3 = 3 : 8 5.119. układamy równania reakcji: 2 NO + 2 H2 2 H2O + N2 N2O5 + 5 H2 5 H2O + N2 ponieważ wszystkie gazy wyst ępują w tych samych warunkch ich stosunki molowe są równe stosunkom objętościowym, zatem widzimy, że 2dm3 NO reagują 3 z 2dm H2 (czyli 1 mol NO reaguje z 1 molem H 2), 3 3 zaś 1dm N2O3 z 5dm H2, ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie okre ślać będzie objętość mieszaniny, a drugie obj ętość zużytego wodoru (x – obj. NO, y – obj N2O5): x + y = 7,5 →
→
x + y ⋅ 5 = 21,5
odejmujemy równania stronami: x + y = 7,5
x + y ⋅ 5 − (x + y ) = 21,5 − 7,4 x = 11 − y 4 y = 14 y = 3,5 x = 4
nN2O : nN2O3 = VNO : VN2O5 = 4 : 3,5 w celu uproszczenia oblicze ń załóżmy, że mieszanina zawiera 4 mole NO i 3,5 mola N 2O5, zamieńmy te ilości na masy: mMNO = 14g + 16g = 30g mNO = 30g · 4 = 120g mMN2O5 = 14g · 2 + 16g · 5 = 108g mN2O5 = 108g · 3,5 = 378g łączna masa mieszaniny: mm = 120g + 378g = 498g obliczmy zawartości procentowe: 85
zNO[%] = 120g : 498g · 100% = 24,1% zN2O5[%] = 378g : 498g · 100% = 75,9% 5.120. ułóżmy równania reakcji: Na2CO3 Na2O + CO2 2·23g+12g+3 ·16g 2·23g+16g 106g 62g obliczmy jak ą masę Na2O otrzymamy po prażeniu 1g Na2CO3: mNa2O/Na2CO3 = 62g : 106g = 0,585g analogicznie dla wodorowęglanu sodu: 2 NaHCO3 Na2O + 2 CO2 + H2O 2·(23g+1g+12g+3 ·16g) 2·23g+16g 168g 62g obliczmy jak ą masę Na2O otrzymamy po prażeniu 1g NaHCO3: mNa2O/Na2CO3 = 62g : 168g = 0,369g ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie określać będzie masę mieszaniny, a drugie mas ę powstałego tlenku, x – masa Na 2CO3, y – masa NaHCO3: x + y = 2,74 →
→
x ⋅ 0,585 + y ⋅ 0,369 = 1,24 x = 2,74 − y 0,585 ⋅ (2,74 − y ) + 0,369y = 1,24
1,603 − 0,585y + 0,369y = 1,24 0,216y = 0,363
y = 1,68 x = 1,06 zawartość węglanu sodu w mieszaninie wynosi: zNa2CO3[%] = 1,06g : 2,74g · 100% = 38,7% 5.121. ułóżmy równania reakcji: CaCO3 CaO + CO2 40g+12g+3 ·16g 40g+16g 100g 56g obliczmy jak ą masę CaO otrzymamy po prażeniu 1g Na2CO3: mNCaO/Na2CO3 = 56g : 100 = 0,56g analogicznie dla węglanu magnezu: MgCO3 MgO + CO2 24g+12g+3 ·16g 24g+16g 84g 40g obliczmy jak ą masę MgO otrzymamy po prażeniu 1g MgCO3: mNMgO/Na2CO3 = 40g : 84 = 0,476g załóżmy, że początkowa masa mieszaniny wynosiła 1g, więc końcowa masa 0,5g ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie określać będzie masę mieszaniny, a drugie mas ę powstałych tlenku, x – masa CaCO 3, y – masa MgCO3: →
→
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
x + y = 1 x ⋅ 0,56 + y ⋅ 0,476 = 0,5 x = 1 − y 0,56 ⋅ (1 − y ) + 0,476 y = 0,5 0,56 − 0,56 y + 0,476y = 0,5 0,084 y = 0,06
y = 0,714 x = 0,286 zawartość procentowa węglanów w mieszaninie wynosi: zCaCO3[%] = 0,286g : 1g · 100% = 28,6% zMgCO3[%] = 0,714g : 1g · 100% = 71,4% 5.122. ułóżmy równania reakcji: CuCl2 + 2 KOH Cu(OH)2 + 2 KCl 64g+2·35,5g 64g+2·(16g+1g) 135g 98g obliczmy jak ą masę Cu(OH)2 otrzymamy w wyniku reakcji 1g CuCl2: mNCu(OH)2/CuCl2 = 98g : 135 = 0,726g analogicznie dla siarczanu miedzi(II): CuSO4 + 2 KOH Cu(OH)2 + K2SO4 64g+32g+4 ·16g 64g+2·(16g+1g) 160g 98g obliczmy jak ą masę Cu(OH)2 otrzymamy w wyniku reakcji 1g CuSO4: mNCu(OH)2/CuCl2 = 98g : 160 = 0,726g ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie określać będzie masę mieszaniny, a drugie mas ę powstałego wodorotlenku, x – masa CuCl2, y – masa CuSO4: x + y = 15 →
→
x ⋅ 0,726 + y ⋅ 0,613 = 9,86 x = 15 − y 0,726 ⋅ (15 − y ) + 0,613y = 9,86
10,89 − 0,726 y + 0,613y = 9,86 0,113y = 1,03
y = 9,115 x = 5,885 zawartość procentowa soli miedzi w mieszaninie wynosi: zCuCl2[%] = 5,885g : 15g · 100% = 39,2% zCuSO4[%] = 9,115g : 15g · 100% = 60,8% 5.123. ułóżmy równania reakcji: CuO + H2 Cu + H2O 64g+16g 2·1g+16g 80g 18g obliczmy jak ą masę H2O otrzymamy w wyniku reakcji 1g CuO: →
86
mNH2O/CuO = 18g : 80 = 0,225g analogicznie dla tlenku miedzi(I): Cu2O + H2 2 Cu + H2O 2·64g+16g 2·1g+16g 144g 18g obliczmy jak ą masę H2O otrzymamy w wyniku reakcji 1g Cu2O: mNH2O/Cu2O = 18g : 144 = 0,125g ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie określać będzie masę mieszaniny, a drugie mas ę powstałej wody x – masa CuO, y – masa Cu 2O: x + y = 3,5 →
x ⋅ 0,225 + y ⋅ 0,125 = 0,588 x = 3,5 − y 0,225 ⋅ (3,5 − y ) + 0,125y = 0,588
0,788 − 0,225y + 0,125y = 0,588 0,1y = 0,2
y = 2 x = 1,5 zawartość procentowa tlenków w mieszaninie wynosi: zCuO[%] = 1,5g : 3,5g · 100% = 42,9% zCu2O[%] = 2g : 3,5g · 100% = 57,1% 5.124. ułóżmy równania reakcji: Ca(OH)2 + Na2CO3 CaCO3 + 2 NaOH 40g+2·(16g+1g) 40g+12g+3 ·16g 74g 100g obliczmy jak ą masę CaCO3 otrzymamy w wyniku reakcji 1g Ca(OH)2: mNCaCO3/Ca(OH)2 = 100g : 74 = 1,351g analogicznie dla wodorotlenku baru: Ba(OH)2 + Na2CO3 BaCO3 + 2 NaOH 137g+2·(16g+1g) 137g+12g+3 ·16g 171g 197g obliczmy jak ą masę BaCO3 otrzymamy w wyniku reakcji 1g Ba(OH)2: mNCaCO3/Ba(OH)2 = 197g : 171 = 1,152g ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie określać będzie masę mieszaniny, a drugie mas ę powstałego osadu, x – masa Ca(OH) 2, y – masa Ba(OH)2: x + y = 8 →
→
x ⋅ 1,351 + y ⋅ 1,152 = 10,65 x = 8 − y 1,351 ⋅ (8 − y ) + 1,152 y = 10,65
10,808 − 1,351y + 1,152 y = 10,65 0,199y = 0,158
y = 0,794 x = 7,206 Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
zawartość procentowa wodorotlenków w mieszaninie wynosi: zCu(OH)2[%] = 7,206g : 8g · 100% = 90,1% zBa(OH)2 [%] = 0,794g : 3,5g · 100% = 9,9% 5.125. osad powstanie jedynie w wyniku reakcji chlorku sodu z azotanem srebra: NaCl + AgNO3 AgCl↓ + NaNO3 23g+35,5g 108g+35,5g 58,5g 143,5g policzmy masę NaCl, która była potrzebna do powstania 1,47g osadu AgCl 58,5gNaCl 143,5g AgCl x 1,47g AgCl 58,5g ⋅ 1,47g = 0,6 g AgCl x= 143,5g zatem masa NaNO3 w mieszaninie wynosiła: mNaNO3 = 3g – 0,6g = 2,4g zawartość procentowa soli w mieszaninie wynosiła: zAgCl [%] = 0,6g : 3g · 100% = 20% zNaNO3 [%] = 2,4g : 3g · 100% = 80% 5.126. z równania reakcji: H2 + ½ O2 H2O 3 3 widzimy, że 1cm pary wodnej powstaje z 1cm 3 wodoru i 0,5cm tlenu, skoro po skropleniu pary wodnej objętość mieszaniny wynosiła 9cm3 oznaczacza to, że łączna objętość trzech gazów zmalała o: 3 3 3 3 ∆gazow = 10cm + 5cm – 9cm = 6cm wiemy, że wodor reaguje z tlenem w stosunku 2 : 1, zatem ilość wodoru która przereagowała to 4cm 3, a 3 tlenu 2cm ; jednocześnie łatwo wyliczyć, że w mieszaninie pozostał 1cm3 wodoru, co oznacza, że nie było wystarczającej ilości tlenu, aby mógł on ulec 3 spaleniu, co oznacza, że 2cm tlenu to cały tlen będący w mieszaninie 5.127. ułóżmy równania reakcji: CaH2 + 2 H2O Ca(OH)2 + 2 H2↑ 40g+2·1g 2mole 42g 2mole Al4C3 + 12 H2O 3 CH4↑ + 4 Al(OH)3 4·27g+3·12g 3mole 144g 3mole CaC2 + 2 H2O Ca(OH)2 + C2H2↑ 40g+2·12g 1mol 64g 1mol z warunków zadania wiemy, że stosunek objętościowy powstałych gazów wynosi 1 : 1 : 1, ponieważ wszystkie gazy znajduj ą się w tych samych warunkach, zatem stosunek obj ętościowy jest równy stosunkowi ilościowemu; w celu ułatwienia obliczeń załóżmy, że w mieszaninie znajduje si ę po 1 molu →
───
───
→
→
→
→
87
każdego gazu, liczymy z proporcji ilo śći wyjściowych substancji: 42g CaH2 2 mole H2 x 1 mol H2 42g ⋅ 1mol x= = 21g CaH2 2mol 144g Al4C3 3 mole CH4 y 1 mol CH4 144g ⋅ 1mol y= = 48g CH4 3mole 64g CaC2 1 mol C2H2 z 1 mol C2H2 64g ⋅ 1mol z= = 64g C2H2 1mol zatem łączna masa mieszaniny wynosi: mm = 21g + 48g + 64g = 133g policzmy teraz zawarto ści procentowe poszczególnych substancji: zCaH2[%] = 21g : 133g · 100% = 15,8% zAl4C3[%] = 48g : 133g · 100% = 36,1% zCaH2[%] = 64g : 133g · 100% = 48,1% 5.128. w mieszaninie reagował tylko jodek srebra: 2 AgI + Cl2 2 AgCl + I2 2·(108g+127g) 2·(108g+35,5g) 470g 287g ubytek masy w wyniku reakcji 470g AgI wynosi: ∆m = 470g – 287g = 183g załóżmy, że mieszanina zawiera 470g AgI i x g AgCl, wówczas masa substancji po reakcji = 0,94 · początkowa masa x + 287g = 0,94 · (x + 470g) x + 287g = 0,94x + 441,8g 0,06x = 154,8g x = 2580g [masa AgCl] początkowa masa mieszaniny wynosi: mm = 470g + 2580g = 3050g obliczmy skład procentowy zAgI[%] = 470g : 3050g · 100% = 15,4% zAgCl[%] = 2580g : 3050g · 100% = 84,6% 5.129. najpierw obliczmy ilość jonów H+, łącznie do sporządzenia kwasu wzięto 5 objętości HCl i H2SO4, zatem łatwo policzyć, że jedna objętość stanowi 10cm3, policzmy ilość moli H+ powstałych z dysocjacji HCl: nH+HCl = 20cm3 · 6 mol/dm3 = 0,02 · 6 = 0,12 mola analogicznie dla H2SO4 (pamiętająć, że podczas + dysocjacji 1 mola H2SO4 powsają 2 mole H ) nH+H2SO4 = 2 · 0,03 · 4 = 0,24 mola zatem łącznie nH+ = 0,36 mola ułóżmy równania reakcji: + 3+ 2 Al + 6 H 2 Al + 3 H2 ───
───
───
───
───
───
→
2·27g 6 moli 54g 6 moli policzmy ile moli H+ będzie reagować z 1g Al nH+/Al = 6 moli : 54g = 0,111 mola analogicznie dla magnezu: Mg + 2 H+ Al2+ + H2 24g 2 mole + policzmy ile moli H będzie reagować z 1g Mg nH+/Al = 2 moli : 24g = 0,083 ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie oznaczać będzie masę mieszaniny, a drugie ilość zużytych jonów H+, x – masa Al, y – masa Mg: x + y = 3,51 →
x ⋅ 0,111 + y ⋅ 0,083 = 0,36 x = 3,51 − y 0,111 ⋅ (3,51 − y ) + 0,083y = 0,36 0,39 − 0,111y + 0,083y = 0,36 0,028y = 0,03
y = 1,07 x = 2,44 zawartość procentowa metali w mieszaninie wynosiła: zAl[%] = 2,44g : 3,51g · 100% = 69,5% zMg[%] = 1,07g : 3,51g · 100% = 30,5% 5.130. te dane nie są wystarczające aby obliczyć skład procentowy mieszaniny, musielibyśmy ułożyć układ równań zawierający 3 niewiadome, składający się z 3 równań, zaś możemy ułożyć jedynie 2: określające masę mieszaniny (tożsame z tym, że suma wszystkich zawartości procentowych jest równa 100%) i określające objętość wydzielonego wodoru. 5.131. policzmy masę magnezu, oraz ilość wydzielonego dzięki niemu wodoru: mMg = 0,3 · 10g = 3g Mg + 2 HCl MgCl2 + H2 24g 22,4dm3 ułóżmy proporcję: 3 24g Mg 22,4dm H2 3g Mg x 3 3g ⋅ 22,4dm = 2,8 dm3 x= 24g masa metalu M: mM = 10g – 3g = 7g objętość i ilość wodoru wydzielona dzi ęki metalowi M: 3 VHM = 11,5 – 2,8 = 8,7dm 3 3 nHM = 8,7dm · 22,4dm = 0,388 mola rozważmy różne wartościowości metalu M: -W=1 M + HCl MCl + ½ H2 →
─── ───
→
→
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
88
wówczas widzimy, że ilość metalu jest 2 razy wi ększa niż ilość wydzielonego H2, zatem jest równa nM1 = 0,388 · 2 = 0,776 mola, wiec masa molowa: mM1 = 7g : 0,776 = 9g masa ta odpowiada berylowi (reakcja musiałaby przebiegac w bardzo wyj ątkowy sposób, aby beryl przyjął wartościowość równą 1) -W=2 M + 2 HCl MCl2 + H2 wówczas widzimy, że ilość metalu jest równa ilości wydzielonego H2, zatem jest równa nM2 = 0,388 mola, wiec masa molowa: mM2 = 7g : 0,388 = 18g nie ma żadnego metalu o zbliżonej masie molowej -W=3 M + 3 HCl MCl3 + 3/2 H2 wówczas widzimy, że ilość metalu jest 1,5 raza mniejsza niż ilość wydzielonego H2, zatem jest równa nM3 = 0,388 : 1,5 = 0,259 mola, wiec masa molowa: mM3 = 7g : 0,259 = 27g masa ta odpowiada masie molowej glinu, zgadza si ę również wartościowość -W=4 M + 4 HCl MCl4 + 2 H2 wówczas widzimy, że ilość metalu jest 2 razy mniejsza niż ilość wydzielonego H2, zatem jest równa nM3 = 0,388 : 2 = 0,194 mola, wiec masa molowa: mM3 = 7g : 0,194 = 36g nie ma żadnego metalu o zbliżonej masie molowej wyższych wartościowości nie rozpatrujemy, gdyż w reakcji z kwasem nieutleniajacym metal przyjmuje jak najniższą wartościowość 5.132. najwięcej wodoru uzyskamy działaj ąc na metal o jak największej wartościowości i jak najmniejszej masie, zatem szukamy metalu, dla którego stosunek z = W : mM będzie jak największy, wystarczy, że będziemy rozpatrywać metale z 2 i 3 okresu (zatem dla wartościowości 1 – 3 jak najlżejsze metale), gdyż jak wiemy w kolejnych okresach wartościowości będą analogiczne, lecz masy molowe znacznie wi ększe dla litu: z = 1 : 7 = 0,143 dla berylu: z = 2 : 9 = 0,222 dla glinu: z = 3 : 27 = 0,111 widzimy zatem, że najbardziej „wydajnym” metalem bedzie beryl 5.133. policzmy ilość wodoru, który wydzielił się w reakcji: n = 2,24 : 22,4 = 0,1 mola zatem do reakcji u żyto: 0,2 mola metalu jednowartościowego, 0,1 mola metalu →
→
→
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
dwuwarto ściowego, 0,067 mola metalu trójwartościowego, co daje nam masy molowe odpowiednio 5g, 10g, 15g, najbardziej sensownym wynikiem jest 10g dla metalu dwuwartościowego w tym przypadku będzie to beryl o masie molowej 9g; jak już wcześniej wywnioskowaliśmy aby otrzymać 0,1 mola wodoru należy wziąć 0,1 mola metalu dwuwarto ściowego – berylu, co stanowi nast ępujący procent mieszaniny: zBemax[%] = 0,1 · 9g : 1g · 100% = 90% jak już wyznaczyliśmy w zad. 5.132. drugim „najwydajniejszym” metalem, jeśli chodzi o wydzielanie wodoru jest lit (1 mol litu powoduje wydzielenie 0,5 mola wodoru), zatem policzmy skład mieszaniny zawierającej beryl i lit, niech x – ilość moli Be, y – ilość moli Li, wyznaczamy układ równań, gdzie pierwsze równanie oznacza ć będzie masę mieszaniny, a drugie ilość moli wytworzonego H2 x ⋅ 9 + y ⋅ 7 = 1
x + 0,5 ⋅ y = 0,1 x ⋅ 9 + y ⋅ 7 = 1 x = 0,1 − 0,5y
9 ⋅ (0,1 − 0,5y ) + y ⋅ 7 = 1 0,9 − 4,5y + 7 y = 1 2,5y = 0,1
y = 0,04 x = 0,08 zamieńmy ilości metali na masy: mBe = 0,08 · 9g = 0,72g mLi = 0,04 · 7g = 0,28g zatem minimalna zawartość berylu wynosi: zBemin[%] = 0,72g : 1g · 100% = 72% Rozdział 6. Budowa atomów. 6.1. Składniki atomów. Izotopy. 6.1. + 0 6 3 Li ilość nukleonów 6, p = e = 3, n = 6 – 3 = 3 32 16
S ilość nukleonów 32,p+ = e- = 16,n0 = 32 – 16 = 16
171 53
I ilość nukleonów 171, p + = e- = 53, n0 = 171 – 53
= = 118 + 0 2 1 H ilość nukleonów 2, p = e = 1, n = 1 – 1 = 1 6.2. 65 12 35 29 Cu , 6 C , 17 Cl 6.3. 1) masa elektronu wynosi w przybli żeniu 1/1840u, zatem: zme-[%] = 11 · 1/1840u : (23u + 11 · 1/1840u) · 100% = 0,026% 2) analogicznie dla jądra atomu
89
zmj[%] = 23u : (23u + 11 · 1/1840u) · 100% = 99,974% 6.4. + 0 a) 1), 4), 5) A = p = e = 37; 2) Z = 85; 3) n = 85 – 37 = 48 b) 1), 4), 5) A = p + = e- = 7; 2) Z = 15; 3) n 0 = 15 – 7 =8 6.5. 0 + a) 1) Si; 2) krzem; 3) n = 30 – 14 = 16; 4), 5) p = e = 14 b) 1) Rb; 2) rubid; 3) n 0 = 87 – 37 = 50; 4), 5) p + = e= 37 6.6. + 0 a) 1) Sc; 2) skand; 3), 5) Z = p = e = 21; 4) A = n + + p = 24 + 21 = 45 b) 1) Hg; 2) rt ęć; 3), 5) Z = p + = e- = 80; 4) A = n0 + + p = 122 + 80 = 202 6.7. 3 0 + a) 1) hel; 2) He; 3) A = 3; 4) n = 3 – 2 = 1; 5) e = p =2 b) 1) argon; 2) 40Ar; 3) A = 40; 4) n0 = 40 – 18 = 22; + 5) e = p = 18 6.8. w zbiorze musz ą znaleźć sie nuklidy o tej samej liczbie atomowej: 33 32 34 I: 36 16 E , 16 E , 16 E , 16 E , E - siarka II: III:
37 17
35 E , 17 E , E – chlor
38 18
40 E , 36 18 E , 18 E , E – argon
6.9. generalizując izotopy mają takie same właściwości chemiczne, a różne właściwości fizyczne, z cech podanych w zadaniu ró żnią się: gęstością, ciepłem właściwym, temperaturą wrzenia 6.10. są to dwa różne pierwiastki (azot i tlen), posiadają różną ilość atomową i masową, a tak że odmienne właściwości fizyczne (np. g ęstość, temp. topnienia, wrzenia) i chemiczne (np. tlen podtrzymuje spalanie, a azot nie) 6.11. a) nie – cechą charakterystyczn ą pierwiastka jest unikalna liczba atomowa b) tak – s ą one wtedy nazywane izotopami 40 40 c) tak – np K i Ca 6.12. 1) tak – po 1 molu ka żdego izotopu 2) nie – w pierwszym przypadku jest 1/12 mola, a w drugim 1/13 mola 3) tak – po 1/22,4 mola ka żdego izotopu 6.13. 2), gdyż istnieją izotopy węgla mające liczbę masową inną niż 12 6.14. 3), gdyż liczba masowa nie uwzgl ędnia mas elektronów Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
6.15. jak wiemy liczba atomowa musi byc liczbą całkowitą (wg obecnej teorii atomistycznej, jądro nie może zawierać np. pół protonu), a ka żdej liczbie atomowej od 1 – 92 jest już przypisany określony pierwiastek 6.16. 3), gdyż nie mamy pewności czy istnieje nuklid o liczbie masowej równej 192, mimo, iż jest to wartość najbliższa masy atomowej może ona wynikać z obecności nuklidów o znacznie ró żniących się liczbach masowych 6.17. wynika z tego, że istnieją przynajmniej 2 izotopy samaru (ponieważ masa atomowa nie jest liczb ą całkowitą) o ich liczbach masowych nie możemy nic dokładnie powiedzieć, zapewne oscyluj ą w okolicach 150, 151u 6.18. w szeregu tym liczby atomowe wzrastaj ą o 5, a liczby 36 masowe o 10, zatem kolejny w szeregu będzie 18 E ,
czyli 36Ar 6.19. (korzystamy z tabeli na ko ńcu zbioru) 12 16 12 17 12 18 12 16 17 12 16 18 a) C O2, C O2, C O2, C O O, C O O, 12 17 18 13 16 13 17 13 18 13 16 17 C O O, C O2, C O2, C O2, C O O, 13 16 18 C O O, 13C17O18O 1 16 1 17 1 18 2 16 2 17 2 18 b) H2 O, H2 O, H2 O, H2 O, H2 O, H2 O, 1 2 16 H H O, 1H2H17O, 1H2H17O (oznaczenie 2H moża zastąpić przez D, czyli deuter) 14 1 14 2 15 1 15 2 14 2 1 c) N H3, N H3, N H3, N H3, N H H2, 15 2 1 N H H2, 14N1H2H2, 15N1H2H2 (oznaczenie 2H moża zastąpić przez D, czyli deuter) 6.20. 1) masa b ędzie najmniejsza, jeżeli cząsteczka składać 1 32 16 1 32 16 się będzie z H, S, O, zatem: H2 S O4 2) masa b ędzie największa, jeżeli cząsteczka składać 2 36 18 2 36 18 się będzie z H, S, O, zatem: H2 S O4 6.21. np. CuCl2, CH2 (acetylen) 6.22. ciężka woda, będzie brać udział w takich samych reakcjach jak woda (izotopy danego pierwiastka maj ą takie same właściwości chemiczne): a) D2O + SO3 D2SO4 b) D2O + K2O 2 KOD c) Mg3N2 + 6 D2O 2 ND3 + 3 Mg(OD) 2 d) D2O + SO3 D2SO4 2 D2SO4 + Na2O 2 NaDSO4 + D2O 6.23. wyznaczmy liczby masowe poszczególnych izotopów: A1 = 5 + 5 = 10 A1 = 5 + 6 = 11 ułóżmy równanie x – zawartość procentowa izotopu 10 B: →
→
→
→
→
90
10,81 =
x ⋅10 + (100 − x ) ⋅ 11
100 1081 = 10x + 1100 − 11x
x = 81 10 zatem zawartość procentowa izotopu B wynosi 81%, a izotopu 11B 19% 6.24. 60,2% ⋅ 69 + 39,8% ⋅ 71 = 69,8u m= 100% szukanym pierwiastkiem jest gal 6.25. liczba masowa pierwszego izotopu wynnosi: A = 29 + 34 = 63 zawartość procentowa drugiego izotopu wynosi: p2 = 100% - 69,1% = 30,9% zatem 69,1% ⋅ 63 + 30,9% ⋅ x 63,55 = 100% 6355 = 4353,3 + 30,9 x 2001,7 = 30,9x x ≈ 65u lczba masowa drugiego izotopu wynosi 65 6.26. bor-10 zawiera 5 neutronów, a bor-11 6 neutronów, policzmy liczbę atomów boru-10: nB-10 = 0,188 · 500 = 94 atomy zatem liczba neutronów w borze-10: nn01 = 94 · 5 = 470 analogicznie dla boru-11: nB-11 = 0,812 · 500 = 406 nn02 = 406 · 6 = 2436 łączna ilość neutronów: nn0 = 470 + 2436 = 2906 6.27. 92,2% ⋅ 28 + 4,7% ⋅ 29 + 3,1% ⋅ 30 = 28,11u m= 100% pierwiastkiem tym jest krzem 6.28. jeżeli co dziesiąta cząsteczka jest cząsteczk ą deuteru oznacza to, że izotop ten stanowi 10% mieszaniny izotopów wodoru, więc: 90% ⋅ 1 + 10% ⋅ 2 = 1,1u m= 100% 6.29. procent ten maleje w miarę wzrostu liczby atomowej pierwiastka, jak wiemy liczba elektronów jest równa liczbie protonów a w miarę wzrostu liczby atomowej stosunek p+ : n0 jest coraz mniejszy 6.30. me ≈ 1/1840 · mp = 1/1840u 1u ≈ 1840me zatem: mH = 1u = 1840me Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
mC = 12u = 12 · 1840me = 22080me mRf = 261u = 261 · 1840me = 480240me 6.31. ułóżmy schematyczne równanie reakcji y Dx + O2 → 2 D2O z danych zadania widzimy, że deuter reaguje z tlenem w stosunku 2 : 1, zatem y = 1, otrzymujemy równanie reakcji: 2 Dx + O2 → 2 D2O po prawej stronie równania mamy 4 atomy deuteru, zatem x musi być równy 2; cząsteczka deuteru składa się z 2 atomów 6.32. policzmy najpierw masę tlenu konieczną do spalenia 10g deuteru: 2 D2 + O2 → 2 D2O 2·2·2g 1mol 8g 1mol 8g D2 ─── 1mol O2 10g D2 ─── x 10g ⋅ 1mol = 1,25 mola O2 x= 8g wiemy, że tlen stanowi w przybliżeniu 20% objętościowych powietrza, a azot 80%, policzmy ilość azotu: 20% ─── 1,25 mola 80% ─── y 80% ⋅ 1,25mol x= = 5 moli N2 20% zamieńmy ilości tlenu i azotu na masy: mO2 = 1,25 · 32g = 40g mN2 = 5 · 28g = 140g łączna masa powietrza: m = 40g + 140g = 180g 6.33. 1 1 1 2 2 1 powstaną 4 rodzaje cząsteczek: A B, A B, A B, 2 2 A B, zawartość poszczególnych cząsteczek obliczymy mnożąc przez siebie zawartości procentowe poszczególnych izotopów: p1A1B = 10% · 30% : 100% = 3% p1A2B = 10% · 70% : 100% = 7% p1A1B = 90% · 30% : 100% = 27% p1A1B = 90% · 70% : 100% = 63% 6.2. Przemiany j ądrowe 6.34. aby mieć pewność, które nuklidy są nietrwałe wystarczy zobaczyć, czy znajdują się one wna wykresie przedstawiającym naturalne szeregi promieniotwórcze (wewnętrzna strona okładki) 209 235 a) Po, U b) 223Fr, 238U
91
6.35. a) 22790Th →
b)
223 87
Fr
c)
238 92
U
40
α 223 0 88 Ra + -1 β 234 4 90Th + 2 α 40 0 20 Ca + -1 β 223 88
Ra +
4 2
→
→
d) 19 K 6.36. 0 a) Z = 38, n = A – Z = 58, β – promieniotwórczy b) Z = 93, n 0 = A – Z = 144, α – promieniotwórczy 0 c) Z = 54, n = A – Z = 89, β – promieniotwórczy d) Z = 85, n 0 = A – Z = 111, α – promieniotwórczy 6.37. w równaniach reakcji suma liczb masowych jak i atomowych po obu stronach równania musi by ć taka sama, warto też zauważ yć, że dla danego pierwiastka liczba atomowa jest niezmienna 1 239 0 a) 238 92 U + 0 n 93 Np + −1 β →
→
4 2
α
b)
27 13
c)
250 98
Cf +
11 5
B
d)
209 83
Bi +
58 26
Fe
Al +
→
30 15
P +
257 103
→ →
4 2
α
d) rozkładowi β 223 223 87 Fr 88 Ra +
0
−1
β
→
β
Lr + 4 01 n
266 109
6.38. a) tor-232 b) ołów-208 c) rozkładowi α 222 218 86 Rn → 84 Po +
1 0
Mt + 01 n
e) bizmut-214 powstaje w reakcji szeregu radowego w przemianie α lub β 218 214 4 85 At 83 Bi + 2 α →
Bi + −01 β f) 11, (nie należy uwzględniać ostatniego izotopu, gdyż nie jest on radioaktywny) g) 8 rozpadów α, 6 rozpadów β, wartości te nie zależa od kolejności rozpadów w punktach rozgałęzień, zmienia się tam jedynie kolejność, a nie liczba poszczególnych przemian 6.39. w tym szeregu nast ępuje: 6 rozpadów α i 4 rozpady β 6.40. w tym szeregu nast ępuje: 8 rozpadów α i 6 rozpadów β 6.41. 227 211 0 4 90Th 84 Po + 2 −1 β + 4 2 α produktem tych rozpadów było j ądro polonu-211 6.42. 228 212 0 4 88 Ra 84 Po + 4 −1 β + 4 2 α szereg rozpadów rozpocz ął się od jądra radu-228 6.43. 247 207 0 4 99 Es 82 Pb + 3 −1 β + 10 2 α produktem tej serii rozpadów jest j ądro ołowiu-207 214 82
Pb
→
214 83
→
→
6.44. regułą są na przemian występujące przemiany α i β, kolejnym członem będzie: 207Pb 6.45. 48 godzin to 2 dni, zatem: a) po upływie 4 dni ilo ść próbki wynosić będzie: 4/2 2 (1/2) = (1/2) = ¼ ilości początkowej (w 4 dniach zawieraj ą się 2 okresy półtrwania), zatem: m = 4mg · ¼ = 1mg b) po upływie 8 dni ilo ść próbki wynosić będzie: (1/2)8/2 = (1/2)4 = 1/16 ilości początkowej (w 8 dniach zawieraj ą się 4 okresy półtrwania), zatem: m = 4mg · 1/16 = 0,25mg 6.46. a) po upływie 32 dni ilość próbki wynosić będzie: (1/2)32/8 = (1/2)4 = 1/16 ilości początkowej (w 32 dniach zawieraj ą się 4 okresy półtrwania), zatem: m = 200mg · 1/16 = 12,5mg 6.47. policzmy ile okresów półtrwania zawieraj ą te 54 minuty: x (1/2) · 10 = 1,25 (1/2)x = 0,125 = 1/8 x=3 zatem 54 minuty zawierają 3 okresy półtrwania, okres półtrwania wynosi: t1/2 = 54 : 3 = 18 min 6.48. po 5 minutach od rozpocz ęcia reakcji rozkładu masa próbki wynosi 6mg, szukamy czasu po jakim masa próbki będzie wynosic 3mg, jest to 15 minut (od rozpocz ęcia reakcji), zatem okres półtrwania wynosi: t1/2 = 15 min – 5 min = 10 min 6.49. widzimy, że początkowo masa próbki wynosiła 4? [źle opisany wykres] szukmy czasu po jakim masa próbki będzie wynosiła 2, czas ten to ok 27,5 lat, zatem: t1/2 ≈ 27,5 lat 6.50. odczytujemy z wykresu wartość: ok 2,8g 6.51. mg
� � � � � � � � � �
�
�
�
�
��
��
��
��
dni
→
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
92
6.56. 6.52. mg
Rodzaj przemiany
�� �� �� �� �� �� �� �� �� � � �
�
�
��
��
��
��
��
��
��
��
po 18 dniach zostanie ok. 10mg radionuklidu 6.53. a) rozpadowi α 251 247 4 98 Cf 96 Cm + 2 α b) rozpadowi β 239 239 0 93 Np 94 Pu + −1 β c) w wyniku rozpadu α lub rozpadu β 247 243 4 97 Bk 95 Am + 2 α →
→
→
Am + −01 β d) 5 przemian α i 3 przemiany β 6.54. Pu
243 95
→
156 152 148 144 54 55 Xe Cs
56 57 Ba La
58 Ce
59 60 61 62 63 64 65 Pr Nd Pm Sm Eu Gd Tb
66Z Dy
a) cer-140 b) 7 rozpadów β i 4 rozpady α c) neodym może powstać w wyniku rozpadu α lub β: 148 144 4 62 Sm 60 Nd + 2 α →
144 60
Pr
→
144 60
Nd + −01 β
rozpad neodymu 144 140 60 Nd 58 Ce + →
α
4 2
6.55. Rodzaj przemiany Rozpad α Reakcja j ądrowa Rozpad β Reakcja j ądrowa
Zapis uproszczony
Zapis pełny 218
Po
214
Pb + 42 He
→
70
Zn + p+
228
Th
56
Fe +
→
2 1
→
70
Ga + n0
228
H
Pa +
→
57
16
Wychwyt K
55
Fuzja j ądrowa
3
Ne
16
→
Fe +
Na +
0
−1 e
T + p+
→
→
3
0
16
Mn
55
−1 e
55
He + n0
Ne(-,β-) 16Na
Fe(β-,-) 55Mn T(p,n) 3He
6.3. Atom wodoru. Widma emisyjne
A
140
Rozpad β
6.57. jest to rozszczepienie jądrowe (wymuszone) 235 U + n → 140La + 94Br + 2 n 235 U(n,2n) 140La, 94Br 6.58. 235 140 94 U + n → La + Br + 2 n jest to rozszczepienie jądrowe (wymuszone) 6.59. 232 Th → 138I + 92Rb + 2 n0 jest to rozszczepienie jądrowe (samorzutne) 6.60. jest to rozszczepienie jądrowe (samorzutne) 244 Cm → 145Ce + 96Sr + 3 n0 6.61. a), b) dla obu przemian jest to przesunięcie o 1 miejsce w lewo
dni
243 94
Zapis uproszczony
Zapis pełny
0
−1 e
Co + n0
218
Po(-,α)214Pb
70
Zn(p,m) 70Ga
228
Th(-,β-) 228Pa
56
Fe(d,n)57Co
6.62. liczbę linii widmowych określemy wzorem: n ⋅ (n − 1) k = 2 gdzie n oznacza liczb ę poziomów energetycznych, zatem podstawiając do wzoru: 4 ⋅ (4 − 1) k = =6 2 6.63. przekształcamy wzór i podstawiamy wartości: n ⋅ (n − 1) k = 2
2k = n 2
−n 0 = n 2 − n − 20 = (n − 5) ⋅ (n + 4) n musi być większe od 0, zatem rozwi ązaniem powyższego równania jest n = 5, co oznacza, że atomy pierwiastka przyjmowały 5 ró żnych wartości energii 6.64. a) przekształcamy wzór i podstawiamy warto ści do wzoru: n ⋅ (n − 1) k = 2 2k = n 2 − n 992 = n 2 − n 0 = n 2 − n − 992
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
93
∆ = 12 + 4 ⋅ 992 = 3969 n1
=
2
pm
= 32
1 − 3969
= −31 2 oczywiście n musi być większe od 0, zatem sensownym rozwiązaniem powyższego równania kwadratowego jest n = 32 b) wiemy, że pierwsza seria składa si ę z 1 linii mniej niż łączna liczba stanów kwantowych (zatem składa się z 31 linii), następnie każda kolejna seria b ędzie miała jedną linie mniej niż poprzednia, co pozwala nam określić, że łączna ilość serii wynosi 31 c) jak już określiliśmy w pkt.b) pierwsza seria, zawieraj ąca linie odpowiadające fali o najmniejszej długości będzie składała się z 31 linii d) seria, zawieraj ąca linie odpowiadające fali o największej długości będzie składała si ę z 1 linii 6.65. linie odpowiadające falą o większej długości występują w większych odległościach (po lewej stronie widma), zatem: a) δ, γ, β, α b) wiemy, że częstotliwość jest odwrotnie proporcjonalna do długości fali, więc: α, β, γ, δ c) energia kwantu energii jest wprost proporcjonalna do częstotliwości fali, więc: α, β, γ, δ 6.66. a) Eβ - Eα, ponieważ różnica częstotliwości fali między β, a α, jest większa niż różnica częstotliwości fali między γ, a β b) wiemy,że: c n2
=
1 + 3969
λ=
6.68.
ν
zatem im większe ν oraz różnice między poszczególnymi częstotliwościami, tym większe różnice w długościach, ponieważ różnica częstotliwości fali między β, a α, jest większa niż różnica częstotliwości fali między γ, a β to większe jest wyrażenie: λ α – λ β c) νβ - να widzimy na widmie, że odległość między prążkami α i β, jest większa niż między prążkami γ i β 6.67. wiemy, że: me = 1/1840 · mp = 1/1840u, zatem dla atomu wodoru: mp 1u z me [%] = ⋅ 100% = ⋅ 100% = mp + me 1u + 1 / 1840u
= 99,95%
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
400 300 200 100
20
40
60
80
100 %
a) promień ten wynosi w przybliżeniu 110pm b) prawdopodobieństwo wynosi ok. 33% 6.69. ponieważ atom wodoru ma tylko jeden elektron, jego energię określa równanie: 1 E n = 2 ⋅ E1 n a) zatem na pierwszej powłoce wyst ępuje 1 wartość energii b) analogicznie jak w a) tak że występuje 1 wartość energii c) łącznie na 3 pierwszych powłokach wyst ępują 3 wartości energii 6.70. na piątej powłoce może znajdować się 5 podpowłok, ilość stanów kwantowych na ka żdej podpowłoce określamy wzorem: 2 + 4l, zatem: nsk = 2 + 6 + 10 + 14 + 18 = 50 6.71. podpowłoka g jest 5 w kolejności podpowłok ą (zatem l = 4, gdyż dla s l = 0); zgodnie ze wzorem określającym liczbę stanów kwantowych, ilość ich na podpowłoce g wynosi: nsk = 2 + 4l = 2 + 4 · 4 = 18 podpowłoka ta znajduje się na powłokach dla których n ≥ 5 6.72. 2 a) 2n (czyli maksymalna ilość elektronów na danej powłoce) b) 2 + 4l c) 2 (zależy od spinu elektronu) d) n2 (czyli ilość orbitali) e) 2l + 1 (ilo ść orbitali na danej podpowłoce) f) n g) elektrony w danym atomie mog ą przyjmować nieskończoną ilość stanów kwantowych w zależności od ilości dostarczonej energii 6.73. widzimy w zadaniu, że w każdym przypadku elektron przechodzi o 1 powłok ę, im dalsze są to powłoki tym wypromieniowana energia jest mniejsza, zatem: a) kwant o najmniejszej energii został wypromieniowany przy przejściu z powłoki 4 na 3 94
najmniejsza długość fali, będzie przy przej ściu najbardziej energetycznym elektronu (poniewa ż wtedy częstotliwość fali będzie największa), zatem: b) kwant o najmniejszej dłogo ści fali został wypromieniowany przy przej ściu z powłoki 2 na 1 6.74. energi ę elektronu na danej powłoce okre śla równanie: 1 E n = 2 ⋅ E1 n gdzie n oznacza numer powłoki, zatem energia elektronu na czwartej powłoce wynosi: 1 1 E n = 2 ⋅ E1 = ⋅ −13,6eV = −0,85eV 16 4
6.83. pierwiastek ten leż y w 4 okresie, jego maksymalna wartościowość to V, zatem musi leżeć w 15 grupie; szukanym pierwiastkiem jest arsen 6.84. 1) liczba atomowa jest równa liczbie protonów, a zarazem liczbie elektronów, 2) elektrony walencyjne to elektrony leżące na ostatniej powłoce (dla atomów grup głównych), 3) okre ślamy nr ostatniej powłoki, która jest powłok ą na której leżą elektrony walencyjne: a) 1) 15, 2) 5, 3) 3 b) 1) 34, 2) 6, 3) 4 c) 1) 38, 2) 2, 3) 5 6.85. 6.4. Atomy wieloelektronowe pierwiastków te to pierwiastki o liczbie atomowei większej lub równeej liczbie atomowej indu (49) 6.75 (konfiguracja elekrtonowa indu: K2L8M18N18O3) oraz masa elektronu jest w przybli żeniu równa: mogące przyjąc wartościowość IV; szauknymi me = 1/1840·mp = 1/1840u pierwiatkami są: cynna, ołów telur i polon zatem otrzymujemy równanie: 6.86. 9 ⋅ 1 / 1840u 2 8 5 15P: K L M ⋅100% = 0,026% z me [%] = 2 8 18 8 2 19u + 9 ⋅ 1 / 1840u 38Sr: K L M N O 2 8 18 8 6.76 36Kr: K L M N 2 8 18 32 18 4 a) 3 powłoki (Mg leży w 3 okresie), 2 elektrony (Mg 82Pb: K L M N O P 2 8 18 32 18 8 2 leży w 2 okresie) 88Ra: K L M N O P Q b) 2 powłoki, 4 elektrony 6.87. c) 4 powłoki, 5 elektronów pierwsza metoda polega na zsumowaniu elektronów i d) 2 powłoki, 8 elektronów wyznaczeniu dzięki temu liczby atomowej 6.77. pierwiastka; druga metoda polega na policzeniu 3 powłoki ma fosfor (le ży w 3 okresie), a 6 powłok powłok, na których znajduj ą się elektrony, co pozwala ma bizmut (leży w 6 okresie) nam określić numer okresu, nast ępnie liczba 6.78. elektronów walencyjnych (na ostatniej powłoce) 4 elektrony na ostatniej powłoce ma cyna (leż y w 14 pozwala nam określić grupę: grupie), a 7 elektronów na ostatniej powłoce ma jod a) brom; b) azot; c) cez (leży w 17 grupie) 6.88. 6.79. najpier należy odczytać numer okresu, któremu powłoka L jest to 2 powłoka, skoro ma tam 5 odpowiada dana powłoka walencyjna, a nast ępnie o elektronów oznacza to, że leży w 2 okresie i 15 grupie; numerze grupy poinformuje nas liczba elektronów pierwiastkiem E jest azot walencyjnych: 6.80. a) glin; b) krzem; c) tlen; d) jod zatem szukamy pierwiastki z okresu 3 przyjmuj ące 6.89. wartościowość III; tymi pierwiastkami mogą być: glin określmy jaki pierwiatek jako pierwszy zawiera 2 i fosfor elektrony na powłoce M, jego konfiguracja: 2 8 2 6.81. E : K L M pierwiastkiem tym jest magnez o liczbie pierwiastek ten leży w 3 okresie, w reakcji z tlenem atomowej 12, zatem aby pierwiastki miały wi ęcej niż przyjmuje wartościowość I; szukanym pierwiastkiem 2 elektrony na powłoce M ich liczba atomowa musi jest sód (ew. mógłby być to tak że chlor, jednak tlenek być większa niż 12, zbiorem spełniającym warunki Cl2O jest bardzo żadko występującym związkiem, ze zadania jest zbiór 2) względu na swoją małą trwałość) 6.90. 6.82. maksymalnie na ostatniej powłoce dla pierwiastków z pierwiastek ten leży w 4 okresie, jest okresów 2-7 może znajdować się osiem elektronów, jednowartościowy, a wodorek ma charakter kwasowy jest to jednocześnie maksymalna ilość elektronów dla (zatem pierwiastek ten jest niemetalem); szukanym 2 powłoki, zatem pierwiastkiem tym jest neon, pierwiastkiem jest brom drugim pierwiastkiem spełniającym warunki zadania Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
95
jest hel, mający na swojej jedynej powłoce 2 elektrony 6.91. sytuacja taka nie jest możliwa, gdyż maksymalna liczba elektronów walencyjnych na powłoce M to 8, a maksymalna ilość elektronów na powłoce M, wg 2 wzoru 2n wynosi 18 6.92. siła przyciągania pochodzi jedynie od j ądra atomowego, zatem jest jedna taka siła; sił y odpychania pochodzą od pozostałych elektronów, więc jest ich dwie (ł ącznie atom litu posiada 3 elektrony) 6.93. siły przyciągania/odpychania określamy równaniem: qq = k 1 2 2 F = r zatem ich wartość jest wprostproporcjonalna do iloczynu ładunków, a odwrotnie proporcjonalna do kwadratu odległości, oczywiści ładunki o przeciwnych znakach b ędą się odpychały, a o tych samych znakach przyci ągały (rysunek schematyczny proporcje długości wektorów nie zostały zachowane): F23 F21 F12 2+
F13
F31
- F32
jeśli chodzi o wartości sił to: F12 = F21; F13 = F31; F23 = F32 F12 = 4F13 = 8F23 6.94. ilość elektronów walencyjnych określa numer grupy (dla grup 13-18 ilo ść elektronów walencyjnych określa liczba jedności, czyli dla grupy 13- 3e , 144e-, itd) Na – 1; N – 5; Al – 3; Br – 7; Mg – 2; Cr – 6; Fe – 8; Ag – 11; Ce – 4 6.95. 2 8 8 1 19K: K L M N 2 8 8 2 20Ca: K L M N 2 8 18 3 31Ga: K L M N 2 8 18 4 32Ge: K L M N 2 8 18 5 33As: K L M N 2 8 18 6 34Se: K L M N 2 8 18 7 35Br: K L M N 2 8 18 8 36Kr: K L M N 6.96. konfiguracja elektronowa rdzenia atomu, to konfiguracja wszystkich elektronów oprócz elektronów walencyjnych 2 Lir: K 2 Fr: K Sr: K2L8 2 8 Clr: K L Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
6.97. sytuacja taka ma miejsce dla pierwiastków z grup 112 6.98. różne wartości energii mają elektrony znaljduj ące się na różnych podpowłakach, zatem musimy wyznaczyć ile podpowłok spełnia warunki zadania) a) pierwsza powłoka zawiera jedn ą podpowłok ę, zatem na pierwszej powłoce wszystkie elektrony mają tę samą energię; pierwszej powłoce odpowiada jedna wartość energii b) druga powłaoka ma dwie podpowłoki (s i d), zatem drugiej powłoce odpowiadaj ą dwie różne wartości energii c) na dwoch pierwszych powłokach znajduj ą się podpowłoki 1s, 2s. 2p, zatem dwum pierwszym powłokom odpowiadają 3 różne wartości energii d) na trzech pierwszych powłokach znajduj ą się podpowłoki: 1s, 2s, 2p, 3s, 3p, 3d, zatem trzem pierwszym powłokom odpowiada 6 ró żnych wartości energii 6.99. powłoka druga nie zawiera podpowłoki d (zawiera jedynie podpowłoki s i p), zaś na podpowłoce d trzeciej i chwartej powłoki może maksymalnie znajdować się 10 elektronó 6.100. a) 3p, 4s, 3d, 4s b) 5s, 4d, 5p, 6s c) 5f, 6d, 7p, 8s 6.101. łącznie elektrony w tym pierwiastku zajmuj ą 4 powłoki (widzimy, że ostatni elektron znajduje si ę na 4 powłoce) 6.102. dla grupy 1 i 18 b ędzie to podpowłoka s, dla grupy 2 okresów 2 i 3 oraz dla grup 12-17 b ędzie to podpowłoka p, dla grupy 2 okresów 4-7 oraz dla grup 3-11 będzie to podpowłoka d (z numerem powłoki o 1 mniejszym niż numer okresu w którym leży pierwiastek); numer powłok określimy dzięki znajomości okresu w którym le ż y dany atom: 33As: 4d; 4Be: 2p; 71Lu: 5d; 30Zn: 4p; 18Ar: 4s; 56Ba: 5d; 84Po: 6d 6.103. a) 5B: 1s22s22p1 2 2 4 8O: 1s 2s 2p 2 2 6 2 12Mg: 1s 2s 2p 3s 2 2 6 2 3 b) 15P: 1s 2s 2p 3s 3p 2 2 6 2 6 18Ar: 1s 2s 2p 3s 3p 2 2 6 2 6 1 19K: 1s 2s 2p 3s 3p 4s 2 2 6 2 6 1 2 c) 21Sc: 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 2 2 6 2 6 10 2 30Zn: 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 2 2 6 2 6 10 2 5 35Br: 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p 2 2 6 2 6 10 2 6 10 2 d) 48Cd: 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p 4d 5s 2 2 6 2 6 10 2 6 10 2 6 2 56Ba: 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p 4d 5s 5p 6s
96
82Pb: 2 2
6
2
6
10
2
6
10
14
2
6
10
2
2
1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p 4d 4f 5s 5p 5d 6s 6p 6.104. numer powłoki na której znajduj ą się elektrony walencyjne pozwala nam określić okres, zaś ich liczba oraz rodzaje podpowłok, na których si ę znajdują numer grupy: a) glin; b) wapń; c) ksenon; d) ołów 6.105. numer powłoki na której znajduj ą się elektrony walencyjne pozwala nam określić okres, zaś ich liczba oraz rodzaje podpowłok, na których si ę znajdują numer grupy: a) kobalt b) miedź (szukany atom ma ł ącznie 11 elektronów walencyjnych, dla atomów 11 grupy następuje przesj ście elektronu z podpowłoki s na d, gdyż wtedy atom jest stabilniejszy energetycznie) c) cer (szukany atom ma ł ącznie 4 elektrony walencyjne, dla atomów grupy f, czyli lantanowców i aktynowców często następuje przesjście elektronu z podpowłoki d na f, gdyż wtedy atom jest stabilniejszy energetycznie) d) uran 6.106. rozpiszmy podpowłokową konfigurację elektronową galu: 2 2 6 2 6 10 2 1 31Ga: 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p widzimy, że podpowłoka 4p nie została całkowicie zapełniona, zatem nie wszystkie podpowłoki w atomie galu zawierają maksymalną liczbę elektronów, jaka może znajdować się na danej podpowłoce 6.107. najprostszym sposobem jest zsumowanie liczby elektronów i znalezienie pierwiastka o danej liczbie atomowej a) siarka b) skand 6.108. pierwiastki te możemy odczytać stosując różne sposoby: sumując liczbę elektronów gazu szlachetnego i elektronów walencyjnych, co da nam liczbę atomową, lub mając określone elektrony walencyjne, odczytać numer okresu i grupy: a) fosfor; b) cyna; c) beryl; d) cez 6.109. 2 4Be: [He] 2s 2 1 13Al: [Ne] 3s 3p 2 4 34Se: [Ar] 4s 4p 2 38Sr: [Kr] 5s 14 10 2 2 82Pb: [Xe] 4f 5d 6s 6p 6.110. wiemy, że na podpowłoce s mogą maksymalnie znajdować sie 2 elektrony, łącznie na podpowłokach s i p 8 elektronów, na podpowłokach s, p i d łacznie 18 elektronów, poszczególne liczby elektronów na Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
powłokach pozwalają określić, które podpowłoki zostały zapełnione; w zadaniu tym wybrane zostały w większości pierwiastki będące wyjątkami w regule zapełniania podpowłok, w pierwiastkach tych ma miejsce przesunięcie elektronu z jednej podpowłoki na inną co powoduje, że jest on stabilniejszy energetycznie a) 24Cr: [Ar] 3d54s1 10 1 b) 29Cu: [Ar] 3d 4s 4 1 c) 41Nb: [Kr] 4d 5s d) 46Pd: [Kr] 4d10 14 9 1 e) 78Pt: [Xe] 4f 5d 6s 6.111. mają one tak ą samą liczbę elektronów leżących na ostatniej i przedostatniej powłoce (dla okresów 2-7) 6.112. m. in. różnią się one ilością powłok, oraz ilością elektronów na powłokach, oprócz 2 ostatnich powłok (dla okresów 3-7) 6.113. 1 2 2 1 2 2 19K: 4s ; 20Ca: 4s ; 31Ga: 4s 4p ; 32Ge: 4s 4p ; 33As: 2 3 2 4 2 5 2 6 4s 4p ; 34Se: 4s 4p ; 35Br: 4s 4p ; 36Kr: 4s 4p ; 6.114. elektrony rdzenia atomu to wszystkie elektrony oprócz elektronów walencyjnych 2 3Lir: 1s 2 2 6 15Pr: 1s 2s 2p 2 2 6 16Sr: 1s 2s 2p 2 2 6 17Clr: 1s 2s 2p 6.115. będą to pierwiastki 14. grupy mające konfiguracj ę 2 2 elektronów walencyjnych xs xp , czyli: węgiel, krzem, german, cyna ołów 6.116. a) pierwiastki 2. grupy b) pierwiastki 15. grupy c) pierwiastki 3. grupy d) lutet i lawrans (należące do lantanowców i aktynowców) 6.117. liczbę poziomów orbitalnych, zatem liczbę orbitali określa zależność z poboczną liczbą kwantową l i ma ona postać: 2l + 1 6.118. obie powłoki zawierają po 3 poziomy orbitalne p (m = 2l + 1 = 2 · 1 + 1 = 3) 6.119. główna liczba kwantowa „n” określa nam nr powłoki, poboczna liczba kwantowa „l” okre śla nam rodzaj podpowłoki, magnetyczna liczba kwantowa „m” określa nam orbital, a magnetyczna spinowa liczba kwantowa „ms” określa nam spin elektronu w orbitalu: a) n; b) l; c) m; d) ms; e) n, l; f) l, m; g) m, ms; h) n, l, m; i) l, m, ms; j) n, m, ms; k) n, l, ms; l) n, l, m, ms 97
6.120. jest to spinowa liczba kwantowa, zazwyczaj pomijana w zapisie, gdyż jej wartość dla każdego elektronu jest równa ½ 6.121. 1 – c; 2 – a; 3 – e; 4 – b; 5 – d 6.122. 2 2 6 2 6 10 2 3 33As: 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p elektrony atomu arsenu znajduj ą się na 4 powłokach i 8 podpowłokach, przedstawmy opis walencyjnych poziomów orbitalnych:
6.125. a) pierwiastki grupy 15 (konfiguracja podpowłokowa elektronów walencyjnych ns2np3) b) pierwiastki grupy 13 (konfiguracja podpowłokowa 2 1 elektronów walencyjnych ns np ) c) chrom i molibden (dla atomów tych następuje przesj ście elektronu z podpowłoki s na podpowłok ę d, gdyż wtedy atom jest stabilniejszy energetycznie) d) miedź, srebro i złoto (dla atomów tych następuje przesj ście elektronu z podpowłoki s na podpowłok ę d, gdyż wtedy atom jest stabilniejszy energetycznie) 6.126. przedstawmy opis poziomów orbitalnych atomu dla elektronów walencyjnych: 1 11Na: 3s
widzimy, że arsen posiada 5 elektronów walencyjnych, z czego 3 s ą niesparowane 6.123. a) początkowo zapełniają się po jednym elektronie puste orbitele
jeden niesparowany elektron 2 3 15P: 3s 3p
natępnie orbitale zapełniaj ą się po 1 kolejnym elektonie tworząc pary elektronowe
trzy niesparowane elektrony 2 20Ca: 4s
b) początkowo zapełniają się po jednym elektronie puste orbitele
zero niesparowanych elektronów 2 2 32Ge: 4s 4p
natępnie orbitale zapełniaj ą się po 1 kolejnym elektonie tworząc pary elektronowe
6.124. najpierw wyznaczmy w zapisie podpowłokowym elektrony walencyjne poszczególnych pierwiastków: a) 12Mg: 3s2 2
1
b) 31Ga: 4s 4p 2
2
c) 14Si: 3s 4p 2
dwa niesparowane elektrony 2 6 36Kr: 4s 4p
zero niesparowanych elektronów 10 2 48Cd: 4d 5s
zero niesparowanych elektronów 2 1 49In: 5s 5p
jeden niesparowany elektron 2 5 53I: 5s 5p
4
d) 52Te: 5s 5p 2
5
2
6
jeden niesparowany elektron 2 4 84Po: 6s 6p
e) 35Br: 4s 4p
f) 10Ne: 2s 2p
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
dwa niesparowane elektrony 6.127. c) zgodnie z reguł ą Hunda: niesparowane elektrony, obsadzaj ące poziomy orbitalne tej samej podpowłoki, powinny mieć jednakową orientację spinu 98
e) analogicznie jak w c) f) zgodnie z reguł ą Hunda: na danej podpowłoce powinna istnieć możliwie największa liczba niesparowanych elektronów 6.128. stan wzbudzony występuje wtedy, kiedy elektron (lub elektrony) znajduje si ę na wyższej podpowłoce ni ż wynika to z reguły zapełniania podpowłok, sytuacja taka ma miejsce w przykładzie 1) i 3), narysujmy opis orbitali elektronów walencyjnych dla tych przykładów: 1 1 1) 4Be: 2s 2p
dwa niesparowane elektrony 1) 5B: 2s12p2
trzy niesparowane elektrony 6.129. tak, ponieważ w każdej grupie głównej struktura zapełniania powłok przez elektrony walencyjne oraz ich liczba jest taka sama Rozdział 7. Przekształcenia atomów w inne drobiny. 7.1. Przekształcenia atomów w jony 7.1. a) K+, S2-; b) Mg2+, Br-; c) Al3+, Te27.2. ustalając te równania należy pamiętać, aby po obu stronach równania suma ładunków była taka sama + Na → Na + e 3+ Al → Al + 3 e S + 2 e- → S22+ Fe → Fe + 2 e 2+ 3+ Fe → Fe + e 2+ Cu + 2 e → Cu Br- → Br + e2+ 4+ Sn → Sn + 2 e 7.3. najpierw należ y sprawdzić ile elektronów walencyjnych zawiera dany pierwiastek (w której leży grupie), a nast ępnie dodając lub odejmując wartość ładunku wyznaczyć szukaną liczbę elektronów na ostatniej powłoce K+ - 8 elektronów; Br- - 8 elektronów; Mg2+ - 8 2+ elektronów; S - 8 elektronów; H - 0 elektronów; H - 2 elektrony 7.4. + 2 8 Na : K L 2 8 18 8 Br : K L M N 2+ 2 8 8 Ca : K L M Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
S2- : K2L8M8 7.5. konfiguracja elektronowa jonu Li + jest taka sama jak konfiguracja elektronowa helu, zatem jon ten ma 1 powłok ę konfiguracja elektronowa jonu Se2- jest taka sama jak konfiguracja elektronowa kryptony, zatem jon ten ma 4 powłoki 3+ konfiguracja elektronowa jonu Al jes taka sama jak konfiguracja elektronowa neonu, zatem jon ten ma 2 powłoki konfiguracja elektronowa jonu I jes taka sama jak konfiguracja elektronowa ksenonu, zatem jon ten ma 5 powłok 7.6. K+: 1s22s22p63s23p6 2 2 6 2 6 Cl : 1s 2s 2p 3s 3p Al3+: 1s22s22p6 22 2 6 O : 1s 2s 2p 7.7. a) np. Na+, będą to wszystkie jony z których konfiguracja elektronowa odpowiada konfiguracji elektronowej neonu lub argonu + b) np. Li , będą to m. in. jony, których konfiguracji elektronowa odpowiada konfiguracji elektronowej helu c) nie ma takich jonów, gdyż na ostetniej powłoce maksymalnie może znajdować sie 8 elektronów 7.8. 2+ 2+ + 2+ 22a) S , Cl , K , Ca ; b) Li , Be ; c) Se , Br ; d) O , F-, Na+, Mg2+ 7.9. rubid tworząc jon Rb+ stara się uzyskać konfigurację elektronową kryptonu 2tellur tworząc jon Te stara się uzyskać konfigurację elektronową ksenonu 2+ bar tworząc jon Ba stara się uzyskać konfigurację elektronową ksenonu astat tworząc jon At stara si ę uzyskać konfigurację elektronową radonu 7.10. 2+ 3+ Ca - argon; Al - neon; Br - krypton; F - neon 7.11. helowiec, który zawiera 4 powłoki elektronowe, to leżący w 4 okresie krypton, zatem szukanym pierwiastkiem jest leżący w 5 okresie stront, a jonem 2+ Sr 7.12. 4+ a) Sn - są to jony pierwiastków leżących w kolejnych okresach i kolejnych grupach głównych b) Te2- - są to jony pierwiastków leżących w kolejnych okresach, i na przemian grupach 17. i 16. 7.13. izoelektronowy (mający taka samą liczbę elektronów) z tymi jonami jest atom argonu odmienne właściwości tych jonów wynikają z odmiennej elektroujemności 99
tych pierwiastków oraz odmiennych sił działających między jądrem atomu, a elektronami 7.14. 81 + 0 + Br : p = 35; n = 81 – 35 = 46; e = p + 1 = 36 40 3+ + 0 + Ca : p = 20; n = 40 – 20 = 20; e = p - 3 = 17 74 Se2-: p+ = 34; n0 = 74 – 34 = 40; e- = p+ + 2 = 36 56 3+ + 0 + Fe : p = 26; n = 56 – 26 = 30; e = p - 3 = 23 7.15. 2+ − 27 3+ ; 2) 37 1) 24 12 Mg 17 Cl ; 3) 13 Al 7.16. podobieństwa: taka sama liczba elektronów i konfiguracja elektronowa różnica: różna ilość protonów i elektronów, różne ładunki; F łatwo reaguje z kationami (lub + pierwiaskami łatwo przechodzącymi w kation), Na łatwo reaguje z anionami (lub pierwiaskami łatwo przechodzącymi w anion), Ne jako gaz szlachetny jest praktycznie niereaktywny 7.17. energia jonizacji rośnie w okresie wraz ze wzrostem liczby atomowej, natomiast w grupie, wraz ze wzrostem liczby atomowej maleje, zatem: a) Mg; b) K 7.18. dzieje się tak, ponieważ pierwsza energia jonizacji dla atomu sodu jest niższa niż dla atomu magnezu (energia jonizacji wzrasta w okresie wraz ze wzrostem liczby atomowej) a tak że dlatego, że stabilny jon magnezowy jest jonem dwudodatnim, co oznacza, że do przejścia atomu w jon należy pokonać energię oderwania dwóch elektronów, a nie jednego jak to jest w przypadku sodu 7.19. największego 3), ponieważ energia zużywa się na oderwanie aż 3 elektronów z atomu glinu najmniejszego 1), ponieważ porównując z atomami wapnia i magnezu, potas ma najmniejszą pierwszą energię jonizacji (energia jonizacji rośnie w okresie wraz ze wzrostem liczby atomowej, natomiast w grupie, wraz ze wzrostem liczby atomowej maleje) 7.20. reakcja zachodzić będzie w dwóch etapach: + Be → Be + e E1 = 9,3eV + 2+ Be → Be + e E2 = 18,2eV zatem łączna ilość potrzebnej energii będzie sumą energii zużywanej w poszczególnych etapach: Ec = E1 + E2 = 9,3eV + 18,2eV = 27,5eV 7.21. energie jonizacji dla atomu glinu wynoszą kolejno: EI = 5,99eV; EII = 18,83eV; EIII = 28,45eV, zatem łączna energia potrzebna do przejścia atomu glinu w jon trójdodatni wynosi: E = EI + EII + EIII = 5,99eV + 18,83eV + 28,45eV = = 53,27eV Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
7.22. 3+ 2 2 6 2 6 5 Fe : 1s 2s 2p 3s 3p 3d 2
2
6
2
6
3
2
V: 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s
różnica ta może wynikać z większych sił oddziaływania jądra żelaza z elektronami na 3 powłoce (jądro żelaza zawiera więcej protonów) 7.23. 2+ 2 6 4 Cr : 3s 3p 3d 4+ 2 6 3 Mn : 3s 3p 3d 3+ 2 6 8 Au : 5s 5p 5d 3+ 2 5 Ce : 5s 5p 7.24. 2+ 5 a) Mn : 3d 2+
6
3+
5
b) Fe : 3d
c) Fe : 3d 2+
9
d) Cu : 3d
7.2. Substancje jonowe 7.25. + 2+ 2a) Na i I ; Mg i S + 22+ 3+ 2b) 2 Li i O ; Ca i 2 Br ; 2 Al i 3 O + + 2c) Na i OH ; 2 K i SO4 2+ 22+ 3d) Ca i CO3 ; 3 Mg i 2 PO4 7.26. należy pamiętać, że ustalony związek musi mieć ładunek równy 0 a) Na2S; b) Ga2O3; c) SnCl4; d) SrSe; e) AlBr3; f) PbS2 7.27 + Na Na 2S → S + Na Na Mg
O
O
→
2-
O Sn O
Sn
→
2+
Mg O
2-
O
2-
4+
100
S
Al3+
Al S
→
Al S
S
2-
S
2-
S
2-
Al3+
7.28. wiązanie jonowe (a dokładniej przewaga wi ązania jonowego) powstaje wtedy, gdy różnica elektroujemności obu pierwiastków wynosi przynajmniej 1,7, taka sytuacja ma miejsce dla związków: LiBr, SnO2, CaO 7.29. łącznie cząsteczka chlorku wapnia CaCl 2 zawiera 3 2+ jony: Ca i 2 Cl , zatem jony Cl stanowią 2/3 wszystkich jonów, skoro kryształ zawiera n jonów, to ilość jonów chlorkowych wynosi 2/3n 7.30. wyższą temperaturę topnienia ma Rb2O, ponieważ różnica elektroujemności między rubidem, a tlenem jest znacznie większa, niż między tellurem, a tlenem, co oznacza, że trzeba dostarczyć więcej energii, aby rozerwa ć wiązania w cząsteczce Rb2O 7.31. podana w zadaniu konfiguracja elektronowa jest konfiguracj ą neonu, skoro jednoujemny jon ma tak ą konfiguracj ę oznacza to, że w stanie podstawowym pierwiastek ma 9 elektronów, czyli jest to fluor, analogicznie skoro dwudodatni jon ma tak ą konfiguracj ę, oznacza to, że w stanie podstawowym ma on 12 elektonów, zatem jest to magnez; szukanym związkiem jest chlorek magnezu: MgCl2 7.32. a) K+ (promień jonowy w tej samej grupie ro śnie wraz ze wzrostem liczby atomowej) + b) K (promień jonowy w tym samym okresie maleje wraz ze wzrostem liczby atomowej) c) I (promień jonowy w tej samej grupie ro śnie wraz ze wzrostem liczby atomowej) 2d) S (promień jonowy w tym samym okresie maleje wraz ze wzrostem liczby atomowej) 7.33. a) Na (promień atomowy w tej samej grupie ro śnie wraz ze wzrostem liczby atomowej) b) Li (promień atomowy w tym samym okresie maleje wraz ze wzrostem liczby atomowej) c) O (promień atomowy w tym samym okresie maleje wraz ze wzrostem liczby atomowej) d) Se (promień atomowy w tej samej grupie ro śnie wraz ze wzrostem liczby atomowej) 7.34. a) K (po odł ączeniu elektronu promień się zmniejsza) b) Br (po przyłączeniu elektronu promień się zwiększa) c) Mg (po odł ączeniu elektronu promień się zmniejsza) Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
d) S2- (po przył ączeniu elektronów promień się zwiększa) 7.35. atom przechodząc w kation oddaje elektron lub kilka elektronów, co powoduje znikni ęcie elektronów z najdalszej powłoki i przez to zmniejszenie promienia 7.36. przechodz ąc w anion Alom przyjmuje elektrony, większa ilość elektronów i działające między nimi siły odpychania powodują zwiększenie rozmiarów ostatniej powłoki i jednocześnie zwiększenie promienia całej drobiny 7.37. wiązanie jonowe najbardziej zbliżone do jego teoretycznego modelu będzie występować w związku, w którym różnica elektroujemności między pierwiastkami tworzącymi ten związek będzie jak największa, w tym przypadku jest to: CsF ( ∆E = 3,3) 7.38. % charakteru onowego ��� �� �� �� �� �� �� �� �� �� � �
���
�
���
�
���
�
różnica elektroujemności
dla NaCl różnica elektroujemności wynosi 2,1, zatem % charakteru jonowego wi ązania jest równy 67%; dla CsF różnica elektroujemności wynosi 3,3, zatem % charakteru jonowego wi ązania jest równy ok. 93% 7.39. jako jednostk ę obliczeniową przyjmijmy następujący sześcian: 0,5·2,67·10 cm -8 2,67·10 cm -8 0,5·2,67·10 cm
oczywiście wymiary w pozostałych 2 płaszczyznach są takie same; sześcian składa się z 4 jonów K+ i 4 jonów F , obliczmy zatem masę naszego sze ścianu: m j = 4 · 39u + 4 · 19u = 232u obliczmy ile takich sześcianów znajduje się w 1cm3, w tym celu policzmy najpierw jednowymiarowo ile sześcianów zmieści się w 1cm: -8 -8 n1D = 1cm : (2 · 0,5 · 2,67 · 10 cm + 2,67 · 10 cm) = 7 = 1,873 · 10
101
zatem w 1cm3 znajduje się n3 takich sześcianów, co daje nam n3D = (1,873·107)3 = 6,571·1021 3 zaś masa 1cm wynosi: 21 24 m = 6,571·10 · 232u = 1,524·10 u masa ta zgodnie z treścią zadania odpowiada 2,48g, zatem 1 gram to: mg = 1,524·1024u : 2,48 = 6,16·1023u powyższa wartość zgodnie z definicją: 1g = NA·1u wyznacza nam szukan ą liczbę, wynika z tego, że wyliczona przez nas warto ść liczby Avogadra jest równa: 6,16·1023 7.3. Substancje kowalencyjne 7.40. siła oddziaływań elektrostatycznych wyra żamy wzorem: q ⋅q F = k 1 2 2 r zatem jak widzimy ze wzoru, siła jest wprost proporcjonalna do iloczynu ładunków, a odwrotnie proporcjonalna do kwadratu odległości, oczywiście wektory sił oddziaływań między ładunkami o przeciwnych znakach będą skierowane do siebie, a o tych samych znakach przeciwnie: -
+
+
-
7.41. między zbliżającymi się atomami występują siły odpychania między jądrami atomowymi oraz elektronami obu pierwiastków, a tak że (w późniejszej fazie) siły przyciągania między jądrem atomowym a elektronami drugiego atomu; poza siłami elektrostatycznymi działają tak że inne rodzaje oddziaływań m.in. siły van der Waalsa 7.42. wiązania obecne w podanych cząsteczkach będą typowymi wiązaniami kowalencyjnymi a) I I I I b) S
S
S
S
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
c) F
F
F
F
7.43. wiązanie kowalencyjne niespolaryzowane występuje wtedy, gdy łączy za sobą takie same drobiny, zatem: - wiązanie kowalencyjne niespolaryzowane: Br2, H2, P2 - wiązanie kowalencyjne spolaryzowane: HBr, CCl4, HI, NH3, H2S, CS2 7.44. wiązanie kowalencyjne niespolaryzowane występuje wtedy, gdy łączy za sobą takie same drobiny, wiązanie kowalencyjne spolaryzowane, wtedy gdy różnica elektroujemności jest mniejsza od 1,7, zaś wiązanie jonowe wtedy, kiedy różnica elektroujemności jest większa lub równa 1,7 zatem: - wiązanie kowalencyjne niespolaryzowane: O2, N2, Br2 - wiązanie kowalencyjne spolaryzowane: HBr, H2S, MgS, N2O3, PH3, SiH4 - wiązanie jonowe: KBr, CaCl2, Li2O, SiO2 7.45. wiemy, że w danej grupie (głównej) elektroujemność maleje wraz ze wzrostem liczby atomowej, zaś w danym okresie elektroujemność rośnie wraz ze wzrostem liczby atomowej ,zatem: O, Si, Cl, Se, N, P Cl, Se 7.46. 2) O i S; ∆E = 3,5 – 2,5 = 1 7.47. a) Po < Te < Se < S < O b) Ga < Ge < As < Se < Br c) H < C = S < N = Cl < O < F 7.48. parą takich pierwiastków będzie frans (Fr) i fluor (F) ∆E = 4 – 0,7 = 3,3 7.49. wspólne elektrony w cząsteczce będą przesunięte w stronę atomu o większej elektroujemności, zatem dla: CO2 w stronę tlenu, SO2 w stronę tlenu, NH3 w stronę azotu, H2S w stronę siarki, PH3 w stronę wodoru, BCl3 w stronę chloru, CCl4 w stronę chloru, HBr w stronę bromu, SiO2 w stronę tlenu, ICl w stron ę chloru, F2O w stronę fosforu, HI w stron ę jodu, BH3w stronę jodu; generalnie wzór sumaryczny związku dwupierwiastkowego, tworzymy w ten sposób, aby pierwiastek bardziej elektroujemny znajdował się na końcu (istnieją jednak pewne wyjątki np. NH3m czy F2O) 7.50. najsilniej spolaryzowane wiązanie występuje w cząsteczkach, w których różnica elektroujemności obu pierwiastków jest największa, czyli: a) HF b) HF
102
7.51. silniej spolaryzowane wiązanie wyst ępuje w cząsteczkach, w których ró żnica elektroujemności obu pierwiastków jest większa, czyli: F2 < OF2 < NF3 < CF4 < BF3 < BeF2 < LiF 7.52. 2δa) δ+ δδ+ δ+ + H Br ; Br Br ; K Br ; H O H
δ-
3δ+
Cl
B
δ-
δ-
Cl
Cl
Ba2+
7.54. a) O
S
Cl
H
δ-
b) H
δ-
P
+
+
H; H F
; Na
F
;
S
O
O
S
2+
Ca Br ; δ-
c)
P
P
δ+
Na+ [ O
H] ; H
N ; K+
C
O
2-
O
O
H
δ+ 3δ-
δ+
N
H
H
Hδ+ δ-
O
C
2-
O
H
O
H
O
H
O
H
O
H
O
H
O
H
O
P
O
S
H
O
O
δ+
Mg N
H
O
O
δ- 2δ+ δ-
δ+
N
H; F
O
F
F
O
F
O
S O
O
Cl
C
+
O;
Na
S
2-
O
H
N
O
N
H
S
C
N
H
H
δ-
δ+
δ-
δ+
δ-
S;
I
Cl
I
Cl
H
O
N
O
C
H
Cl
O
S
O
O O
Cl
O
H O H
H
O
O
Cl
O N
O
N
O
O O
O
N
O
H
H
7.55. a) 2+ Ca
O
O
O
+
H
H
Br -
N
O
O
O
H
O
N
O
S
C
N
H
N
O
O H
+
N
Br
H
2-
δ-
N O
H C
H H
Cl
O
Cl
+
O
O
C H
C
N
-
H
O C
C
H H
O
O O
Na
O
H
O
C
O H
H C
C
H
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
Na [ O H
O
H
O
2+
Ca δ+
+
c)
O
c) H
2δ+ δ-
O
O O
P
O
H C
H
O
N
H H
O
O
Na+
δ-
Mg
δ-
O
Na+ S b)
H
H
Hδ+
2δ+ δ-
δ+
S
Br
δ+ 3δ-
H
O
O
7.53.
a)
O
b)
K+
O C Cl ; Br P Br Cl
O
S ;
H δBr
Cl
Cl δ-
S 3δ+
B
Cl δ-
O Cl
3δ + δ -
H
O
b) δ+ Si
O
O
H
O
δ+
Si
δ+
H]
N
O
O
O
C H
δ-
δ-
Na [ O
H C
2-
+
H]
N
O
O
O
δ-
O
103
H
O
H B
H Cl
O
B H
O
Cl
Cl
O
N
δ+
2δ-
δ+
Cl
O
Cl
O
O
O
Cl
O N
H
O
Cl
O
O
O
O
O O
H
O
O O
O
O
Cl
O O
O
N
O
P
H
O
O N
O
c) H
O
H P
H
O
H
O
O
H
O
H
O
H
O
P H
O
H
O
O
P
H
O
P H
O
O
H
O
H
O
H
H
O
P
O
O
P
O
H
H
O
O
O
H
P
O
O
H
7.56. elektroujemność, liczba atomowa, ładunek elektryczny wodoru w cz ąsteczce wodorku 7.57. promień atomowy, promień jonowy 7.58. CH4 (cztery elektrony w ęgla oraz po jednym elektronie wodoru bior ą udział w tworzeniu wi ązania) BH3 (trzy elektrony boru oraz po jednym elektronie wodoru biorą udział w tworzeniu wiązania) 7.59. a) najbardziej typową wartościowością będzie I, aczkolwiek pierwiastek ten mo że przyjmować dowolną wartościowość od I do VII b) I c) najbardziej typowymi warto ściowościami będą III i V, aczkolwiek pierwiastek ten mo że przyjmować dowolną wartościowość od I do V 7.60. nie BH3 i SF6 nie będą miały konfiguracji helowca, bor w tym związku będzie miał łącznie uwspólnionych 6 elektronów, a siarka w swoim związku aż 12 7.61. wiązanie pojedyncze jest zawsze wi ązaniem σ, zaś w wiązaniach wielokrotnych wyst ępuje jedno wiązanie σ, a pozostałe s ą wiązaniami π: Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
a) Br2 – wiązanie pojedyncze, 1 σ; S2 – wiązanie podwójne, 1 σ i 1 π; P2 – wiązanie potrójne, 1 σ i 2 π H2S – 2 wiązania pojedyncze, 2 σ b) CH4 – 4 wiązania pojedyncze, 4 σ; CS2 – 2 wiązania podwójne, 2 σ i 2 π; HCN – 1 wiązanie pojedyncze i 1 wi ązanie potrójne, 2 σ i 2 π; COCl2 – 1 wiązanie podwójne i 2 wi ązania pojedyncze, 3 σ i 1 π c) CO – wiązanie podwójne, 1 σ i 1 π; N2O5 – 2 wiązania pojedyncze i 4 wiązania podwójne, 6 σ i 4 π; HSCN – 2 wiązania pojedyncze i 1 potrójne, 2 σ i 2 π; H2CO3 – 4 wiązania pojedyncze pojedyncze i 1 podwójne, 5 σ i 1 π 7.62. SiH4, cząsteczka ta ma kształt regularnego tetraedru i wszystkie cząstkowe dipole Si – H równoważą się 7.63. a) linia lub trójk ąt równoramienny (jeżeli występują wolne pary elektronowe) b) trójk ąt równoboczny, piramida o podstawie trygonalnej (gdy wyst ępuje 1 wolna para elektronowa), elektronowa), litera „T” (gdy wyst ępują 2 wolne pary elektronowe) c) tetraedr, zaburzony tetraedr (gdy wyst ępuje 1 wolna para elektronowa), kwadrat (gdy wyst ępują 2 wolne pary elektronowe) d) liniowa lub trójk ąt nieregularny (jeżeli występują wolne pary elektronowe) 7.64. a) moment dipolowy jest ró żny od zera, a tak że cząsteczka ta zawiera wolne pary elektronowe, jej kształtem będzie trójk ąt równoramienny równoramienny b) moment dipolowy jest równy 0, oraz jest to cząsteczka typu AB2, zatem będzie to cząsteczka o kształcie liniowym c) moment dipolowy jest równy 0, oraz jest to cząsteczka typu AB3, zatem będzie to cząsteczka o kształcie trygonalnym d) moment dipolowy jest różny od 0, oraz jest to cząsteczka typu AB3P (P – wolna para elektronowa), zatem będzie to cząsteczka o kształcie piramidy o podstawie trygonalnej 7.65. δ+
δ-
δ+
a) Cl µClO b) F µFO c) S 3δ- O S δ+ O2δδ- µO δ+ µ ClO FO δ+ S Cl F 7.66. cząsteczka AB4 o zerowym momencie dipolowym może mieć kształt tetraedru t etraedru (np. CH4) lub rzadziej kwadratu (np. XeF4) 7.67. przyczyn ą tego jest w przypadku COS kierunek wektora momentu dipolowego, który jest równoległy do osi cząsteczki (jest to cząsteczka o układzie liniowym), zaś w przypadku HClO wektor momentu dipolowego jest sumą składowych momentów 104
dipolowych, których wektory nie s ą do siebie równoległe 7.68. moment dipolowy cząsteczki H2O2 będzie różny od zera, ponieważ wektory składowych momentów dipolowych wiązań H – O nie są do siebie równoległe 7.69. Twierdzenie Cząsteczka jest dipolem Jądra leżą w jednej płaszczyźnie Cz. zawiera wi ązanie między dwoma identycznymi atomami Cząsteczka zawiera wiązanie π
PH 3 +
CS2 -
H2O2 +
BCl3 -
SiH4 -
-
+
-
+
-
wiemy, że dla trójk ąta równobocznego: 3 ⋅a 2 korzystając z tej zależności wyznaczmy b:
-
-
+
-
-
-
+
-
-
-
7.70. cząsteczka ma kształt ostrosłupa o podstawie trójk ąta równobocznego, równobocznego, na obrazku zaznaczmy tylko jeden moment dipolowy N – H, oczywiście w rzeczywistości występują 3 takie składowe:
µNH
100pm
kierunek wypadkowego momentu dipolowego b ędzie pionowy, do dołu, zatem będzie przebiegał przez środek podstawy ostrosłupa, którego kraw ędź boczna wynosi µNH obliczmy jak ą częścią µNH będzie moment dipolowy przepiegający pionowo do dołu, w tym celu wyznaczmy wysokość h rozważanego przez nas ostrosłupa, ściana ostrosłupa jest trójk ątem równoramiennym: 53,5°
µNH
µNH
y
y
b = 2/3 · h
= sin 53,5o = 0,80386
µ NH y = 0,80386µ NH
co oznacza, że cały bok trójk ąta równoramiennego będącego podstawą ostrosłupa ma długość: a = 2 · y = 1,6077 · µNH jak już wcześniej mówiliśmy wysokość ostrosłupa pada na środek podstawy, który wyznacza punkt przecięcia wysokości:
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
a
h
=
b=
2
h=
2
⋅
3
⋅a =
3
⋅a =
3
⋅ 1,6077 ⋅ µ NH 3 3 2 3 3 = 0,9282 ⋅ µ NH zatem patrząc na pierwszy rysunek możemy wyznaczyć wysokość ostrosłupa, która będzie jednocześnie pionową składową wektora µNH:
=
(0,9282 ⋅ µ NH )2 + H 2 = µ NH 2 H 2 = 0,13844 ⋅ µ NH H = 0,3721 ⋅ µ NH wiemy, że na wypadkowy moment dipolowy cząsteczki będą się składały 3 pionowe składowe (od każdego wektora µNH), zatem: 3 · 0,3721 · µNH = µNH3 -30 1,1163 · µNH = µNH3 = 4,9 · 10 C · m -30 µNH = 4,39 · 10 C · m = 1,31D ze wzoru na moment dipolowy wiemy, że: µ = q⋅l q=
µ
l podstawiając wartości: 4,39 ⋅ 10−30 C ⋅ m 4,39 ⋅ 10−30 C ⋅ m = = 4,39 ⋅ 10− 20 C = q= −12 −10 100 ⋅ 10 m 10 m = 0,27eV co oznacza, że na każdym atomie wodoru będzie ładunek równy +0,27eV, a na atomie azotu ładunek równy 3 · -0,27eV, czyli -0,81eV 7.71. w strukturze krystalicznej NaCl oba pierwiastki występują w postaci jonów, zaś w przypadku HCl oba pierwiastki występują w stanie obojętnym (jedynie chmura elektronowa tworząca wiązanie H – Cl jest przesunięta w stronę Cl) 7.72. tlenki metali w wyniku dużej różnicy elektroujemności tworzą wiązania jonowe, są to bardzo mocne oddziaływania i do ich rozerwania potrzeba znacznie większej energii (czyli w tym przypadku temperatury) niż w przypadku wiązań
105
kowalencyjnych spolaryzowanych, które znajdują się w tlenkach niemetali 7.73. jeden atom z powłoki s musi przejść na powłok ę p, a 2 następnie musi nastąpić hybrydyzacja sp
7.74. - w cząsteczce HBr łączy się elektron na podpowłoce s z elektronem na podpowłoce p, schematycznie:
+
→
- w cząsteczce H2S łączą się 2 elektrony na powłoce s z 2 elektronami na powłoce p 2
+2
→
- w cząsteczce BeH2 najpierw atom berylu ulega hybrydyzacji sp, a nast ępnie dołączają się 2 elektony na podpowłokach s: 2
+
→
- w cząsteczce AlH3 najpierw atom glinu ulega hybrydyzacji sp2, a następnie dołączają się 3 elektrony na podpowłokach s: 3
+
→
7.75. cząsteczk ą tą jest dwuatomowa cząsteczka litu Li2 może ona jednak istnieć tylko w niskich temperaturach ze względu na bardzo mał ą energię wiązania (110 kJ/mol) 7.76. rodzaj hybrydyzacji ustalamy korzystając z tzw. teorii VSEPR: Lp = Lσ + Lwpe Lp – liczba przestrzenna, dla 2 oznacza hybrydyzacje 2 3 3 3 2 sp, dla 3 sp , dla 4 sp , dla 5 sp d, dla 6 sp d Lσ – liczba wiązań σ, czyli ilość atomów przyłączonych do atomu centralnego Lwpe – liczba wolnych par elektronowych, w sytuacjach wątpliwych możemy ją obliczyć ze wzoru: Lwpe – 0,5 · Lwal – 4m – n Lwal – liczba wszystkich elektronów walencyjnych (wszystkich atomów) w cząsteczce (w przypadku jonów uwzględniamy w tym miejscu różnicę elektronów) Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
m – liczba atomów dołączonych do atomu centralnego (innych od wodoru) n – liczba atomów wodoru w celu rozwiązania zadania należy obliczyć Lp i następnie powiązać ją z określonym rodzajem hybrydyzacji (zależność ta podana jest przy objaśnieniu Lp powyżej): a) sp3, sp2, sp 3 3 3 b) sp , sp , sp, sp 3 3 2 c) sp , sp , sp , sp d) brak hybrydyzacji w cz ąsteczce SiO, sp2, sp2, sp 3 3 3 2 3 2 3 3 e) sp d, sp d, sp d , sp d , sp d f) sp2, sp2, sp3, sp3, sp3d, sp3d2, sp3d2, w ostatnim przypadku nie mo żemy precyzyjnie okre ślić hybrydyzacji ponieważ podana cz ąsteczka jest związkiem bardzo nietrwałym, zawieraj ącym niesparowany elektron 7.77. 2 1) hybrydyzacja trygonalna to hybrydyzacja sp , przykładem może być: GaH3 2) hybrydyzacja tetraedryczna to hybrydyzacja sp 3, przykładem może być: GeH4 7.78. w celu ustalenia budowy przestrzennej cz ąsteczki korzystamy z teorii VSEPR opisanej w rozwi ązaniu zadania 7.76 lub okre ślamy wypadkowy moment dipolowy: a) BeF2 – liniowa; BCl3 – trygonalna; COCl2 – trygonalna; PbCl2 – trygonalna; CCl4 – tetraedr; PH3 – piramida trygonalna; H2S – trójk ąt równoramienny b) HClO – k ątowa; CO2 – liniowa; SO2 – k ątowa; SO3 – trygonalna; PCl3 – piramida trygonalna; SO 2Cl2 – zaburzony tetraedr; OF 2 – k ątowa c) TeO2 – k ątowa; BH3 – trygonalna; POCl3 – zaburzony tetraedr; CS 2 – liniowa; HBrO – k ątowa; SCl2 – k ątowa; SOCl2 – piramida trygonalna 2d) COS – liniowa; CO3 - trygonalna; HCHO – zaburzona trygonalna; NO2- - k ątowa; SO42- - tetraedr; SeOF2 – zaburzony tetraedr; NH 2 - k ątowa 3e) BH4 - tetraedr; HCN – liniowa; O 3 – k ątowa; BO3 - trygonalna; SO32- - piramida trygonalna; NH 4+ trygonalna; H2Se – k ątowa f) SO2 – k ątowa; NO3- - trygonalna; ClO4- - tetraedr; + NO2 - liniowa; BF4 - tetraedr; Cl2O – k ątowa; ClO3 - piramida trygonalna g) N3- - liniowa; XeO4 – tetraedr; Br2O – k ątowa; NO2Cl - zaburzona trygonalna; HIO – k ątowa; IO3 3piramida trygonalna; PO4 - tetraedr 2h) XeO3 – piramida trygonalna; BeO2 - liniowa; BeF3 - trygonalna; BrO3 - piramida trygonalna; ClO2 - k ątowa; PCl4+ - tetraedr; SiO44- - tetraedr 7.79. a) SF4 – zaburzony tetraedr; I3 - liniowa; SF6 – oktaedr; IF5 – piramida o podstawie kwadratu; IF7 – 2bipiramida pentagonalna; SiF6 - oktaedr 106
b) ICl4- - kwadrat; XeF2 – liniowa; PCl6- - oktaedr; TeCl4 – zaburzony tetraedr; XeF 4 – kwadrat c) IO65- - oktaedr; PBr5 – bipiramida o podstawie 2trygonalnej; SeBr6 - nieregularny oktaedr; ICl 2 2liniowa; SbF5 - piramida o podstawie kwadratu d) BrICl- - liniowa; ICl3 – litera „T”; F2IO2- 3zaburzony tetraedr; SbBr 6 - nieregularny oktaedr; AlCl63- - oktaedr e) BrF4 - kwadrat; BrF3 – litera „T”; SOF 4 – 6zaburzona bipiramida trygonalna; TeO 6 - oktaedr; IF6- - nieregularny oktaedr 7.80. a) C2Br4 – wszystkie atomy w cz ąsteczce leżą w 2 jednej płaszczyźnie, węgle są shybrydyzowane sp i połączone wiązaniem podwójnym; C2Br2 – cząsteczka jest liniowa, węgle są shybrydyzowane sp i połączone wiązaniem potrójnym HNO3 – wszystkie tleny są połączone z azotem, z czego jeden tlen dodatkowo jeszcze z wodorem wszystkie tleny i azot leżą w jednej płaszczyźnie (kształt trygonalny zaburzony), a atom w ęgla „wychodzi” poza płaszczyzn ę H3PO4 – wszystkie tleny są połączone z fosforem, z czego 3 tleny łączą się dodatkowo jeszcze z wodorami, wszystkie tleny oraz fosfor tworz ą zaburzony tetraedr, wiązanie H – O – P nie jest liniowe N2O4 – wszystkie atomy leżą w jednej płaszczyźnie, azoty są połączone ze sob ą wiązaniem pojedynczym, a z tlenami wiązaniami podwójnymi Cl2O6 – cząsteczka ma kształt poł ączonych ze sob ą (wierzchołkami) tetraedrów, chlory łączą się ze sobą wiązaniem pojedynczym a z tlenami wi ązaniami podwójnymi b) N2H4 – atomy nie leżą w jednej płaszczyźnie, wpływ na to ma wola para elektronowa przy każdym azocie, azoty łączą się ze sobą oraz z atomami wodoru wiązaniem pojedynczym; HClO – cząsteczka ma budowę k ątową, wpływ na to mają 2 wolne pary elektronowe przy atomie tlenu, tlen łączy się z chlorem i z wodorem wiązaniem pojedynczym HClO2 – atomy tlenu i chlor nie leżą w jednej linii, wpływ na to mają 2 wolne pary elektronowe przy atomie chloru, tak że wiązanie H – O – Cl nie jest liniowe, chlor łączy się z 1 atomem tlenu wiązaniem podwójnym, a z grupą H – O – wi ązaniem pojedynczym HClO3 – atomy tlenu i chlor tworz ą kształt zaburzonej piramidy o podstawie trójk ąta równobocznego, wpływ na to ma wolna para elektronowa przy atomie chloru, tak że wiązanie H – O – Cl nie jest liniowe, chlor łączy się z 2 atomami tlenu wiązaniami podwójnymi, a z grupą H – O – wiązaniem pojedynczym HClO4 – atomy tlenu i chlor tworz ą kształt bardzo zbliżony do tetraedru, wi ązanie H – O – Cl nie jest liniowe, chlor łączy się z 3 atomami tlenu wiązaniami Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
podwójnymi, a z grupą H – O – wiązaniem pojedynczym c) H2O2 – cząsteczka ma budowę k ątową, wpływ na to mają wolne pary elektronowe przy atomach tlenu, tleny łączą się ze sobą oraz z atomami wodorów wiązaniami pojedynczymi 3[Sb(OH)6] - atomy tlenu i antymon tworzą kształt nieregularnego oktaedru, wpływ na to ma wolna para elektronowa przy atomie antymonu, która przyjmuje pozycję przeciwległą do jednej z grup –OH, zajmuj ąc miejsce przeciwne do wierzchołka piramidy, wi ązania H – O – Sb nie są liniowe, antymon łączy się z grupami –OH wiązaniami pojedynczymi Te(OH)6 – atomy tlenu i tellur tworzą kształt oktaedru (ośmiościanu foremnego), wi ązania H – O – Te nie są liniowe, tellur łączy się z grupami –OH wiązaniami pojedynczymi d) NO2 – cząsteczka ma budowę k ątową (mimo wyliczonej wg teorii VSEPR Lp = 2,5 przyjmujemy 2 hybrydyzacj ę sp ) wpływ na budowę ma wolny elektron, cząsteczka ta jest wolnym rodnikiem i bardzo łatwo dimeryzuje do N 2O4 ClO2 – cząsteczka ma budow ę k ątową (mimo wyliczonej wg teorii VSEPR Lp = 3,5 przyjmujemy 3 hybrydyzacj ę sp ) wpływ na budowę ma wolna para elektronowa oraz wolny elektron e) N2O – cząsteczka ta, mimo różnego od 0 momentu dipolowego, ma budowę liniową; dzieje się tak ponieważ atomem centralnym jest, nie jakby się mogło wydawać, atom tlenu lecz atom azotu, cząsteczka oscyluje między dwoma strukturami + + rezonansowymi: N ≡ N ─ O ↔ N = N = O 7.81. przykładem takiej cząsteczki może być chlorek kobaltu(III), kobalt ma 9 elektronów walencyjnych, 3 znicz zostaną zużyte na wytworzenie wiązań Co – Cl, a pozostałe 6 utworzy 3 pary elektronowe 7.82. δ+ δH F
δ- F
H δ+
(oczywi ście wiązania wodorowe są znacznie słabsze niż wiązania kowalencyjne, większa jest tak że ich długość) 7.83. - długość wiązania to odległość między jądrami obu atomów, czyli w tym przypadku r1 - promień van der Waalsa to odległo ść najdalszych elektronów od jądra atomowego, czyli w tym przypadku r3 - promień kowalencyjny jest to średnia odległość najdalej położonych od j ądra atomu elektronów występująca w pojedynczych wi ązaniach chemicznych tworzonych przez dany atom; innymi 107
słowami można powiedzieć, że promień walencyjny jest równy połowie średniej długości pojedynczego wiązania, czyli w tym przypadku r2 dla bromu
Br
Br
Br
Br
cp
r3
r2
7.84. dzieje się tak ponieważ hel znajduje si ę w bardzo trwałym energetycznie stanie, ma zapełnion ą całą powłok ę elektronami (2 elektrony na powłoce K), aby beryl uzyskał trwały stan musi pozbyć się 2 elektronów (wówczas osiągnie bardzo trwał ą konfiguracj ę helu), dlatego łatwo wchodzi w reakcje zwłaszcza z niemetalami (pierwiastkami o dużej elektroujemności) 7.85. - w 1 grupie: zawiera1 elektron na ostatniej powłoce (elektron walencyjny), ch ętnie reaguje z niemetalami przyjmuj ąc wartościowość I - w 17 grupie: po przył ączeniu 1 elektronu uzyskuje konfiguracj ę helowca (helu), łatwo tworzy zwi ązki z metalami przyjmując wartościowość I 7.86. cząsteczki te mają (w kolumnach) tak ą samą ilość elektronów, co więcej ilość poszczególnych atomów połączonych z atomami węgla/azotu jest taka sama
CH4 + NH4
CO32NO3
C2H6 2+ N2H6
C2O42N2O4
CO2 + NO2
Rozdział 8. Roztwory. 8.1. Stężenie procentowe 8.1. cp cp
= =
ms mr
⋅ 100% = 35g
35g + 150g
ms ms
+ ma
⋅ 100% ;
⋅ 100% = 18,9%
8.2. zamieńmy objętość alkoholu na masę: d = m/V m = d · V 3 3 m = 0,78 g/cm · 150cm = 117g policzmy stężenie procentowe: m ms c p = s ⋅ 100% = ⋅ 100% mr ms + m a cp
=
35g 35g + 117g
8.3. 3 za gęstość wody przyjmujemy 1g/cm , zatem: d = m/V m = d · V 3 3 m = 1 g/cm · 10cm = 10g policzmy stężenie procentowe: m ms ⋅ 100% c p = s ⋅ 100% = mr ms + ma
C22N2
=
1g 1g + 10g
⋅ 100% = 9.1%
8.4. zamieńmy objętość benzyny na masę: d = m/V m = d · V 3 3 m = 0,7 g/cm · 10cm = 7g policzmy stężenie procentowe: m ms ⋅ 100% c p = s ⋅ 100% = mr ms + ma cp
=
1g 1g + 7g
⋅ 100% = 12,5%
8.5. 3 za gęstość wody przyjmujemy 1g/cm , zatem: d = m/V m = d · V 3 3 3 3 m = 1g/cm · 25dm = 1g/cm · 25000cm = 25000g = 25kg policzmy stężenie procentowe: m ms c p = s ⋅ 100% = ⋅ 100% mr ms + ma cp
3kg
=
3kg + 25kg
⋅ 100% = 10,7%
8.6. zamieńmy objętość acetonu na masę: d = m/V m = d · V 3 3 3 3 m = 0,7g/cm · 10dm = 0,7g/cm · 10000cm = 7000g = 7kg policzmy stężenie procentowe: m ms c p = s ⋅ 100% = ⋅ 100% mr ms + ma cp
=
1kg 1kg + 7 kg
⋅ 100% = 12,5%
8.7. cp
=
ms
=
ms mr
⋅ 100%
cp ⋅ mr 100%
=
6% ⋅ 30g 100%
= 1,8g
⋅ 100% = 23%
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
108
8.8.
cp ms
= =
ms mr
cp
⋅ 100%
cp ⋅ mr 100%
=
2% ⋅ 0,5kg
= 0,01kg = 10g
100%
8.9. zamieńmy objętość roztworu na mas ę: d = m/V m = d · V m = 1,16g/cm3 · 100cm3 = 116g policzmy masę substancji: m c p = s ⋅ 100% mr
ms
=
cp ⋅ mr 100%
=
17,1% ⋅ 116g 100%
= 19,84g
8.10. zamieńmy objętość roztworu na mas ę: d = m/V m = d · V 3 3 3 3 m = 1,09g/cm · 0,5dm = 1,09g/cm · 500cm = 545g policzmy masę substancji: m c p = s ⋅ 100% mr
ms
=
cp ⋅ mr 100%
=
8% ⋅ 545g 100%
= 43,6g
8.11. policzmy masę substancji: m c p = s ⋅ 100% mr
ms
=
ms
=
cp ⋅ mr
=
20% ⋅ 400g
=
45% ⋅ 900g
mr
cp ⋅ mr
ms
=
cp
=
cp ⋅ mr
=
2% ⋅ 250g
= 5g 100% 100% pozostałą masę roztworu stanowi rozpuszczalnik, czyli woda, zatem: mwoda = 250g – 5g = 245g 8.14. policzmy masę jodu: m c p = s ⋅ 100% mr ms
=
⋅ 100%
=
10% ⋅ 15g
= 1,5g 100% 100% pozostałą masę roztworu stanowi rozpuszczalnik, czyli alkohol, zatem: malkohol = 15g – 1,5g = 13,5g zamieńmy masę alkoholu na objętość: d = m/V V = m/d 3 3 Valkohol = 13,5g : 0,78g/cm = 17,3cm 8.15. 3 za gęstość wody przyjmujemy 1g/cm , zatem: d = m/V m = d · V 3 3 3 3 m = 1 g/cm · 1dm = 1 g/cm · 1000cm = 1000g obliczmy stężenie procentowe: m ms c p = s ⋅ 100% = ⋅ 100% mr ms + ma 50mg 50mg + 1000g
⋅ 100% =
0,05g 0,05mg + 1000g
⋅ 100% =
= 80g
0,005% (masa tlenu stanowi tak mala część masy roztworu, że nie byłoby błędem pominięcie jej w obliczaniu masy roztworu) 8.16. zamieńmy objętość roztworu na masę: d = m/V m = d · V 3 3 3 3 m = 1,02g/cm · 1dm = 1,02g/cm · 1000cm = 1020g obliczmy stężenie procentowe: m c p = s ⋅ 100% mr
= 405g
cp
100% 100% pozostałą masę roztworu stanowi rozpuszczalnik, czyli woda, zatem: mwoda = 400g – 80g = 320g 8.12. zamieńmy objętość roztworu na mas ę: d = m/V m = d · V m = 0,9g/cm3 · 1dm3 = 0,9g/cm3 · 1000cm3 = 900g policzmy masę substancji: m c p = s ⋅ 100% mr cp ⋅ mr
ms
=
100% 100% pozostałą masę roztworu stanowi rozpuszczalnik, czyli woda, zatem: mwoda = 900g – 405g = 495g 8.13. policzmy masę sody:
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
=
61,2g 1020g
⋅ 100% = 6%
0,005% 8.17. zamieńmy objętość amoniaku na ilość moli (w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość 3 równą 22,4dm )
109
nNH3 = VNH3 : 22,4dm3 = 500dm3 : 22,4dm3 = 22,3 mola zamieńmy ilość moli amoniaku na jego masę: mMNH3 = 14g + 3 · 1g = 17g mNH3 = 22,3 · 17g = 379,1g zamieńmy objętość wody na masę (gęstość wody 3 wynosi 1g/cm ): d = m/V m = d · V 3 3 3 3 m = 1g/cm · 1dm = 1g/cm · 1000cm = 1000g obliczmy stężenie procentowe: m ms ⋅ 100% c p = s ⋅ 100% = mr ms + ma cp
=
379,1g 379,1g + 1000g
⋅ 100% = 27,5%
8.18. policzmy masę substancji w 200g roztworu: m c p = s ⋅ 100% mr ms
=
cp ⋅ mr
=
5% ⋅ 200g
= 10g
100% 100% zamieńmy wyliczoną masę substancji na ilość moli: mMNaOH = 23g + 16g + 1g = 40g nMNaOH = 10g : 40g = 0,25 mola 8.19. załóżmy, że próbka składa się z 5 moli etanolu i 10 moli wody, policzmy masę etanolu oraz masę całego roztworu: mMC2H5OH = 2 · 12g + 5 · 1g + 16g + 1g = 46g mC2H5OH = 5 · 46g = 230g mr-ru = mC2H5OH + mH2O = 230g + 10 · (16g + 2 · 1g) = = 230g + 180g = 410g obliczmy stężenie procentowe roztworu: m 230g c p = s ⋅ 100% = ⋅ 100% = 56,1% mr 410g 8.20. obliczmy masę substancji zakładając, że próbka zawiera 160 moli wody oraz 4 mole substancji: m ms c p = s ⋅ 100% = ⋅ 100% mr ms + ma 15,2% = 0,152 =
ms ms
+ 160 ⋅ (16g + 2 ⋅ 1g )
⋅ 100%
ms
+ 2880g 0,152m s + 437,8g = m s 0,848m s = 437,8g m s ≈ 516g ms
obliczona przez nas masa to masa 4 moli substancji, wyznaczmy zatem masę molową kwasu: mMHEO3 = 516g : 4 = 129g policzmy masę molową substancji E: Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
mMHEO3 = 1g + m ME + 3 · 16g 129g = 49g + mME mME = 80g pierwiastkiem E jest brom, a szukanym kwasem, kwas bromowy(V) HBrO3 8.21. policzmy masę 1 mola wodorowęglanu potasu (KHCO3) oraz masę 10 moli wody: mMKHCO3 = 39g + 1g + 12g + 3 · 16g = 100g mMH2O = 2 · 1g + 16g = 18g mH2O = 10 · 18g = 180g m ms ⋅ 100% c p = s ⋅ 100% = mr ms + ma cp
=
100g 100g + 180g
⋅ 100% = 35,7%
8.22. korzystamy z wzoru na stężenie procentowe: m ms c p = s ⋅ 100% = ⋅ 100% mr ms + ma 20% =
15g 15g + m a
⋅ 100%
0,2 ⋅ (15g + m a ) = 15g 3g ⋅ 0,2m a
= 15g
= 12g
0,2m a
m a = 60g 8.23. korzystamy z wzoru na stężenie procentowe: m ms c p = s ⋅ 100% = ⋅ 100% mr ms + ma 10% =
ms
⋅ 100% + 200g 0,1 ⋅ (m s + 200g ) = m s 0,1m s + 20g = m s 0,9m s = 20g m s = 22,2g ms
8.24. łączna masa roztworu wynosi: mr-ru = 30g + 6g = 36g wyznaczmy masy poszczególnych soli: mNaBr = 40% : 100% · 6g = 2,4g mKBr = 60% : 100% · 6g = 3,6g obliczmy teraz stężenia procentowe poszczególnych soli: m c p = s ⋅ 100% mr c pNaBr
=
c pKBr
=
2,4g 36g 3,6g 36g
⋅ 100% = 6,67%
⋅ 100% = 10% 110
8.25. załóż masę roztworu równą 100g, wówczas masa kwasu: mkw = 20% : 100% · 100g = 20g wyznaczmy masę molową kwasu siarkowego i policzmy ile siarki zawiera 20g tego kwasu: mMH2SO4 = 2 · 1g + 32g + 4 · 16g = 98g ułóżmy proporcję: 32g S ──── 98g kwasu x ──── 20g kwasu 20g ⋅ 32g = 6,53g S x= 98g wyznaczmy procentową zawartość siarki, pamiętając, że przyjęliśmy masę roztworu równą 100g m 6,53g ⋅ 100% = 6,53% c p = s ⋅ 100% = mr 100g 8.26. wyznaczmy masy molowe KOH i NaOH: mMKOH = 39g + 16g + 1g = 56g mMNaOH = 23g + 16g + 1g = 40g za ilość moli KOH przyjmijmy x, wówczas, z warunków zadania wiemy, że ilość NaOH wynosi 3x, wyznaczmy wartość x: x · 56g + 3x · 40g = 12g 176x = 12 x = 0,0682 [mola] policzmy masy obu wodorotlenków: mKOH = 0,0682 · 56g = 3,82g mKOH = 3 · 0,0682 · 40g = 8,18g 3 za gęstość wody przyjmujemy 1g/cm , zatem masa wody wynosi 250g, a masa całego roztworu: mr-ru = 250g + 12g = 262g obliczmy teraz stężenia procentowe poszczególnych wodorotlenków: m c p = s ⋅ 100% mr c pKOH c pNaOH
=
3,82g
=
8,18g
262g 262g
⋅ 100% = 1,46%
=
194g 2200g
100% − p1 % p2
=
p2
=
100% ma + m
⋅m ⋅ 100%
100% ⋅ m − p1 % ⋅ m
+m p 2 ⋅ m a + p 2 ⋅ m = 100% ⋅ m − p1 % ⋅ m p 2 ⋅ m a = 100% ⋅ m − p1 % ⋅ m − p 2 ⋅ m = p 2 ⋅ m a = m ⋅ (100% − p1 % − p 2 ) m ⋅ (100% − p1 % − p 2 ) ma = ma
ma
8.2. Stężenie masowe 8.30
⋅ 100% = 3,18%
8.27. najpierw wyznaczmy masę zanieczyszczeń: mz = 3% : 100% · 200g = 6g zatem masa czystego ZnCl2 wynosi: mZnCl2 = 200g – 6g = 194g łączna masa roztworu to: mr-ru = 2kg + 200g = 2200g obliczmy stężenie procentowe: m c p = s ⋅ 100% mr cp
8.28. obliczmy masę wodorotlenku sodu znajdującego się w 200g roztworu: mNaOH = 10% : 100% · 200g = 20g skoro zanieczyszczenia stanowią 5%, to czysty wodorotlenek sodu stanowi 95% substancji, ułóżmy proporcję: 95% substancji ──── 20g NaOH 100% substancji ──── x 100% ⋅ 20g x= = 21,1g NaOH 95% 8.29. masa całego roztworu jest równa: mr = ma + m wiemy, że skoro substancja zawiera p1% zanieczyszczeń to czysta substancja stanowi 100% – p1%, wiec masa czystej substancji wynosi: 100% − p1 % ⋅m ms = 100% podstawmy wyznaczone wartości do wzoru określającego stężenie procentowe: m c p = s ⋅ 100% mr
⋅ 100% = 8,82%
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
a) 3 b) 3 3
c)
kg m3 kg 3
m kg
m3
= 3⋅
= 3⋅ = 3⋅ = 3⋅
1000dm 3 1000g 1000dm 1000g
6
10 mL
4L
=
3
1000dm 3
1012 ng
8.31. 10 −4 g
ρ=
1000g
= 3 ⋅ 10 6
=3
L
= 3⋅ = 3⋅
1000g 1000 ⋅ 10dL 1000 ⋅ 10 9 ng
= 0,3
g L
10 6 cm 3
mg mL
10 −4 ⋅ 10 3 mg 4dm 3
g
=
10 −1 mg 4dm 3
= 0,025
mg dm 3
8.32. wyznaczmy masę molową NaOH: mMNaOH = 23g + 16g + 1g = 40g
111
policzmy masę NaOH: mNaOH = 0,1 mola · 40g = 4g stężenie masowe jest równe: 4g 4g g ρ= = = 40 100ml 0,1L L 8.33. zamieńmy masę roztworu na objętość, korzystając z wzoru na gęstość: ρ = m / V V=m/ρ 3 3 3 V = 1kg : 1,1g/cm = 1000g : 1,1g/cm = 909,1cm = 3 0,909dm = 0,909L wyznaczmy masę chlorku sodu: mMNaCl = 23g + 35,5g = 58,5g mNaCl = 58,5g · 2,42 = 141,6g stężenie masowe jest równe: 141,6g g ρ= = 155,8 0,909L L 8.34 3 wiemy, że 1L = 1000cm , zatem układamy proporcję: 3 1000cm ──── 10g 3 250cm ──── x 250cm 3 ⋅ 10g = 2,5g x= 1000cm 3 8.35. 9 wiemy, że 1g = 10 ng, zatem układamy proporcję: 1ml krwi ──── 6ng testosteronu 9 ──── 10 ng testosteronu x 1ml ⋅ 10 9 ng = 1,67 ⋅ 10 8 ml = 167000L krwi x= 6ng 8.36. wiemy, że 1dl = 100ml, zatem układamy proporcję: 100ml krwi ──── 200mg glukozy 0,1ml krwi ──── x 0,1ml ⋅ 200mg x= = 0,2mg glukozy 100 ml 8.37. zamieńmy masę roztworu na objętość korzystając ze wzoru na gęstość: m ρ= V m 0,5kg 500g = = = 400cm 3 V= 3 3 ρ 1,25g / cm 1,25g / cm 3 aby policzyć ilość substancji znajdującą się w 400cm roztworu, ułóżmy proporcję: 3 1cm ──── 0,5g 3 400cm ──── x 400cm 3 ⋅ 0,5g x= = 200g 1cm 3 8.38. zamieńmy masę roztworu na objętość korzystając ze wzoru na gęstość: Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
m
ρ= =
V
V m
ρ
6g
=
3
= 5cm 3 = 0,005L
1,2g / cm stężenie masowy roztworu jest równe: m 2,5 ⋅ 10 −6 g 2,5µg µg ρ= = = = 500 V 0,005L 0,005L L 8.3. Stężenie molowe 8.39. korzystając ze wzoru: n 6moli mol = = cm = 3 Vr 2dm 3 dm 3 8.40. korzystając ze wzoru: n cm = Vr n
= c m ⋅ Vr = 2
mol dm
3
⋅ 0,6dm 3 = 1,2 mola
8.41. korzystając ze wzoru: n cm = Vr Vr
=
n cm
=
2mole 0,5mol / dm
3
= 4dm 3
8.42. policzmy najpierw ilość moli CaCl2: mMCaCl2 = 40g + 2 · 35,5g = 111g nCaCl2 = 50g : 111g = 0,45mola korzystając ze wzoru: n cm = Vr
=
cm
0,45mola 150cm 3
=
0,45mola 0,15dm 3
=3
mol dm 3
8.43. policzmy najpierw ilość moli CaCl2: mMCaCl2 = 40g + 2 · 35,5g = 111g nCaCl2 = 50g : 111g = 0,45mola obliczmy łączną masę roztworu wiedząc, że gęstość 3 wody wynosi 1g/cm (zatem masa wody to 150g): mr = 150g + 50g = 200g korzystając z wzoru na g ęstość, zamieńmy wyliczoną masę na objętość: m
ρ= V
=
V m
ρ
=
200g 1,23g / cm
3
= 162,6cm 3
stężenie molowe roztworu jest równe:
112
cm
=
cm
=
n
n
Vr 0,45mola 162,6cm 3
=
0,45mola 0,1626dm 3
= 2,77
=
V
ρ
=
6234g 1,04g / cm
3
=
3mole 5,994dm
3
mol dm 3
8.46. prawidłowo postępował drugi uczeń, gdyż w pierwszym przypadku po dodaniu substancji objętość 3 roztworu się zwiększyła (wynosiła ponad 0,5dm ) i wówczas stężenie molowe było mniejsze niż 1 3 mol/dm 8.47. korzystając ze wzoru wyznaczmy ilość moli NaBr: n cm = Vr n
= c m ⋅ Vr = 0,1
mol 3
mol dm
3
⋅ 0,1dm 3 =
policzmy masę molową NaCl, a następnie masę 0,05 mola NaCl: mMNaCl = 23g + 35,5g = 58,5g mNaBr = 58,5g · 0,05 = 2,93g 8.49. zamieńmy masę CaBr2 na ilość moli: mMCaBr2 = 40g + 2 · 80g = 200g nCaBr2 = 5 : 200 = 0,025mola korzystając ze wzoru wyznaczmy objętość roztworu: n cm = Vr
= 5994cm 3 = 5,994dm 3
= 0,501
⋅ 100cm 3 = 0,5
dm 3
stężenie molowe roztworu jest równe: n cm = Vr cm
dm
3
= 0,05 mola
8.45. policzmy najpierw ilość moli Na2S mMNa2S = 2 · 23g + 32g = 78g nNa2S = 234g : 78g = 3mole obliczmy łączną masę roztworu wiedząc, że gęstość 3 wody wynosi 1g/cm (zatem masa wody to 6000g): mr = 6000g + 234g = 6234g korzystając z wzoru na g ęstość, zamieńmy wyliczoną masę na objętość: m V m
mol
mol
8.44. policzmy najpierw ilość moli Na2S mMNa2S = 2 · 23g + 32g = 78g nNa2S = 234g : 78g = 3mole stężenie molowe roztworu jest równe: n 3mole mol = = cm = 0 , 5 Vr 6dm 3 dm 3
ρ=
= c m ⋅ Vr = 0,5
⋅ 0,2dm 3 = 0,02 mola
dm policzmy masę molową NaBr, a następnie masę 0,02 mola NaBr: mMNaBr = 23g + 80g = 103g mNaBr = 103g · 0,02 = 2,06g 8.48. korzystając ze wzoru wyznaczmy ilość moli NaCl: n cm = Vr
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
Vr
=
n cm
=
0,025mola 2,5mol / dm
3
= 0,01dm 3 = 10cm 3
8.50. zamieńmy masę nadtlenku wodoru na ilość moli: mMH2O2 = 2 · 1g + 2 · 16g = 34g nH2O2 = 4,05 : 34 = 0,12mola korzystając ze wzoru wyznaczmy st ężenie molowe: n 0,12mola 0,12mola mol cm = 1 , 2 = = = Vr 100cm 3 0,1dm 3 dm 3 8.51. 1000 milimola to 1 mol, zatem korzystając ze wzoru wyznaczmy stężenie molowe: n 1,2milimola 0,0012mola mol cm = = = = 1,2 3 3 3 Vr 1cm 0,001dm dm 8.52. zamieńmy masę kwasu borowego na ilość moli: mMH3BO3 = 3 · 1g + 11g + 3 · 16g = 62g nH3BO3 = 6,2 : 62 = 0,1mola wyznaczmy stężenie molowe roztworu: n 0,1mola 0,1mola mol = = = cm = 0 , 5 Vr 200cm 3 0,2dm 3 dm 3 korzystając ze wzoru obliczmy ilość moli kwasu 3 borowego zawartą w 0,5dm roztworu: n cm = Vr n
= c m ⋅ Vr = 0,5
mol dm
3
⋅ 0,5dm 3 = 0,25 mola
8.53 zamieńmy masę węglanu sodu na ilość moli: mMNa2CO3 = 2 · 23g + 12g + 3 · 16g = 106g nNa2CO3 = 20 : 106 = 0,189mola wyznaczmy objętość 0,5-molwego roztworu zawierającego 0,189mola substancji:
113
cm
=
Vr
=
n Vr n cm
=
0,189mola 0,5mol / dm
3
= 0,378dm 3
8.54. obliczmy najpierw ile moli czystego NaMnO4 3 potrzeba do sporządzenia 200cm 0,1-molowego roztworu: n cm = Vr n
= c m ⋅ Vr = 0,1
mol dm
3
⋅ 200cm 3 = 0,1
mol dm
3
⋅ 0,2dm 3 =
= 0,02 mola zamieńmy wyliczoną ilość NaMnO4 na masę: mMNaMnO4 = 23g + 55g + 4 · 16g = 142g mNaMnO4 = 0,02 · 142g = 2,84g skoro w substancji 10% stanowią zanieczyszczenia, to czysty NaMnO4 stanowi 90%, zatem policzmy z proporcji masę substancji w której znajduje się 2,84g czystego NaMnO4: 100g ─── 90g NaMnO4 x ─── 2,84g NaMnO4 100g ⋅ 2,84 = 3,16g x= 90g 8.55. 1) stężenie molowe zmaleje, gdyż ilość substancji będzie stała, a objętość roztworu wzrośnie: n ↓ cm = Vr ↑ 2) stężenie procentowe tego roztworu nie zmieni się, gdyż zarówno masa substancji jak i masa całego roztworu nie ulegnie zmianie 8.56. wiedząc, że w warunkach normalnych 1 mol gazu 3 zajmuje objętość równą 22,4dm policzmy ile moli 3 HCl znajdowało się w kolbie o objętości 1dm : 3 1 mol ─── 22,4dm 3 x ─── 1dm
= 0,0446 mola 22,4dm 3 wiemy, że łączna objętość roztworu, który na końcu 3 wypełniał kolbę jest równa 1dm , zatem stężenie molowe roztworu wynosi: n 0,0446mola mol cm = = = 0,0446 3 3 Vr 1dm dm x
=
1mol ⋅ 1dm 3
8.57. ułóżmy równanie reakcji wodoru z chlorem: H2 + Cl2 → 2 HCl 3 3 3 1dm 1dm 2dm Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
chlor reaguje z wodorem w stosunku 1 : 1, z warunków zadania widzimy, że w reakcji weźmie 3 3 udział 10dm wodoru i 10dm chloru, policzmy objętość powstałego chlorowodoru: 3 3 1dm H2 ─── 2dm HCl 3 10dm H2 ─── x x
=
10dm 3 ⋅ 2dm 3 3
= 20dm 3 HCl
1dm wiedząc, że w warunkach normalnych 1 mol gazu 3 zajmuje objętość równą 22,4dm policzmy ile moli HCl powstało: 3 1 mol ─── 22,4dm 3 y ─── 20dm y=
1mol ⋅ 20dm 3
= 0,893 mola 22,4dm 3 korzystając ze wzoru obliczmy stężenie molowe powstałego roztworu: n 0,893mola 0,893mola mol cm = 4 , 47 = = = Vr 200cm 3 0,2dm 3 dm 3 8.58. policzmy najpierw ilość moli substancji znajdującej 3 się w 0,6dm 0,2-molowego roztworu: n cm = Vr n
= c m ⋅ Vr = 0,2
mol 3
⋅ 0,6dm 3 = 0,12 mola
dm obliczmy masę molową substancji wiedząc, że 0,12 mola waży 4,8g: 0,12 mola ─── 4,8g 1mol ─── x 1mol ⋅ 4,8g = 40g x= 0,12mola 8.59. ułóżmy równanie reakcji: P2O5 + H2O + 2 MgO → 2 MgHPO4 1 mol 2 mole (zamiast MgO moglibyśmy użyć np. magnezu atomowego lub wodorotlenku magnezu, wybór jednak nie ma znaczenia, gdyż będziemy skupiać się na ilości P2O5 i MgHPO4) widzimy, że stosunek P2O5 : MgHPO4 wynosi 1 : 2, zatem z 0,1 mola P 2O5 powstanie 0,2 mola MgHPO4, więc stężenie molowe roztworu MgHPO4 wynosi: n 0,2mola mol cm = 0 , 2 = = Vr 1dm 3 dm 3 8.60. wyznaczmy masy molowe KOH i NaOH: mMKOH = 39g + 16g + 1g = 56g mMNaOH = 23g + 16g + 1g = 40g
114
za ilość moli KOH przyjmijmy x, wówczas, z warunków zadania wiemy, że ilość NaOH wynosi 3x, wyznaczmy wartość x: x · 56g + 3x · 40g = 12g 176x = 12 x = 0,0682 [mola] policzmy ilości moli obu wodorotlenków: mMKOH = x = 0,0682 mola mMNaOH = 3x = 0,2046 mola policzmy stężenia molowe obu wodorotlenków: n cm = Vr c mKOH
=
0,0682mola
c mNaOH
=
0,2046mola
250cm 3 250cm 3
=
0,0682mola
=
0,2046mola
0,25dm 3 0,25dm 3
= 0,273
=
dm 3
= 0,818
mol dm 3
8.4. Przeliczanie st ężeń 8.62. wyznaczamy najpierw masę molową H2SO4: mMH2SO4 = 2 · 1g + 32g + 4 · 16g = 98g korzystamy ze wzoru na przekształcanie stężeń: cp ⋅ d r 96% ⋅ 1,84g / cm 3 cm = = = 100% ⋅ M 100% ⋅ 98g / mol 100% ⋅ 98g / mol
= 18,02
mol dm 3
8.63. wyznaczamy najpierw masę molową H2O2: mMH2O2 = 2 · 1g + 2 · 16g = 34g korzystamy ze wzoru na przekształcanie stężeń: cp ⋅ d r 30% ⋅ 1,11g / cm 3 cm = = = 100% ⋅ M 100% ⋅ 34g / mol
=
30% ⋅ 1110g / dm 3 100% ⋅ 34g / mol
= 9,8
5,5mol / dm 3 ⋅ 63g / mol ⋅ 100%
=
1,18g / cm 3
0,0055mol / cm 3 ⋅ 63g / mol ⋅ 100% 1,18g / cm 3
= 29,4%
=
0,0116mol / cm 3 ⋅ 34g / mol ⋅ 100% 1,13g / cm 3
8.66. wyznaczamy najpierw masę molową H2SO4: mMH2SO4 = 2 · 1g + 32g + 4 · 16g = 98g następnie zamieńmy stężenie procentowe na molowe: cp ⋅ dr 25% ⋅ 1,2g / cm 3 cm = = = 100% ⋅ M 100% ⋅ 98g / mol
=
25% ⋅ 1200g / dm 3 100% ⋅ 98g / mol
= 3,06
mol dm 3
korzystając ze wzoru na stężenie molowe obliczmy ilość moli H2SO4: n cm = Vr
= c m ⋅ Vr = 3,06
= 3,06
mol dm
3
mol dm
3
⋅ 150cm 3 =
⋅ 0,15dm 3 = 0,46 mola
8.67. wyznaczamy najpierw masę molową NaH2PO4: mMNaH2PO4 = 23g + 2 · 1g + 31g + 4 · 16g = 120g następnie zamieńmy stężenie molowe na procentowe: c m ⋅ M ⋅ 100% 0,89mol / dm 3 ⋅ 120g / mol ⋅ 100% cp = = dr 1,07g / cm 3
=
0,00089mol / cm 3 ⋅ 120g / mol ⋅ 100% 1,07g / cm 3
≈ 10%
mol dm 3
ms
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
=
= 34,9%
korzystając ze wzoru na stężenie procentowe obliczmy masę substancji zawartą a 150g roztworu: m c p = s ⋅ 100% mr
8.64. wyznaczamy najpierw masę molową HNO3: mMH2O2 = 1g + 14g + 3 · 16g = 63g korzystamy ze wzoru na przekształcanie stężeń:
=
8.65. wyznaczamy najpierw masę molową H2O2: mMH2O2 = 2 · 1g + 2 · 16g = 34g c m ⋅ M ⋅ 100% 11,6 mol / dm 3 ⋅ 34g / mol ⋅ 100% = cp = dr 1,13g / cm 3
n
=
dr
mol
8.61. odmierzamy równe objętości obu roztworów i następnie mieszamy je ze sobą, następnie papierkiem wskaźnikowym (lub innym dowolnym indykatorem) określamy odczyn roztworu, jeśli będzie on zasadowy oznacza to, że stężenie roztworu zasadowego było większe, jeżeli zaś kwasowy oznacza to, że większe było stężenie roztworu kwasowego
96% ⋅ 1840g / dm 3
=
cp
c m ⋅ M ⋅ 100%
=
cp ⋅ mr 100%
=
10% ⋅ 150g 100%
= 15g
8.68. do obliczeń przyjmijmy objętość roztworu równą 3 3 1dm (czyli 1000cm ), wyznaczmy najpierw masę 3 H2SO4 znajdującego się w 1dm roztworu:
115
ρ=
ms
ms
= ρ ⋅ Vr = 1,77
Vr g cm
3
g
⋅ 1dm 3 = 1,77
cm
3
⋅ 1000cm 3 =
= 1770g 3
następnie obliczmy masę 1dm roztworu: m d= r Vr mr
= d ⋅ Vr = 1,84
g cm
3
⋅ 1dm 3 = 1,84
g cm
3
⋅ 1000cm 3 =
= 1840g korzystając ze wzoru wyznaczmy stężenie procentowe roztworu: m 1770g c p = s ⋅ 100% = ⋅ 100g = 96,2% mr 1840g 8.69. z warunków zadania wiemy, że gęstość roztworu jest 3 równa gęstości wody, czyli 1g/cm , do obliczeń przyjmijmy objętość roztworu równą 1dL (wówczas masa substancji wynosi 60mg), wyznaczmy masę roztworu: m d= r Vr mr
= d ⋅ Vr = 1
cp
=
g 3
g
⋅ 1dL = 1
3
⋅ 100cm 3 = 100g
cm cm stężenie procentowe roztworu wynosi: m c p = s ⋅ 100% mr 60mg 100g
⋅ 100% =
60mg 100000mg
⋅ 100% = 0,06% =
= 0,0006 ⋅ 10 6 ppm = 600ppm 8.70. do obliczeń przyjmijmy objętość roztworu równą 1L 3 3 = 1dm = 1000cm , wyznaczmy najpierw masę roztworu: m d= r Vr mr
= d ⋅ Vr = 1,25
g cm
3
⋅ 1L = 1,25
g cm
3
⋅ 1000cm 3 =
= 1250g korzystając ze wzoru na st ężenie procentowe policzmy masę substancji zawartą w 1250g roztworu: m c p = s ⋅ 100% mr ms
=
cp ⋅ mr 100%
=
40% ⋅ 1250g 100%
= 500g
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
za objętość roztworu przyjęliśmy na początku zadania 1L, zatem stężenie masowe roztworu kwasu azotowego wynosi: m 500g g ρ= s = = 500 Vr 1L L 8.71. do obliczeń przyjmijmy objętość roztworu równą 3 1cm , wyznaczmy najpierw masę roztworu: m d= r Vr mr
= d ⋅ Vr = 0,79
ms
=
g 3
⋅ 1cm 3 = 0,79g
cm korzystając ze wzoru na stężenie procentowe policzmy masę substancji zawartą w 0,79g roztworu: m c p = s ⋅ 100% mr cp ⋅ mr
100% = 15,8µg
=
0,002% ⋅ 0,79g 100%
= 1,58 ⋅ 10 −5 g =
za objętość roztworu przyjęliśmy na początku zadania 3 1cm , zatem stężenie masowe roztworu jodu w alkoholu etylowym wynosi: m 15,8µg µg ρ= s = = 15,8 3 3 Vr 1cm cm 8.72. 3 za objętość roztworu przyjmijmy 1m , wówczas masa kwasu azotowego wynosi 315kg, zamieńmy tę masę na ilość moli kwasu: mMHNO3 = 1g + 14g + 3 · 16g = 63g nHNO3 = 315kg : 63g = 315000g : 63g = 5000moli korzystając ze wzoru wyznaczmy st ężenie molowe: n 5000moli 5000moli mol cm = 5 = = = Vr 1m 3 1000dm 3 dm 3 8.73. za objętość roztworu przyjmijmy 1dL, wówczas masa wodorotlenku sodu wynosi 10µg, zamieńmy tę masę na ilość moli wodorotlenku: mMNaOH = 23g + 16g + 1g = 40g 6 -7 nNaOH = 10µg : 40g = 10µg : 40·10 µg = 2,5·10 mola -4 = 2,5·10 mmola korzystając ze wzoru wyznaczmy st ężenie molowe: n 2,5 ⋅ 10 −4 mmoli 2,5 ⋅ 10 −4 mmoli cm = = = = Vr 1dL 0,1L
= 2,5 ⋅ 10 −3
mmol L
8.74. 3 za objętość roztworu przyjmijmy 1dm (czyli 1L), wówczas ilość siarczanu miedzi(II) wynosi 0,5mola, zamieńmy tę ilość na masę: mMCuSO4 = 64g + 32g + 4 · 16g = 160g 116
mCuSO4 = 0,5 · 160g = 80g korzystając ze wzoru, wyznaczmy st ężenie masowe tego roztworu: m 80g 80g g ρ= s = = =8 Vr 1L 10dL dL 8.75. 3 za objętość roztworu przyjmijmy 1dm , wówczas ilość kwasu fosforowego wynosi 10moli, zamieńmy tę ilość na masę: mMH3PO4 = 3 · 1g + 31g + 4 · 16g = 98g mH3PO4 = 98g · 10g = 980g = 0,98kg korzystając ze wzoru, wyznaczmy st ężenie masowe tego roztworu: m 0,98kg kg ρ= s = = 0,98 3 3 Vr 1dm dm 8.76. a) ca
=
n
c) n ma
=
ca
z wzoru na st ężenie masowe wyprowad źmy wartość ma: m cm = s Vr d=
mr Vr
Vr
=
cm
=
mr d ms ⋅ d
ms ⋅ d
+ ma cm ⋅ ms + cm ⋅ ma = ms ⋅ d cm ⋅ ma = ms ⋅ d − c m ⋅ ms m ⋅ d − cm ⋅ ms ma = s mr
ms
cm
ma
z wzoru na stężenie procentowe wyprowadźmy wartość ma: ms ⋅ 100% cp = ms + ma
+ c p m a = m s ⋅ 100% c p m a = m s ⋅ 100% − c p m s m s ⋅100% − c p m s ma = cp ms
jednocześnie wiemy, że: m n= s M podstawiając obie te zmienne do początkowego wzoru otrzymujemy: ms ms ⋅ cm M = = ca = ms ⋅ d − cm ⋅ ms M ⋅ m s ⋅ d − M ⋅ c m ⋅ ms cm
cp
jednocześnie wiemy, że: m n= s M podstawiając obie te zmienne do początkowego wzoru otrzymujemy: ms ms ⋅ c p M = = ca = m s ⋅ 100% − c p m s M ⋅ m s ⋅ 100% − M ⋅ c p m s
cp
=
=
cp M ⋅ 100% − M ⋅ c p
=
cp M ⋅ (100% − c p )
b) przekształcamy wzór wyprowadzony w podpunkcie a) cp ca = M ⋅ (100% − c p ) c a ⋅ M ⋅ 100% − c a ⋅ M ⋅ c p
= cp c a ⋅ M ⋅ 100% = c p + c a ⋅ M ⋅ c p c a ⋅ M ⋅ 100% = c p (1 + c a ⋅ M ) c ⋅ M ⋅ 100% cp = a 1 + ca ⋅ M Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
=
cm M ⋅ d − M ⋅ cm
=
cm M(d − c m )
d) przekształcamy wzór wyprowadzony w podpunkcie c) cm cm = ca = M(d − c m ) M ⋅ d − M ⋅ c m ca ⋅ M ⋅ d − ca ⋅ M ⋅ c m
= cm ca ⋅ M ⋅ d = cm + ca ⋅ M ⋅ c m c a ⋅ M ⋅ d = c m (1 + c a ⋅ M) c ⋅M⋅d cm = a 1 + ca ⋅ M 8.77. obliczmy najpierw masy molowe obu kwasów: mMH2SO4 = 2 · 1g + 32g + 4 · 16g = 98g mMHNO3 = 1g + 14g + 3 · 16g = 63g korzystaj ąc ze wzoru zamieniamy st ężenia molowe na procentowe: c ⋅ M ⋅ 100% cp = m dr
117
c pH 2SO 4
=
1,14g / cm 3
≈ 20%
2,33mol / dm 3 ⋅ 63g / mol ⋅ 100%
=
1,08g / cm 3
8.81. wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu 3 zajmuje objętość równą 22,4dm , policzmy ile moli chlorowodoru rozpuszczono w wodzie: 3 1 mol ─── 22,4dm 3 x ─── 67,5dm
=
1,14g / cm 3
0,00233mol / cm 3 ⋅ 98g / mol ⋅ 100%
c pHNO 3
=
=
2,33mol / dm 3 ⋅ 98g / mol ⋅ 100%
=
≈ 13,6% 1,08g / cm 3 większe stężenie procentowe ma roztwór H2SO4 8.78. obliczmy najpierw masy molowe obu wodorotlenków: mMNaOH = 23g + 16g + 1g = 40g mMHNO3 = 39g + 16g + 1g = 56g korzystając ze wzoru zamieniamy stężenia procentowe na molowe: cp ⋅ d r cm = 100% ⋅ M 40% ⋅ 1,43g / cm 3
c mNaOH
=
= 14,3
mol
c mKOH
= 10
=
100% ⋅ 40g / mol
40% ⋅ 1430g / cm 3 100% ⋅ 40g / mol
=
3
dm 40% ⋅ 1,4g / cm 3
=
100% ⋅ 56g / mol
=
40% ⋅ 1400g / cm 3 100% ⋅ 56g / mol
=
mol
dm 3 większe stężenie molowe ma roztwór NaOH 8.79. zamieńmy stężenie procentowe 5-procentowego roztworu HCl na stężenie molowe, z tablicy 3 odczytujemy gęstość: d = 1,024g/cm , masa molowa HCl wynosi: mMHCl = 36,5: cp ⋅ d r 5% ⋅ 1,024g / cm 3 = = cm = 100% ⋅ M 100% ⋅ 36,5g / mol
=
5% ⋅ 1024g / cm 3 100% ⋅ 36,5g / mol
= 1,4
mol dm 3
zatem widzimy, że bardziej stężony jest 5-procentowy roztwór HCl 8.80. a) widzimy, że dla H2SO4 wraz ze wzrostem st ężenia wzrasta gęstość, zatem bardziej stężony jest roztwór o 3 gęstości 1,2g/cm b) widzimy, że dla NH3 wraz ze wzrostem st ężenia gęstość maleje, zatem bardziej stężony jest roztwór o 3 gęstości 0,85g/cm
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
= 3,01mola 22,4dm 3 wyznaczmy masę 3,01mola HCl: mMHCl = 1g + 35,5g = 36,5g mHCl = 36,5g · 3,01 = 109,9g obliczmy stężenie procentowe roztworu: ms 109,9g cp = ⋅ 100% = ⋅ 100% = ms + ma 109,9g + 440g x
0,00233mol / cm 3 ⋅ 63g / mol ⋅ 100%
=
1mol ⋅ 67,5dm 3
= 20% korzystając ze wzoru zamieńmy stężenie procentowe na molowe: cp ⋅ dr 20% ⋅ 1,1g / cm 3 = = cm = 100% ⋅ M 100% ⋅ 36,5g / mol
=
20% ⋅ 1100g / dm 3 100% ⋅ 36,5g / mol
= 6,03
mol dm 3
8.82. stężenia molowe nie są równe, gdyż jak widzimy we wzorze, na przekształcanie stężeń: cp ⋅ dr cm = 100% ⋅ M dla obu przypadków różna będzie wartość M, a takie same cp i dr 8.83. korzystamy ze wzoru na przekształcenie stężenia molowego na procentowe: cp ⋅ dr cm = 100% ⋅ M cp ⋅ dr 30% ⋅ 1,28g / cm 3 M= = = 100% ⋅ c m 100% ⋅ 3,74mol / dm 3
=
30% ⋅ 1280g / dm 3 100% ⋅ 3,74mol / dm 3
≈ 103g / mol
zatem masa cząsteczkowa substancji rozpuszczonej wynosi 103u 8.84. obliczmy masę molową NH4Cl: mMNH4Cl = 14g + 4 · 1g + 35,5g = 53,5g korzystamy ze wzoru na przekształcenie stężenia molowego na procentowe: cp ⋅ dr cm = 100% ⋅ M
118
dr
=
c m ⋅ 100% ⋅ M cp
=
3,54mol / dm 3 ⋅ 100% ⋅ 53,5g / mol 18%
= 1052g / dm 3 = 1,052g / cm 3 8.85. z podanych w zadaniu danych obliczmy najpierw masę molową szukanego związku: cp ⋅ dr cm = 100% ⋅ M cp ⋅ d r 20% ⋅ 1,17g / cm 3 = = M= 100% ⋅ c m 100% ⋅ 1,3mol / dm 3
=
20% ⋅ 1170g / dm 3 100% ⋅ 1,3mol / dm 3
= 180
g mol
obliczmy masę manganu i azotu w 1 molu szukanego związku: mMn = 30,7% : 100% · 180g ≈ 55g 1 mol Mn mN = 15,7% : 100% · 180g ≈ 28g 2 mole N ≈ 6 moli O mO = 180g – 55g – 28g = 97g szukanym związkiem jest: Mn(NO3)2 →
→
→
8.5. Rozpuszczalno ść 8.86. najlepszą definicją jest 1); 2) eliminujemy, gdyż rozpuszczanie jest procesem fizycznym, a nie chemicznym, 3) tak że eliminujemy, gdyż de facto po dodaniu kolejnej ilości substancji, mimo, że ona si ę nie rozpuści, zwiększy si ę stężenie roztworu 8.87. wrzucamy, kryształki do dwóch dowolnych zlewek, jeżeli nastąpi krystalizacja, oznacza to, że jest to roztwór przesycony, je żeli kryształek wpadnie do roztworu i się nie rozpuści oznacza to, że mamy do czynienia z roztworem nasyconym, je żeli kryształek wpadnie i rozpuści się oznacza to, że mamy do czynienia z roztworem nienasyconym 8.88. pierwszym sposobem b ędzie zwiększenie temperatury, gdyż wówczas rozpuszczalność wzrośnie, a ilość substancji rozpuszczonej nie (czyli powstanie roztwór nienasycony); drugim sposobem b ędzie zwiększenie ilości rozpuszczalnika, wówczas tak że powstanie roztwór nienasycony 8.89. pierwszym sposobem będzie obniżenie temperatury, gdyż zgodnie z warunkami zadania, wówczas rozpuszczalność będzie mniejsza i ilość substancji zawartej w roztworze w pewnym momencie b ędzie równa rozpuszczalno ści; drugim sposobem, będzie
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
dodanie substancji rozpuszanej do roztworu, a trzecim odparowanie rozpuszczalnika 8.90. na skutek wzrostu temperatury maleje rozpuszczalność CO2 w wodzie, dlatego w wyniku podniesienia temperatury uwalnia się więcej CO2, tworzy się wyższe ciśnienie w butli, co może spowodować jej pęknięcie 8.91. w ciepłej wodzie jest niższa rozpuszczalno ść tlenu (jak i innych gazów), dlatego niedobór tego gazu powoduje śmierć ryb 8.92. pierwszym błędem jest brak obej ścia wyrównującego ciśnienie we wkraplaczu, wzrost ci śnienia w pierwszej erlenmajerce uniemo żliwi dalsze wkraplanie cieczy; drugim błędem są, źle umieszczone rurki w drugiej erlenmajerce, rurka doprowadzaj ąca gaz (z lewej strony) powinna być zanurzona w płuczce, a druga nie, w pokazanej aparaturze sytuacja jest odwrotna 8.93. odpowiedź na to pytanie należy uzależnić od rodzaju rozpuszczalnika, dla wody możemy przyjąć, że wraz ze zmianą temperatury gęstość nie zmienia się w znaczący sposób, zatem wraz z obni żeniem temperatury zmieni się jedynie rozpuszczalność 8.94. obliczmy masę wody, którą odparowano: mH2O = 50g – 13,2g = 36,8g zatem korzystając z proporcji wyznaczmy rozpuszczalność NaCl w temp. 283K 13,2g NaCl 36,8g wody x 100g wody 13,2g ⋅ 100g = 35,9g x= 36,8g 8.95. korzystaj ąc ze wzoru na g ęstość zamieńmy najpierw objętość roztworu na jego masę: m d= V m = d ⋅ V = 1,12g / cm 3 ⋅ 40cm 3 = 44,8g ───
───
obliczmy masę wody, którą odparowano: mH2O = 44,8g – 6,8g = 38g korzystając z proporcji wyznaczmy rozpuszczalność substancji w temp. 293K 6,8g substancji ─── 44,8g wody x substancji ─── 100g wody 6,8g ⋅ 100g = 15,2g x= 44,8g 8.96.
119
gęstość wody jest równa 1g/cm3, zatem korzystając ze wzoru na gęstość zamieńmy najpierw objętość roztworu na jego masę: m d= V m = d ⋅ V = 1g / cm 3 ⋅ 0,5dm 3 = 1g / cm 3 ⋅ 500cm 3 = 500g korzystając z proporcji wyznaczmy masę substancji którą można rozpuścić w 500g wody o temp. 293K 145g KI ─── 100g wody x KI ─── 500g wody 145g ⋅ 500g = 725g x= 100g 8.97. z danych zadania wiemy, że rozpuszczalność substancji wynosi 40g, zatem nasycony roztwór zawierający 40g substancji będzie miał masę: mr = ms + mH2O = 40g + 100g = 140g korzystając z proporcji wyznaczmy masę substancji która jest zawarta w 220g roztworu: 40g substancji ─── 140g roztworu x substancji ─── 220g roztworu 40g ⋅ 220g = 62,9g x= 140g 8.98. z danych zadania wiemy, że rozpuszczalność substancji wynosi 105g, zatem nasycony roztwór zawierający 100g wody będzie miał masę: mr = ms + mH2O = 105g + 100g = 205g korzystając z proporcji wyznaczmy masę wody która jest zawarta w 500g roztworu: 100g wody ─── 205g roztworu x wody ─── 500g roztworu 100g ⋅ 500g x= = 243,9g 205g 8.99. 3 gęstość wody jest równa 1g/cm , zatem korzystając ze wzoru na gęstość zamieńmy najpierw objętość roztworu na jego masę: m d= V m = d⋅V
= 1g / cm 3 ⋅ 1dm 3 = 1g / cm 3 ⋅ 1000cm 3 =
= 1000g odczytana z wykresu rozpuszczalność NaCl w 293K wynosi 37g/100g H2O, zatem w 1000g wody rozpuści się: ms = 37g : 100g · 1000g = 370g zamieńmy wyliczoną masę na ilość moli: mMNaCl = 23g + 35,5g = 58,5g nNaCl = 370g : 58,5g = 6,32 mola
zatem rozpuszczalność NaCl w temp. 293K wynosi 6,32 mol/dm3 8.100. policzmy jaka masa CuSO4 została rozpuszczona w 100g wody: 130g wody ─── 26g CuSO4 100g wody ─── x 100g ⋅ 26g = 20g CuSO 4 x= 130g wartość ta jest niższa niż rozpuszczalność CuSO4 w temp. 298K, zatem roztwór ten jest roztworem nienasyconym 8.101. obliczmy najpierw ile NH4Cl znajduje się w 250g nasyconego roztworu w temp. 293K; z wykresu wiemy, że rozpuszczalność substancji wynosi 39g, zatem nasycony roztwór zawierający 39g substancji będzie miał masę: mr = ms + mH2O = 39g + 100g = 139g korzystając z proporcji wyznaczmy masę substancji która jest zawarta w 250g roztworu: 38g substancji ─── 139g roztworu x substancji ─── 250g roztworu 38g ⋅ 250g x= = 68,8g 138g co oznacza, ze masa wody wynosi: mH2O = 250g – 68,8g = 181,2g z wykresu odczytujemy rozpuszczalność w temp. 323K, wynosi ona: 51g, policzmy zatem ile substancji rozpuści się w wyliczonej wcześniej masie wody: 100g H2O ─── 51g NH4Cl 181,2g H2O ─── y 181,2g ⋅ 51g = 92,4g x= 100g policzmy ile substancji należało dodać, aby zwiększyć jej masę z początkowych 68,8g do 92,4g: ∆ms = 92,4g – 68,8g = 23,6g 8.102. obliczmy najpierw ile KNO3 znajduje się w 500g nasyconego roztworu w temp. 333K; z wykresu wiemy, że rozpuszczalność substancji w tej temp. wynosi 107g, zatem nasycony roztwór zawierający 107g substancji będzie miał masę: mr = ms + mH2O = 107g + 100g = 207g korzystając z proporcji wyznaczmy masę substancji która jest zawarta w 500g roztworu: 107g substancji ─── 207g roztworu x substancji ─── 500g roztworu 107g ⋅ 500g = 258,5g x= 207g co oznacza, ze masa wody wynosi:
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
120
mH2O = 500g – 258,5g = 241,5g z wykresu odczytujemy rozpuszczalno ść w temp. 293K, wynosi ona: 34g, policzmy zatem ile substancji rozpuści się w wyliczonej wcześniej masie wody: 100g H2O 34g KNO3 241,5g H2O y 241,5g ⋅ 34g = 82,1g y= 100g policzmy ile substancji wykrystalizowało się jeżeli ilość rozpuszczonego KNO 3 zmalała z początkowych 258,5g do 82,1g: ∆ms = 258,5g – 82,1g = 176,4g 8.103. policzmy ile rozpuszczonej substancji pozostało w roztworze w temp. 283K (do sporz ądzenia roztworu wzięto 200g wody) 100g H2O 22g 200g H2O x 200g ⋅ 22g = 44g x= 100g co oznacza, że wykrystalizowało: msk = 300g – 44g = 256g substancji wydajność procesu oczyszczania jest równa: m 256g ⋅ 100% = 85,3% W = sk ⋅ 100% = mp 300g ─── ───
─── ───
8.104. do obliczeń przyjmijmy masę roztworu równą 100g, wówczas zawiera on (z definicji) 10g substancji oraz: mH2O = 100g – 10g = 90g wody korzystając z proporcji wyznaczmy rozpuszczalno ść substancji: 10g ─── 90g wody x ─── 100g wody 10g ⋅ 100g = 11,1g x= 90g 8.105. do obliczeń przyjmijmy masę roztworu równą 100g, wówczas zawiera on (z definicji) 20g substancji oraz: mH2O = 100g – 20g = 80g wody korzystając z proporcji wyznaczmy rozpuszczalno ść CuSO4 w temperaturze, w której sporz ądzono roztwór: 20g CuSO4 ─── 80g wody ─── 100g wody x 20g ⋅ 100g = 25g x= 80g
z wykresu odczytujemy, że rozpuszczalno ść CuSO4 równa 25g/100g H2O występuje w temperaturze 298K
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
8.106. z definicji wiemy, że rozpuszczalność równa 20g oznacza, że w 100g wody mo żemy rozpuścić 20g substancji, zatem masa roztworu b ędzie równa: mr = ms + ma = 20g + 100g = 120g obliczmy ze wzoru st ężenie procentowe: m 20g c p = s ⋅ 100% = ⋅100% = 16,7% mr 120g 8.107. do obliczeń przyjmijmy objętość roztworu równą 3 1dm , wówczas, korzystaj ąc ze wzoru na gęstość, zamieńmy jego objętość na masę: m d= V
m = d ⋅ V = 1,68g / cm 3 ⋅ 1dm 3
= 1,68g / cm 3 ⋅ 1000cm 3
= 1680g skoro jest to roztwór 6-molowy, zatem w wyliczonej powyżej masie roztworu znajduje si ę 6 moli KI, zamieńmy tę ilość na masę: mMKI = 39g + 127g = 166g mKI = 166g · 6 = 996g obliczmy masę wody, w której rozpuszczono 996g KI: mH2O = 1680g – 996g = 684g korzystaj ąc z proporcji wyznaczmy rozpuszczalność KI: 996g KI 684g H2O x 100g H2O 996g ⋅ 100g = 145,6g x= 684g 8.108. do obliczeń przyjmijmy objętość roztworu równą 3 1dm , wówczas, korzystaj ąc ze wzoru na gęstość, zamieńmy jego objętość na masę: m d= V ───
───
m = d ⋅ V = 1,16g / cm 3 ⋅ 1dm 3
= 1,16g / cm 3 ⋅ 1000cm 3
= 1160g obliczmy ile KNO3 znajduje się w 1160g nasyconego roztworu; z treści zadania wiemy, że rozpuszczalność substancji wynosi 32g, zatem nasycony roztwór zawieraj ący 32g substancji b ędzie miał masę: mr = ms + mH2O = 32g + 100g = 132g korzystaj ąc z proporcji wyznaczmy mas ę substancji która jest zawarta w 1160g roztworu: 32g KNO3 132g roztworu x KNO3 1160g roztworu 32g ⋅ 1160g = 281,2g x= 132g zamieńmy wyznaczoną masę na ilość moli ───
───
121
mMKNO3 = 39g + 14g + 3 · 16g = 101g nKNO3 = 281,2g : 101g = 2,78mola na początku zadania przyjęliśmy objętość roztworu równą 1dm3, zatem stężenie molowe wynosi 2,78 mol/dm3 8.109. stężenie jodku srebra jest tak małe, że za gęstość roztworu spokojnie możemy przyjąć gęstość wody, czyli 1g/cm3 oraz za masę roztworu masę rozpuszczalnika: zamieńmy objętość roztworu na mas ę: m d= V m = d ⋅ V = 1g / cm 3 ⋅ 1mm 3
= 1g / cm 3 ⋅ 0,001cm 3
= 0,001g ułóżmy proporcję: 100g roztworu 0,001g roztworu
3,4·10-7g AgI x
─── ───
x=
0,001g ⋅ 3,4 ⋅ 10 −7 g
= 3,4 ⋅ 10 −12 g
100g zamieńmy wyznaczoną masę na ilość moli: mMAgI = 108g + 127g = 235g -12 -14 nAgI = 3,4·10 : 235 = 1,45 ·10 mola AgI dysocjuje w nast ępujący sposób AgI Ag+ + I+ zatem z 1 cz ąsteczki AgI powstaje 1 jon Ag 23 1 mol zawiera 6,02 ·10 cząsteczek, policzmy zatem + -14 ile jonów Ag znajduje się w 1,45·10 mola 23 + 1 mol 6,02·10 jonów Ag -14 1,45·10 mola y →
─── ───
x=
1,45 ⋅ 10 −14 ⋅ 6,02 ⋅ 10 23 1
= 8,73 ⋅ 10 9 jonów Ag +
8.110. przyczyn ą takiej sytuacji są różne rozpuszczalności gazów w wodzie, słabo rozpuszcza si ę azot (dlatego jest go stosunkowo mniej w powstałej mieszaninie niż w powietrzu), zaś lepiej rozpuszczalne s ą tlen i dwutlenek węgla (który dodatkowo reaguje z wod ą tworząc kwas węglowy) 8.111. a) tak, gdyż przytaczając wzór na st ężenie procentowe: ms cp = ⋅ 100% ms + ma
widzimy, że mając te same masy substancji oraz te same masy rozpuszczalnika (co ma miejsce, gdy rozpuszczalności są sobie równe) otrzymujemy takie same stężenia procentowe b) nie, wyjątek stanowi sytuacja gdy:
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
dA MA
=
dB MB
dzieje się tak dlatego, gdyż jak już mówiliśmy w pkt. a) stężenia procentowe obu roztworów s ą takie same, przytaczaj ąc wzór zamieniaj ący stężenie procentowe na molowe: cp ⋅ d r cm = 100% ⋅ M widzimy, że aby stężenia molowe były równy podany wyżej stosunek gęstości do masy molowej tez musi być taki sam 8.112. wzór zamieniający rozpuszczalno ść na stężenie procentowe ma postać: ms R ⋅ 100% = ⋅ 100% cp = ms + ma R + 100g podstawmy go do wzoru zamieniającego stężenie procentowe na st ężenie molowe: R ⋅ 100% ⋅ d r R ⋅ 100% ⋅ d r R + 100g = cm = (R + 100g ) ⋅ 100% ⋅ M 100% ⋅ M R ⋅ dr
=
(R + 100g ) ⋅ M RA ⋅ dA 10g ⋅ d A = c mA = (R A + 100g ) ⋅ M A 110g ⋅ M A RB ⋅ dB 150g ⋅ d B = c mB = (R B + 100g ) ⋅ M B 250g ⋅ M B interesuje nas sytuacja, kiedy c mA > cmB c mA > c mB 10g ⋅ d A 110g ⋅ M A 2500 dA MA
dA MA
> 6,6
>
150g ⋅ d B 250g ⋅ M B
> 16500
dB MB
dB MB
8.6. Rozpuszczanie hydratów 8.113. policzmy najpierw masy molowe Ca(NO 3)2 i [Ca(NO 3)2 · 4 H2O ]: mMCa(NO3)2 = 40g + 2 · (14g + 3 · 16g) = 164g mMCa(NO3)2·4H2O = 40g + 2 · (14g + 3 · 16g) + 4 · (16g + 2 · 1g) = 236g z powyższych obliczeń wiemy, że w 236g uwodnionego Ca(NO3)2 znajduje się 164g czystego Ca(NO3)2, wyliczmy z proporcji ile czystego Ca(NO3)2 znajduje się w 20g [Ca(NO3)2 · 4 H2O ]:
122
236g [Ca(NO3)2 · 4 H2O ] 164g Ca(NO3)2 20g [Ca(NO3)2 · 4 H2O ] x 20g ⋅ 164g = 13,9g x= 236g korzystając ze wzoru obliczmy st ężenie procentowe roztworu: m 13,9g ⋅ 100% = 9,27% c p = s ⋅ 100% = mr 130g + 20g ─── ───
8.114. policzmy najpierw masy molowe nieuwodnionego i uwodnionego CuSO4: mMCuSO4 = 64g + 32g + 4 · 16g = 160g mMCuSO4·5H2O = 64g + 32g + 4 · 16g + 5 · 18g = 250g przyjmijmy za x ilość moli pięciowodnego roztworu CuSO4, wówczas wzór okre ślający stężenie procentowe przyjmuje postać: m x ⋅ 160g ⋅ 100% = 5% c p = s ⋅ 100% = mr 150g + x ⋅ 250g x ⋅ 160g 150g + x ⋅ 250g
= 0,05
x ⋅ 160 = 0,05 ⋅ (150 + x ⋅ 250 )
= 7,5 + 12,5x 147,5x = 7,5 x = 0,0508 160 x
zamieńmy wyliczoną ilość moli na masę [CuSO4·5H2O]: mCuSO4·5H2O = 0,0508 · 250g = 12,7g 8.115. policzmy ile nieuwodnionego siarczanu glinu znajdowało się w roztworze: m c p = s ⋅ 100% mr ms
=
cp ⋅ mr 100%
=
5% ⋅ 250g 100g
= 12,5g
następnie policzmy masy molowe nieuwodnionego i uwodnionego siarczanu glinu: mMAl2(SO4)3 = 2 · 27g + 3 · (32g + 4 · 16g) = 342g mMAl2(SO4)3·18H2O = 2 · 27g + 3 · (32g + 4 · 16g) + 18 · 18g = 666g policzmy z proporcji jaka masa uwodnionego siarczanu glinu odpowiada 12,5g nieuwodnionego siarczanu glinu: 342g Al2(SO4)3 ─── 666g [Al2(SO4)3·18H2O] 12,5g Al2(SO4)3 ─── x 12,5g ⋅ 666g x= = 24,3g 342g 8.116. załóżmy, że do sporządzenia roztworu zużyto 100g wody i 83,5g Fe(NO3)2·6H2O; policzmy ile czystego Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
Fe(NO3)2 znajduje się w 83,5g Fe(NO 3)2·6H2O, w tym celu wyznaczmy masy molowe obu substancji: mMFe(NO3)2 = 56g + 2 · (14g + 3 · 16g) = 180g mMFe(NO3)2·6H2O = 56g + 2 · (14g + 3 · 16g) + 6 · 18g = =288g 288g Fe(NO3)2·6H2O ─── 180g Fe(NO3)2 83,5g Fe(NO3)2·6H2O ─── x Fe(NO3)2 83,5g ⋅ 180g = 52,2g x= 288g stężenie procentowe przyjmuje postać: m 52,2g ⋅ 100% = 28,3% c p = s ⋅ 100% = mr 100g + 83,5g 8.117. policzmy najpierw masy molowe nieuwodnionego i uwodnionego MnSO4: mMMnSO4 = 55g + 32g + 4 · 16g = 151g mMMnSO4·7H2O = 55g + 32g + 4 · 16g + 7 · 18g = 277g załóżmy, że do sporządzenia roztworu zużyto 100g (wówczas obliczona przez nas masa jednocześnie będzie równa rozpuszczalności) wody, niech x oznacza ilość moli MnSO4 (co jest równe ilości moli MnSO4·7H2O), wówczas wzór na st ężenie procentowe przyjmuje postać: m x ⋅ 151g ⋅ 100% = 29,5% c p = s ⋅ 100% = mr x ⋅ 277g + 100g x ⋅ 151g x ⋅ 277g + 100g
= 0,295
= 81,7 x + 29,5 69,3x = 29,5 x = 0,426
151x
zatem rozpuszczalność MnSO4·7H2O jest równa: RMnSO4·7H2O = 0,426 · 277g = 118g 8.118. policzmy najpierw masy uwodnionego i nieuwodnionego krzemianu sodu, pozwoli nam to obliczyć masę czystego Na2SiO3 w Na2SiO3·9H2O mMNa2SiO3 = 2 · 23g + 28g + 3 · 16g = 122g mMNa2SiO3·9H2O = 2 · 23g + 28g + 3 · 16g + 9 · 18g = 284g 284g Na2SiO3·9H2O ─── 122g Na2SiO3 10g Na2SiO3·9H2O ─── x Na2SiO3 10g ⋅ 122g x= = 4,3g 284g wzór na stężenie procentowe roztworu przyjmuje postać: m 4,3g ⋅100% = 5% c p = s ⋅100% = mr 10g + m w
123
4,3g 10g + m w
= 0,05
x
4,3g = 0,05 ⋅ (10g + m w ) 4,3g = 0,5g + 0,05m w 0,05m w mw
= 3,8g
= 76g
zatem masa wody, którą należy użyć do sporządzenia roztworu to 76g, zamieńmy jeszcze tę masę na 3 objętość pamiętając, że gęstość wody wynosi 1g/cm m d= V m 76g = = 76cm 3 V= 3 d 1g / cm 8.119. na łączną masę wody będzie się składać masa wody, która jest rozpuszczalnikiem, oraz masa wody cząsteczkowej uwadniająca Na2S2O3; zamieńmy najpierw objętość wody będącej rozpuszczalnikiem na 3 masę pamiętając, że gęstość wody wynosi 1g/cm m d= V m = d ⋅ V = 1g / cm 3 ⋅ 1dm 3 = 1g / cm 3 ⋅ 1000cm 3 = 1000g następnie policzmy masę wody hydratacyjnej, w tym celu wyznaczmy ile wody znajduje się w 1 molu Na2S2O3·5H2O: mMNa2S2O3·5H2O = 2 · 23g + 2 · 32g + 3 · 16g + 5 · 18g = 248g mM5·H2O = 5 · 18g = 90g 248g Na2S2O3·5H2O 90g H2O 200g Na2S2O3·5H2O x H2O 200g ⋅ 90g = 72,6g x= 248g łączna masa wody wynosi: mH2O = 1000g + 72,6g = 1072,6g 8.120. korzystając ze wzoru na st ężenie procentowe obliczmy masę czystego Fe(NO3)3: m c p = s ⋅ 100% mr ─── ───
ms
=
cp ⋅ mr
=
0,3% ⋅ 1000g
= 3g
100% 100% policzmy masy molowe nieuwodnionego i uwodnionego Fe(NO3)3, co pozwoli nam znaleźć masę uwodnionego Fe(NO3)3 odpowiadającą 3g nieuwodnionego Fe(NO3)3: mMFe(NO3)3 = 56g + 3 · (14g + 3 · 16g) = 242g mMFe(NO3)3·9H2O = 56g + 3 · (14g + 3 · 16g) + 9 · 18g = 404g 404g Fe(NO3)3·9H2O ─── 242g Fe(NO3)3 x Fe(NO3)3·9H2O ─── 3g Fe(NO3)3 Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
=
404g ⋅ 3g 242g
= 5g
zatem do sporządzenia roztworu potrzeba 5g Fe(NO3)3·9H2O i: mH2O = 1000g – 5g = 995g wody 8.121. tak, gdyż bez względu na ilość cząsteczek wody hydratującą dany związek ilość moli cząsteczek jest cały czas taka sama np. w 1 molu CuSO 4 · 0,5H2O jest tyle samo CuSO4 co w 1 molu CuSO 4 · 2H2O, czyli 1 mol; różnica będzie się pojawiała jedynie przy sporządzaniu roztworu, ponieważ będziemy potrzebowali większej masy soli uwodnionej niż bezwodnej 8.122. masa czystego Na2CO3 to: m MNa2CO3 ⋅ m Na2CO3⋅nH2O = m Na2CO3 = m MN2aCO3⋅nH2O
= =
2 ⋅ 23g + 12g + 3 ⋅ 16g 2 ⋅ 23g + 12g + 3 ⋅ 16g + n ⋅ 18g 106g 106g + n ⋅ 18g
⋅ m Na2CO3⋅nH2O =
⋅ m Na2CO3⋅nH2O
przekształćmy teraz wzór określający stężenie procentowe: m c p = s ⋅ 100% mr 106g
⋅ 100% = m p ⋅ m ⋅ (106g + n ⋅ 18g )
p
=
m Na2CO3
100% m Na2CO3⋅nH2O
=
106g + n ⋅ 18g
⋅ m Na2CO3⋅nH2O ⋅ 100%
m
= 106g ⋅ m Na2CO3⋅nH2O
p ⋅ m ⋅ (106g + n ⋅ 18g ) 100% ⋅ 106g
8.123. masa K2CO3 · 1,5H2O bez zanieczyszczeń to: mK2CO3·1,5H2O = (100% - z%) : 100% · mzK2CO3·1,5H2O masa czystego (nieuwodnionego) K2CO3 to: m MK2CO3 100% − z% m K 2CO 3 = ⋅ ⋅ m zK2CO3⋅1,5H2O = m MK2CO3⋅1,5H2O 100%
= =
2 ⋅ 39g + 12g + 3 ⋅ 16g 2 ⋅ 39g + 12g + 3 ⋅ 16g + 1,5 ⋅ 18g 138g 100% − z% 165g
⋅
100%
⋅
100% − z% 100%
⋅ m zK2CO3⋅1,5H2O
⋅ m zK2CO3⋅1,5H2O
przekształćmy teraz wzór określający stężenie procentowe:
124
cp
d= cp
ms
=
mr
mr Vr
=
8.127.
⋅ 100%
5 2,5
→ m r = d ⋅ Vr
ms d ⋅ Vr
1
⋅ 100%
m K2CO3
p=
⋅ 100% d ⋅ k 138g 100% − z%
p=
165g
⋅
100%
m zK2CO3⋅1,5H2O
=
⋅ m zK2CO3⋅1,5H2O ⋅ 100%
d ⋅ k p ⋅ d ⋅ k ⋅ 165g 138g ⋅ (100% − z%)
8.7. Mieszanie roztworów 8.124. 30 – 20 = 10 30% 20%
80 – 30 = 50
roztwory te należy zmieszać w stosunku masowym 10 : 50, czyli 1 : 5 8.125. 80%
30 – 20 = 10 30%
20%
m 5M
=
5g 1,14g / cm
3
= 4,39cm 3
zatem stosunek obj ętościowy jest równy 0,58 : 4,39, czyli 1 : 7,57 8.126. 5
2–1=1 2
1
= 1,18g / cm 3 ⋅ 1,5cm 3 = 1,77g = 1,04g / cm 3 ⋅ 2,5cm 3 = 2,6g
zatem stosunek masowy roztworu 5-molowego do roztworu 1-molowego 1-molowego to: 1,77 : 2,6, czyli 1 : 1,47 8.128. zamieńmy najpierw stężenie molowe roztworu na stężenie procentowe, w tym celu wyznaczmy w yznaczmy masę molową HCl: mMHCl = 1g + 35,5g = 36,5g skorzystajmy ze wzoru: c m ⋅ M ⋅ 100% 2,88mol / dm 3 ⋅ 36,5g / mol ⋅ 100% cp = = dr 1,05g / cm 3
=
2,88mol / dm 3 ⋅ 36,5g / mol ⋅ 100% 1050g / dm 3
≈ 10%
80 – 30 = 50
roztwory te należy zmieszać w stosunku masowym 10 : 50, czyli 1 : 5, do obliczeń załóżmy, że mieszamy 1g kwasu 80% i 5g kwasu 20%, zamie ńmy te masy na objętości: m d= V m V= d 1g = 0,58cm 3 V80% = 3 1,73g / cm V20%
5 – 2,5 = 2,5
roztwór 5-molowy należy zmieszać z roztworem 1molowym w stosunku objętościowym 1,5 : 2,5, do obliczeń załóżmy, że mieszamy 1,5cm 3 roztworu 5molowego i 2,5cm3 roztworu 1-molowego, zamie ńmy te objętości na masy: m d= V m = d⋅V m1M
80%
2,5 – 1 = 1,5
5–2=3
roztwór 5-molowy należy zmieszać z roztworem 1molowym w stosunku objętościowym 1 : 3 Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
36%
15 – 10 = 5 15%
10%
36 – 15 = 21
roztwory należy zmieszać w stosunku masowym 5 : 21 8.129. zamieńmy najpierw stężenie procentowe roztworu na stężenie molowe, w tym celu wyznaczmy mas ę molową HNO3: mMHCl = 1g + 14g + 3 · 16g = 63g skorzystajmy ze wzoru: cp ⋅ dr 69,2% ⋅ 1,41g / cm 3 cm = = = 100% ⋅ M 100% ⋅ 63g / mol
=
69,2% ⋅ 1410g / cm 3 100% ⋅ 63g / mol 15,5
= 15,5
mol dm 3
10,5 – 2,5 = 8 10,5
2,5
15,5 – 10,5 = 5
125
roztwory należy zmieszać w stosunku objętościowym 8:5 8.130. końcowa objętość roztworu wynosi: V = V1 + V2 = 15cm3 + 25cm3 = 40cm3 = 0,04dm3 wyznaczmy łączną ilość moli substancji: n = n1 + n2 n cm = V n = cm ⋅ V n = cm1 · V1 + cm2 · V2 = 3mol/dm3 · 15cm3 + 1,4mol/dm 3 · 25cm3 = 3mol/dm3 · 0,015dm3 + 1,4mol/dm 3 · 0,025dm3 = 0,08 mola stężenie molowe powstałego roztworu wynosi: n 0,08mola mol = = cm = 2 V 0,04dm 3 dm 3 8.131. końcowa objętość roztworu wynosi: V = V1 + V2 wyznaczmy łączną ilość moli substancji: n = n1 + n2 n cm = V n = cm ⋅ V n = c1 · V1 + c2 · V2 stężenie molowe powstałego roztworu wynosi: n c1 ⋅ V1 + c 2 ⋅ V2 cx = = V V1 + V2 8.132. końcowa masa roztworu wynosi: m = m1 + m2 = 10g + 20g = 30g wyznaczmy łączną masę substancji: ms = ms1 + ms2 m c p = s ⋅ 100% mr
ms
=
ms
=
100% c1 ⋅ m1
=
ms
=
ms
=
ms mr
⋅ 100%
cp ⋅ mr 100% p1 ⋅ m 1
+
p2 ⋅ m2
=
p1 ⋅ m1
+ p2 ⋅ m2
100% 100% 100% stężenie procentowe powstałego roztworu wynosi: p1 ⋅ m1 + p 2 ⋅ m 2 ⋅ 100% ms 100 % ⋅ 100% = = cx = mr m1 + m 2
=
p1 ⋅ m 1 + p 2 ⋅ m 2 m1
+ m2
8.134. 1) stężenie masowe określamy wzorem: m
ρ=
V
m = ρ⋅V oczywiste jest, że masa substancji w dwóch niezmieszanych roztworach jest równa masie substancji w roztworze po zmieszaniu, taka sama sytuacja dotyczy objętości; zapiszmy to w formie równania (załóżmy, że ρ1 > ρ2) (ρx – stężenie masowe roztworu po zmieszaniu): m s1 + m s 2 = m sx
ρ1 ⋅ V1 + ρ 2 ⋅ V2 = ρ x ⋅ (V1 + V2 ) ρ1 ⋅ V1 + ρ 2 ⋅ V2 = ρ x ⋅ V1 + ρ x ⋅ V2 ρ1 ⋅ V1 − ρ x ⋅ V1 = ρ x ⋅ V2 − ρ 2 ⋅ V2 V1 (ρ1 − ρ x ) = V2 (ρ x − ρ 2 ) V1 ρ x − ρ 2 = ρ1 − ρ x V2 2) zapiszmy regułę wyprowadzoną w pkt. 1) w postaci schematu ρ1
ρx – ρ2 ρx ρ1 – ρx
ρ2
+
c2 ⋅ m2
100% 100% 10% ⋅ 10g 2,5 ⋅ 20g
+ = 1,5g 100% 100% stężenie procentowe powstałego roztworu wynosi: m 1,5g ⋅ 100% = 5% c p = s ⋅ 100% = mr 30g ms
=
cp ⋅ mr
cp
8.133. końcowa masa roztworu wynosi: m = m1 + m2 wyznaczmy łączną masę substancji: ms = ms1 + ms2 Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
3) w tym przypadku nie mo żemy już posługiwać się powyższym schematem, jedną z metod mo że być zamienienie stężeń masowych na stężenia procentowe, gdyż zmiany objętości nie ma nie żadnego wpływu 8.135. korzystamy ze schematu wyprowadzonego w podpunktach 1) i 2) zadania 8.134. 12
1 4
3
8
roztwory należy zmieszać w stosunku objętościowym 1:8
126
8.136 łączna objętość roztworu wynosi: V = V1 + V2 = 250cm3 + 500cm3 = 750cm3 = 0,75dm3 korzystając ze wzoru na st ężenie masowe, policzmy ile łącznie substancji znajdzie si ę w końcowym roztworze: m s = m1 + m 2
ρ=
m V
m = ρ⋅V
= ρ1 ⋅ V1 + ρ 2 ⋅ V2 m s = 8g / dL ⋅ 250cm 3 + 14g / dL ⋅ 500cm 3 = = 80g / dm 3 ⋅ 0,25dm 3 + 140g / dm 3 ⋅ 0,5dm 3 = = 90g
x
=
10
4 6
2
4
roztwory należy zmieszać w stosunku objętościowym 4 : 4, czyli 1 : 1, z czego wynika, że do 200L roztworu 3 o stężeniu 2kg/m należy dodać 200L roztworu o 3 stężeniu 10kg/m 8.138. korzystamy z reguły krzy ża: 45%
30 – 20 = 10 30%
20%
45 – 30 = 15
roztwory należy zmieszać w stosunku masowym 10 : 15, zatem układamy proporcj ę: 10g [r-ru 45%] 15g [r-ru 20%] x [r-ru 45%] 120g [r-ru 20%] 10g ⋅ 120g = 80g x= 15g 8.139. korzystamy z reguły krzy ża: ─── ───
6
2–1=1 2
1
6–2=4
roztwory należy zmieszać w stosunku objętościowym 1 : 4, zatem układamy proporcję: 1cm3 [r-ru 6M] 4cm3 [r-ru 1M] 3 x [r-ru 6M] 280cm [r-ru 1M] ───
4cm
3
= 70cm 3
8.140. policzmy masę powstałego roztworu: mr = m1 + m2 + m3 = 100g + 300g + 2400g = 2800g następnie korzystając z wzoru na stężenie procentowe policzmy łączną masę substancji: m s = m s1 + m s 2 + m s3
cp
=
ms
=
ms
=
ms
stężenie masowe powstałego roztworu wynosi: m 90g g g ρ= = = = 120 12 V 0,75dm 3 dL dm 3 8.137. korzystamy ze schematu wyprowadzonego w podpunktach 1) i 2) zadania 8.134.
1cm 3 ⋅ 280cm 3
=
ms mr
⋅ 100%
cp ⋅ mr 100% c p1 ⋅ m1
100% 70% ⋅ 100g
+
cp2 ⋅ m 2
+
c p2 ⋅ m 2
=
100% 100% 30% ⋅ 300g 5% ⋅ 2400g
+ + = 280g 100% 100% 100% zatem stężenie procentowe powstałego roztworu wynosi: m 280g c p = s ⋅ 100% = ⋅ 100% = 10% mr 2800g 8.141. policzmy objętość powstałego roztworu: 3 3 3 3 Vr = V1 + V2 = 200cm + 400cm = 600cm = 0,6dm następnie korzystając z wzoru na stężenie molowe policzmy łączną ilość substancji: n s = n1 + n 2
cm
=
ns Vr
= c m ⋅ Vr n s = c1 ⋅ V1 + c 2 ⋅ V2 n s = 0,5mol / dm 3 ⋅ 200cm 3 + 1mol / dm 3 ⋅ 400cm 3 = = 0,5mol / dm 3 ⋅ 0,2dm 3 + 1mol / dm 3 ⋅ 0,4dm 3 = = 0,5 mola ns
zatem stężenie molowe powstałego roztworu wynosi: n 0,5mola mol = cm = s = 0 , 83 Vr 0,6dm 3 dm 3 8.142. policzmy najpierw masy molowe obu kwasów: mMHCl = 1g + 35,5g = 36,5g mMHNO3 = 1g + 14g + 3 · 16g = 63g a) do obliczeń przyjmijmy, że roztwór zawiera 3mole HCl i 1mol HNO3, zamieńmy te ilości na masy mHCl = 3 · 36,5g = 109,5g mHNO3 = 1 · 63g = 63g korzystaj ąc ze wzoru na stężenia procentowe policzmy masy roztworów, które zawierają wyznaczone powyżej masy substancji:
───
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
127
cp
=
ms
mr
=
ms
⋅ 100%
mr
m rHCl
cp
=
m rHNO 3
⋅ 100%
m HCl c pHCl
=
⋅ 100% =
m HNO3 c pHNO 3
109,5g 36,5%
⋅ 100% =
⋅ 100% = 300g
63g 63%
⋅ 100% = 100g
zatem roztwory te należy zmieszać w stosunku masowym 300 : 100, czyli 3 : 1 b) korzystając ze wzoru na g ęstość zamieńmy wyliczone powyżej masy roztworów na ich obj ętości: m d= V m V= d m 300g = 254,2cm 3 VrHCl = rHCl = 3 d rHCl 1,18g / cm VrHNO 3
=
m rHNO 3
=
100g 3
= 71,9cm 3
d rHNO 3 1,39g / cm zatem roztwory te należy zmieszać w stosunku objętościowym 254,2 : 71,9, czyli 3,54 : 1 8.8 Rozcieńczanie roztworów 8.143. wodę możemy traktować, jako roztwór o st ężeniu 0% i do rozwiązania tego zadania zastosowa ć metodę krzyża: 96%
=
Vwody
10 – 0 = 10
8,6g 1g / cm
3
= 8,6cm 3
zatem kwas siarkowy należy zmieszać z wodą w stosunku objętościowym 0,54 : 8,6, czyli 1 : 15,9 8.145. wodę możemy traktować, jako roztwór o 0-molowy i do rozwiązania tego zadania zastosować metodę krzyża: 36
2 – 0 =2 2
0
36 – 2 = 34
zatem roztwór ten należy zmieszać z wodą w stosunku objętościowym 2 : 34, czyli 1 : 17 8.146. wyznaczmy najpierw masę molową NaOH: mMNaOH = 23g + 16g + 1g = 40g zamieńmy następnie, korzystając z wzoru, stężenie molowe na procentowe: c ⋅ M ⋅ 100% cp = m dr cp
=
=
2,8mol / dm 3 ⋅ 40g / mol ⋅ 100% 1,12g / cm 3
0,0028mol / cm 3 ⋅ 40g / mol ⋅ 100% 1,12g / cm 3
= = 10%
wodę możemy traktować, jako roztwór o stężeniu 0% i do rozwiązania tego zadania zastosować metodę krzyża: 20%
10 – 0 = 10 10%
0%
20 – 10 = 10
10%
zatem roztwór NaOH należy zmieszać z wodą w stosunku masowym 10 : 10, czyli 1 : 1 8.147. zatem kwas siarkowy należy zmieszać z wodą w wyznaczmy najpierw masę molową NaOH: stosunku masowym 10 : 86, czyli 1 : 8,6 mMNaOH = 23g + 16g + 1g = 40g 8.144. zamieńmy następnie, korzystając z wzoru, stężenie w zadaniu 8.143 obliczyliśmy, że kwas siarkowy należy zmieszać z wodą w stosunku masowym 10 : 86, procentowe na molowe: cp ⋅ dr czyli 1 : 8,6; do oblicze ń załóżmy, że masa kwasu to cm = 100% ⋅ M 1g, a masa wody 8,6g, zamie ńmy te masy na objętości, korzystając ze wzoru na gęstość (gęstość wody 19,7% ⋅ 1,22g / cm 3 19,7% ⋅ 1220g / dm 3 cm = = = 3 wynosi 1g/cm ): 100% ⋅ 40g / mol 100% ⋅ 40g / mol m mol d= =6 3 V dm m wodę możemy traktować, jako roztwór 0-molowy i do V= d rozwiązania tego zadania zastosować metodę krzyża: 1g 6 2–0=2 = 0,54cm3 Vkwasu = 3 1,84g / cm 2 0 6–2=4 0%
96 – 10 = 86
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
128
zatem roztwór NaOH należy zmieszać z wodą w stosunku objętościowym 2 : 4, czyli 1 : 2 8.148. stężenia kwasu octowego są dość niewielkie, zatem dla wszystkich roztworów możemy w przybliżeniu przyjąć gęstość równą gęstości wody (1g/cm3), oznacza to, że stosunek objętościowy, będzie równy stosunkowi masowemu; wodę możemy traktować, jako roztwór o stężeniu 0% i do rozwiązania tego zadania zastosować metodę krzyża: 10%
6–0=6 6%
0%
10 – 6 = 4
zatem roztwór 10-procentowy nale ży zmieszać z wodą w stosunku masowym i objętościowym 6 : 4, czyli 3 : 2 następnie z proporcji policzmy ile wody należy dodać do 100cm3 roztworu 10-procentowego: 6cm3 [r-ru 10%] 4cm3 wody 3 100cm [r-ru 10%] x 100cm 3 ⋅ 4cm 3 ≈ 67cm 3 x= 3 6cm 8.149. masa końcowego roztworu wynosi: m = mr1 + mr2 = 60g + 20g = 80g korzystając ze wzoru na st ężenie procentowe obliczmy masę substancji: m c p = s ⋅ 100% mr ───
───
8.150. policzmy ile kwasu znajduje się 200g 10procentowego roztworu: m c p = s ⋅ 100% mr 10% ⋅ 200g
= = 20g 100% 100% następnie wyznaczmy masę 36-procentowego roztworu, w którym znajduje się obliczona powyżej masa kwasu: m c p = s ⋅ 100% mr ms
mr
=
cp ⋅ mr
=
m s ⋅ 100% cp
=
20g ⋅ 100% 36%
m
= d ⋅ V = 1,05g / cm 3 ⋅ 0,5dm 3 = 1,05g / cm 3 ⋅ 500cm 3 =
= 525g następnie obliczmy masę HCl, znajdującego się w 3 0,5dm (czyli 525g) 10-procentowego roztworu: m c p = s ⋅ 100% mr ms
=
mr
=
cp ⋅ mr
=
10% ⋅ 525g
= 52,5g 100% 100% obliczmy masę 36-procentowego roztworu HCl, w którym znajduje się 52,5g substancji: m c p = s ⋅ 100% mr m s ⋅ 100% cp
=
52,5g ⋅ 100% 36%
= 145,8g
następnie zamieńmy wyznaczoną masę roztworu na jego objętość: m d= V m 145,8g V= = = 123,6cm 3 3 d 1,18g / cm 3
12% ⋅ 60g
= = 7,2g 100% 100% obliczmy stężenie końcowe roztworu: m 7,2g c p = s ⋅ 100% = ⋅ 100% = 9% mr 80g ms
=
cp ⋅ mr
zatem do sporządzenia 200g 10-procentowego roztworu należy wziąć 55,6g 36-procentowego roztworu kwasu, wyznaczmy jeszcze masę wody: mH2O = 200g – 55,6g =144,4g 8.151. 3 ze wzoru na gęstość wyznaczmy masę 0,5dm 10procentowego roztworu: m d= V
= 55,6g
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
zatem do sporządzenia 0,5dm 10-procentowego 3 roztworu HCl, należy wziąć 123,6cm 36procentowego roztworu HCl oraz: 3 3 3 VH2O = 500cm – 123,6cm = 376,4cm wody 8.152. najpierw policzmy jaka ilość substancji znajduje się w 3 0,5dm 0,25-molowego roztworu: n cm = V n
= c m ⋅ V = 0,25mol / dm 3 ⋅ 0,5dm 3 = 0,125mola
następnie wyznaczmy objętość 1-molowego roztworu, w którym znajduje się 0,125mola kwasu: n cm = V n 0,125mola = = 0,125dm 3 V= 3 c m 1mol / dm 3
zatem do sporządzenia 0,5dm 0,25-molowego 3 roztworu należy wziąć 0,125dm roztworu 1molowego i: 3 3 3 VH2O = 0,5dm – 0,125dm = 0,375dm wody
129
8.153. wodę możemy traktować, jako roztwór 0-molowy i do rozwiązania tego zadania zastosowa ć metodę krzyża: 0,5
0,1 – 0 = 0,1 0,1
0
0,5 – 0,1 = 0,4
zatem roztwór 0,5-molowy nale ży zmieszać z wodą w stosunku 0,1 : 0,4, czyli 1 : 4; następnie obliczmy z 3 proporcji ile wody należy zmieszać z 100cm roztworu 0,5-molowego: 3 3 1cm roztworu 4cm wody 100cm3 roztworu x wody ─── ───
x
=
4cm 3 ⋅ 100cm 3 1cm
3
= 400cm 3
8.154. wyznaczmy najpierw końcową objętość roztworu: 3 3 3 V = V1 + V2 = 80cm + 120cm = 200cm 3 następnie policzmy masę substancji zawartą w 80cm roztworu o stężeniu 5g/L: m
ρ=
V
m = ρ⋅V
= 5g / L ⋅ 80cm 3 = 0,005g / cm 3 ⋅ 80cm 3 =
= 0,4g korzystając ze wzoru policzmy końcowe stężenie masowe roztworu: m 0,4g 0,4g g ρ= = = =2 3 V 200cm 0,2L L 8.155. czysty rozpuszczalnik możemy potraktować jako roztwór o zerowym stężeniu, co pozwoli nam skorzystać z zależności oraz metody krzyża wyprowadzonej w zadaniu 8.134.: 15
0
0
15 – 10 = 5
zatem roztwór należy zmieszać z rozpuszczalnikiem w stosunku objętościowym równym 10 : 5, czyli 2 : 1 8.156. czysty rozpuszczalnik możemy potraktować jako roztwór o zerowym stężeniu, co pozwoli nam skorzystać z zależności oraz metody krzyża wyprowadzonej w zadaniu 8.134.: 2
0,5 – 0 = 0,5 0,5 2 – 0,5 = 1,5
zatem roztwór należy zmieszać z wodą w stosunku objętościowym równym 0,5 : 1,5, czyli 1 : 3; policzmy z proporcji ile wody należy dodać do 6L roztworu: Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
30 – 22,5 = 7,5 22,5
30
22,5 – 0 = 22,5
zatem wodę należy zmieszać z 30-procentowym roztworem w stosunku masowym 7,5 : 22,5, czyli 1 : 3; następnie korzystając z proporcji policzmy ile wody należy dodać do 150g 30-procentowego roztworu: 1g wody ─── 3g roztworu x wody ─── 150g roztworu 1g ⋅ 150g x= = 50g 3g na koniec, pamiętając, że gęstość wody wynosi 3 1g/cm , zamieńmy wyliczoną masę wody na objętość: m d= V m 50g V= = = 50cm 3 3 d 1g / cm 8.158. aby rozwiązać to zadanie musimy przyjąć, że wszystkie roztwory mają gęstość zbliżoną do gęstości 3 wody, czyli 1g/cm , wówczas stosunek masowy zmieszanych roztworów będzie równy stosunkowi objętościowemu, użyjmy metody krzyża: 30
3–0=3 3
0
10 – 0 = 10 10
0
1L roztworu ─── 3L wody 6L roztworu ─── x wody 6L ⋅ 3L x= = 18L 1L 8.157. skorzystajmy z metody krzyża:
30 – 3 = 27
zatem perhydrol należy zmieszać z wodą w stosunku masowym, czyli tak że objętościowym równym 3 : 27, czyli 1 : 9; obliczmy jak ą objętość wody należy 3 zmieszać z 10cm perhydrolu: 3 3 1cm perhydrolu ─── 9cm wody 3 10cm perhydrolu ─── x wody x
=
10cm 3 ⋅ 9cm 3 1cm
3
= 90cm 3
8.159. wyznaczmy najpierw masę substancji, znajdującą się w 12g 50-procentowego roztworu: m c p = s ⋅ 100% mr ms
=
cp ⋅ mr 100%
=
50% ⋅ 12g 100%
= 6g 130
następnie wyznaczmy masę 30-procentowego roztworu w którym znajduje si ę tyle samo substancji co w 12g roztworu 50-procentowego, czyli 6 gramów: m c p = s ⋅ 100% mr mr
=
m s ⋅ 100% cp
=
6g ⋅ 100% 30%
= 20g
8.160. końcowa objętość roztworu wynosi: 3 3 3 V = V1 + V2 = 0,5dm + 0,2dm = 0,7dm 3 policzmy ilość substancji znajdującej się w 0,5dm 0,1-molowego roztworu: n cm = s Vr ns
= c m ⋅ Vr = 0,1mol / dm 3 ⋅ 0,5dm 3 = 0,05mola
końcowe stężenie molowe roztworu wynosi: n 0,05mola mol = cm = s = 0 , 0714 Vr 0,7dm 3 dm 3 8.161. wyznaczmy najpierw masę substancji, znajdującą się w 200g 6-procentowego roztworu: m c p = s ⋅ 100% mr
=
cp ⋅ mr
=
6% ⋅ 200g
= 12g 100% 100% następnie zamieńmy wyznaczoną masę MgSO4 na ilość moli: mmMgSO4 = 24g + 32g + 4 · 16g = 120g nMgSO4 = 12g : 120g = 0,1mola obliczmy końcowe stężenie molowe roztworu: n 0,1mola mol = cm = s = 0 , 2 Vr 0,5dm 3 dm 3 ms
8.162. 3 obliczmy najpierw masę 120cm 96-procentowego roztworu H2SO4: m d= V m = d ⋅ V = 1,84g / cm 3 ⋅ 120cm 3 = 220,8g następnie wyznaczmy masę H2SO4 znajdującą się początkowo w roztworze: m c p = s ⋅ 100% mr ms
=
cp ⋅ mr
=
96% ⋅ 220,8g
= 212g
100% 100% zamieńmy powyżej obliczoną masę H2SO4 na ilość moli: mMH2SO4 = 2 · 1g + 32g + 4 · 16g = 98g nH2SO4 = 212g : 98g = 2,16mola Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
końcowa objętość roztworu (po dodaniu wody) wynosi: 3 3 3 3 V = 120cm + 129cm = 249cm = 0,249dm stężenie molowe roztworu wynosi: n 2,16mola mol cm = s = = 8,67 3 3 Vr 0,249dm dm 8.163. 3 obliczmy najpierw masę 5cm 70-procentowego roztworu H2SO4: m d= V
= d r ⋅ V = 1,61g / cm 3 ⋅ 5cm 3 = 8,05g
mr
następnie wyznaczmy masę H2SO4 znajdującą się początkowo w roztworze: m c p = s ⋅ 100% mr cp ⋅ mr
=
70% ⋅ 8,05g
ms
=
= 5,64g 100% 100% 3 wiemy, że roztwór rozcieńczono do objętości 100cm , zatem możemy w przybliżeniu przyjąć, że dodano do 3 niego 95cm wody, zamieńmy tę objętość na masę: m d= V mw
= d w ⋅ V = 1g / cm 3 ⋅ 95cm 3 = 95g
końcowa masa roztworu wynosi: m = mr + mw = 8,05g + 95g = 103,05g wyznaczmy końcowe stężenie procentowe: m 8,05g c p = s ⋅ 100% = ⋅ 100% = 7,81% mr 103,05g 8.164. policzmy najpierw ilość substancji znajdującą się w 3 0,25dm 0,75-molowego roztworu: n cm = s Vr ns
= c m ⋅ Vr = 0,75mol / dm 3 ⋅ 0,25dm 3 = 0,1875mola
korzystając ze wzoru policzmy w jakiej objętości 0,15-molowego roztworu znajdzie się wyznaczona powyżej ilość substancji: n cm = s Vr Vr
=
ns cm
=
0,1875mola 0,15mol / dm
3
= 1,25dm 3
8.165. oleum jest to roztwór SO3 w bezwodnym kwasie siarkowym, skoro jest to roztwór 20-procentowy, oznacza to, że zawartość SO3 jest równa 20%, zaś resztę (80%) stanowi czyste H2SO4, policzmy najpierw masę H2SO4 i SO3 zawartą w 200g roztworu:
131
=
cp
ms mr
m H 2SO 4
3
⋅ 100%
=
=
80% ⋅ 200g
100% 100% cp ⋅ m r 20% ⋅ 200g
= 160g
= = 40g 100% 100% wskutek rozcieńczania SO3 zawarte w oleum zareaguje wg reakcji: SO3 + H2O → H2SO4 80g 96g obliczmy z proporcji ile H2SO4 powstanie w wyniku reakcji 40g SO3: 80g SO3 ─── 96g H2SO4 40g SO3 ─── x H2SO4 40g ⋅ 96g x= = 48g 80g masa H2SO4 w końcowym roztworze wynosi: mH2SO4 = 160g + 48g = 208g obliczmy jaka masa 20-procentowego roztworu będzie zawierała 206g H2SO4 m c p = s ⋅ 100% mr m SO 3
mr
=
=
cp ⋅ mr
m s ⋅ 100% cp
=
208g ⋅ 100% 20%
= 1040g
8.166. wyznaczmy masę molową kwasu solnego: mMHCl = 1g + 35,5g = 36,5g następnie, korzystając ze wzoru, zamieńmy stężenie procentowe roztworu na stężenie molowe: cp ⋅ d r 36% ⋅ 1,18g / cm 3 cm = = = 100% ⋅ M 100% ⋅ 36,5g / mol
=
36% ⋅ 1180g / dm 3 100% ⋅ 36,5g / mol
= 11,64
mol dm 3
obliczmy ile HCl będzie się znajdować w 100cm 3 (czyli 0,1dm ) 2-molowego roztworu: n cm = s Vr ns
3
= c m ⋅ Vr = 2mol / dm 3 ⋅ 0,1dm 3 = 0,2mola
wyznaczmy objętość 36-procentowego (czyli 11,64molowego) roztworu w którym będzie znajdować się policzona wyżej ilość substancji: n cm = s Vr Vr
=
ns cm
=
0,2mola 11,64mol / dm
3
= 0,0172dm 3 = 17,2cm 3 3
zatem do sporządzenia 100cm 2-molowego roztworu musimy: 3 - odmierzyć 17,2cm 36-procentowego roztworu HCl Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
- dopełnić wodą do objętości 100cm 8.167. rozcieńczenie 10-krotne oznacza, że końcowe stężenie jest 10 razy mniejsze od wyjściowego, zapiszmy to w formie równania: c m1 = 10 ⋅ c m 2 korzystając ze wzoru na stężenie molowe powyższe równanie możemy zapisać w postaci: ns n = 10 ⋅ s V1 V2 V2 możemy zapisać w postaci: V2 = V1 + Vx gdzie Vx to szukana objętość wody, którą należy dodać, podstawiając: ns ns = 10 ⋅ V1 V1 + Vx ns
= 10 ⋅
1
ns 1 + Vx
+ n s Vx = 10n s 1 + Vx = 10 Vx = 9 [dm 3 ] ns
8.168. 96-procentowy roztwór H2SO4 ma w przybliżeniu 3 gęstość równą 1,84g/cm , zamieńmy podaną w zadaniu objętość roztworu na masę: m d= V m
= d ⋅ V = 1,84g / cm 3 ⋅ 100cm 3 = 184g
masa H2SO4 zawarta w 184g 96-procentowego roztworu wynosi: m c p = s ⋅ 100% mr cp ⋅ mr
=
96% ⋅ 184g
ms
=
= 176,6g 100% 100% 3 za gęstość wody przyjmujemy 1g/cm , zatem masa 3 100cm wody wynosi: m d= V mw
= d w ⋅ V = 1g / cm 3 ⋅ 100cm 3 = 100g
końcowa masa roztworu jest równa: mr = m + m w = 184g + 100g = 284g stężenie procentowe powstałego roztworu wynosi: m 176,6g c p = s ⋅ 100% = ⋅ 100% = 62,2% mr 284g odczytujemy z tablicy, że roztwór o takim stężeniu 3 ma w przybliżeniu gęstość równą 1,525g/cm , zamieńmy zatem masę roztworu na objętość:
132
m
d
=
V
=
V m d
=
284g 1,525g / cm
3
= 186,2cm 3
8.169. 1) należy odparować część rozpuszczalnika i dodać substancję rozpuszczoną 2) należy odparować część rozpuszczalnik 8.170. obliczmy najpierw ilość substancji zawartej w 200g 20-procentowego roztworu: m c p = s ⋅ 100% mr
=
cp ⋅ mr
= 40g
100% wiemy, że odparowano 100g wody, zatem końcowa masa roztworu wynosi: mr = 200g – 100g = 100g obliczmy stężenie procentowe powstałego roztworu: m 40g ⋅ 100% = 40% c p = s ⋅ 100% = mr 100g 8.171. 3 obliczmy najpierw ilość substancji zawartej w 250cm roztworu o stężeniu masowym 50g/L: ms
ρ= ms
Vr
= ρ ⋅ Vr = 50g / L ⋅ 250cm 3 = 50g / L ⋅ 0,25L = 12,5g 3
wiemy, że odparowano 50cm wody, zatem końcowa objętość roztworu wynosi: 3 3 3 Vrk = 250cm – 50cm = 200cm = 0,2L obliczmy stężenie masowe powstałego roztworu: m 12,5g g ρ= s = = 62,5 Vrk 0,2L L 8.172. policzmy masę substancji zawartej w 150g 20procentowego roztworu: m c p = s ⋅ 100% mr ms
=
cp ⋅ mr
=
20% ⋅ 150g
= 30g
100% 100% ułóżmy równanie określające stężenie procentowe końcowego roztworu, zakładając, że x to masa odparowanej wody
Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione
−x
mr
28% =
30g 150g − x
x
⋅ 100%
150g − x
42g − 0,28x 0,28x
⋅ 100%
30g
0,28 =
8.9. Zatężanie roztworów
ms
ms
=
cp
= 30g
= 12g
= 42,9g
8.173. obliczmy najpierw masę substancji zawartej w 5L roztworu o stężeniu masowym 100g/L: ms
ρ=
Vr
= ρ ⋅ Vr = 100g / L ⋅ 5L = 500g
ms
ułóżmy równanie określające stężenie masowe końcowego roztworu, zakładając, że x to objętość odparowanej wody ms
ρ=
Vr
−x
250 =
500
5−x 1250 − 250 x 250 x x
= 500
= 750
= 3 [L]
8.174. 3 obliczmy najpierw ilość substancji zawartej w 200cm 3 (czyli 0,2dm ) roztworu o stężeniu molowym 3 0,1mol/dm : n cm = s Vr ns
= c m ⋅ Vr = 0,1mol / dm 3 ⋅ 0,2dm 3 = 0,02mola
ułóżmy równanie określające stężenie molowe końcowego roztworu, zakładając, że x to objętość odparowanej wody ns cm = Vr − x 2=
0,02 0,2 − x
0,4 − 2 x
= 0,02
= 0,38 x = 0,19 dm 3
2x
8.175. zakładamy, że dodanie substancji nie zmieni w sposób znaczący objętości roztworu, obliczmy najpierw ilość 3 substancji zawartej w 5cm (czyli 0,005L) roztworu o stężeniu masowym 2g/L:
133
