Kondratowicz-Pietruszka E. - Obliczenia w analizie chemicznej

.._J q„ __ ·-··---.~-

.. ... --.. ......„

.• • „ •••••

„„ .

. .•„

·· ~ ·.

' . .

• .. -,' ' · - · '"• • . .. .

. ,, ..,.., ..„.„ .

. ··- .•„ .

.. -

. ···-··---·-·· -· ·-~ ......

~-.

'---·-·

-···

-

·-·-··

Elżbieta Kondratowicz-Pietruszka

Obliczenia wanalizie chemicznej /\.; ·:

i

'

Wydawnictwo Uniwersytetu Ekonomicznego wKrakowie Kraków2012

Recenzent Krystyna Kw1atkowska-Sienkiew1cz

Redaktor naukowy

Zofia Cichoń

SPIS TREŚCI

Projekt okładki Marcin Sokołowski

Wstęp <10

„ „ „ „ .. „ .. .

5

1.1. Jednostki układu SI . „ „ „ .. „ „ . „ . „ „ „ „„ „ „ „ „ „ . „ . „ „ „ „.„.„ ... „ „ „ „ „ „ „ „ . „ „ „ . „ 1.2. Cyfry znaczace i dokładność obliczeń .„ .. . „ „ . . „ . „ „ . „ . „ . „ „ „ „ „ „ „ „ „ „ „ „ . „.

5 8

2. Stechiometria ... „ „ . „ „ . „ „ „ . „ „ „ „ . „ „ „ „ „ . „ „ ..„ „ „ „ „ „ „ •. „ . „ . . . „ „ „ „ . „.. „ „ . „ . „ .. „ „ . 2.1. .Wprowadzenie „ „ . „ „ . „ . „ . „ . „ „ „ „ „ „ „ . „ „ „ „ „ .. „ „ „ „ „ „ . „ „ . „ ... „ „ „ „ . „... „ . „ „ .. 2.2. Wart0Sc1owość i stopień utJemenia „ „ „ . „„ „ „ . „ „. „ „ . „. „ „ •. „ „ „ . „ . „ . „ „ „ . „ „ . 2.3. Mol i masa molowa „ . „ „ . „ „.„„ „ „ „ „ „ . „„ „ „ „ „ . „ „ „ . „ „ „ „ „ „ „ „ . „ „ „ „ „ . „ „ . „ . 2.4. Skład ilościowy zw1azków chemicznych . „ „ .. „ „ „ „ „ „ „ „ „„ . „ „ „ „ „ . „ „ „. „ „ 2.5. Wzory chemiczne a skład ilośc iowy związków .„ ... „ „ . „ „ „ „ ...„ „ „ .. „ „ „ „ „ 2.6. Obliczenia stechiometryczne na podstawie równań reakcji „ „ . _ „ „ . „ „ „ . „ .

Il li Il

1.

3.

Stężeni a

3.1. 3.2.

©Copyright by Elżbieta Kondratowicz-Pietruszka & Umwersytet Ekonomiczny w Krakowie. Kraków 2012

ISBN 978-83-7252-588-8

Wydawmctwo Umwersytetu Ekonomicznego w Krakowie 31-510 Kraków, ul. Rakowicka 27 Zakład Poligraficzny Uniwersytetu Ekonomicznego w Krakowie 31-510 Kraków, ul. Ra.Jcowicl
obliczen chem1cznycn ......... „ ...... „ .. „ ......... „ . „.• „ „ „ .. „ „ .. „

roz tworów .. „

.......... „ . . „ .... „ . „......... „ . „ ....„ „ . ..:.„ . ......... „ ....... ..... • „ ... . .

Rozpuszczalność . „ „ „ „ . .. „ „ „ „ . „ „ „ „ „ . „ „ „ „ . „ „ „ „ „ „ . „ . „ „ „ „ „ „ „ . „ „ „ . „ „ . „ „

Stężenie

procentowe „ „ „ „ „ .„ „ . „ . „ . „ . . „ „ „ . „ „ „ „ „ „ „ . „. „ „ „ „ „ „ „ . „ . „ . „ „ „ . „ „ 3.2.l. Uwagi ogólne „ „ „•.•.„ „ . „ „ „ . „ „ . „. „ . „ „ „ . „ „ „ „ „ „ „ . „ „ „ „ „ „ . . „ „ . „„ .. „. 3.2.2. Metoda proporcji „ „ . „ ..„ „ . „ „ „ . „ „ . „„ „ „ „ . „ „ „ „ „ „ „ . „ . „.. „ . „ „ „ „ .. „ „ .. 3.2.3. Krzyż rozc1enczeti. .„. „ „ „ „ „ „.„ „ . „ . „ „ „ „ . „ . „ „ .„ „ „ ..„ .. „ „ . „ . „ „ „ . „ . „ . 3.3. Stezenie molowe .... „ „ .. „ „ „ „ „ „ „ „ . „ „ „ . „ . „ „ . „ „ . „ .. „ „ . „ .„ „ . . . „ .. „ „ „ „ . „ „. „ „ . 3.4. Inne sposoby określania steżeri roztworów .. „ „ „ „ „ „ „ „ . „ „ . „ „ . „ . „ „ . „ „ „ „ „ 3.4.1. Uwagi ogólne . „ „ . „ „ „ . „ „ „ ..„. „ „ . • „ „. „ ..„ . „ „ „ . „ . „ „ „..„ .. „ „ „ . „ . „ „. „ „ 3.4.2. Ułamek objętościowy. Procentowość objętosc1owa „ „ „ „ „ . „ . „ . „ „ „ . 3.4.3. Steżenie masowe . „ „ . „ •.. „ . „ . „ „ . „ „ . „ „ . „ „ „ „ . „ „ „ . „ „ .. „ . „ .. „ „ . „ . „ .. „ „ . 3.4.4. Steżen1e molalne ....„ „ „.. „ „ „ . „ „ . „ „ „ . . „ „ „ . „ „ „ . „ „ „ . „ „ „ . „ „.. „ . „ . „.„. 3.4.5. Ułamek molowy. Procent molowy „ „ . „ „ „ „ „ „ „ „ „ „ „ „ „ . „ . „ „ . „ „ „ „ . „ 3.4.6. Określanie zawar tosc1 śladowych: ppm, ppb, ppt . „ „ . „ . „ „ „ „ „ „ „ „ „ 3.5. Przeliczanie stężeń roztworów „ . „ „ . „ „ . „ . „ „ „ „.„.„ „ „ „ „ „ . „ . „ „ „ „ . „ „. „ „ „ „ 3.5.1. Przeliczanie steżenia procentowego I steżenia molowego „ „ „ . „ „ . „ 3.5.2. Przeliczanie stężefi z udziałem stężema procentowego „ „ „ „ „ . „ „ . „ 3.5.3. Przeliczanie stężel'I z udziałem stężenia molowego . „ „ „. „ . „ „ „.„.„. 4. Reakcje utleniania I r edukcji . „ „ . „ . „ „ „ . „ „ . „ „ „ „ „ ... „ „ . „ „ „ „ „ .. „ „ „ „ „ . „ „ „ „ „ „ 4.1. Wprowadzenie .... „ .. „ •.•. „ . „ •.. „ . „ „ „ „ . „ . „ „ „ . ...... „ .. „ . „ .... „ ..•.... „ ......• „ ... „ . „ . 4.2. Układanie równa!'l reakcji redoks zachodzących bez dodatkowej obecnosci kwasów lub zasad. Metoda rea1ecji połówkowych „ „ . „ „ „ . „ „ „.

15

20 23

26 31

31 35 35

36 45 49 62

62 62

64 66

68 72 73 73

79 84 91

91 93

4 4.3.

Układanie

obecności

rownan reakcji redoks zacnodzącycn przy aoaatl
5. P r awa gazowe ......................................................................... ...... .................... 5.L Wprowadzenie. ................. ..........................................................................

5.2. Prawo Avogadra .......................................................... ... ........................ .... 5.3. Prawo Boyle'a-Manotte'a ..................................................... .. ................... 5.4. Prawo Gay-Lussaca ..................................... ... ................... .... .. ................... 5.5. Prawo Charlesa........................................................................................... 5.6. Równanie Clapeyrona ...................... ...... „.................................................. 5.7. Prawo ciśnień czastleowych Daltona ............................. ..... „...................... 6. A naliza

ilościowa.

Ana liza wagowa ............................................................ ...

6.1 . Wprowaozen1e ..............„ .................................... .. „....................................

98 109 109 109

112 113 116 117

122 125 125

6.2. Oznaczante składnika usuwanego z próbki w trakcie ogrzewania

iub prnzerna .......................................... „ .. „................................................ 6.3. Oznaczanie składnika wyaz1eionego za pomocą odczynnika wytrącającego w formie trudno rozpuszczalnego związku ........ „............ 6.4. Oznaczanie składnika wyc1z1eionego w wyniku reakcji elektrodowej ..... 7. Analiza ilosctowa. Analiza miareczkowa ............ ..................... ..................... 7. l. Wprowadzenie ............................................................................................ 7.2. Oznaczenia alkacymetryczne .................................................................... 7.2.l . Uwagi ogólne .................................................... ............. ...................

7.2.2. Oznaczanie całkowitej zawartosci kwasu w roztworze metodą alkałimetryczną ............................................................................... 7.2.2.l. Miareczkowanie mocnego kWasu mocna zasadą... .. .. .. . ...... 7.2.2.2. Miareczkowanie słabego kwasu mocna zasadą .................. 7.2.3. Oznaczanie całkowitej zawartosc1 zasady w roztworze metodą acyaymetryczna. Miareczkowame mocnej zasady mocnym

127

133 139 140 140

145 145 147 147

151

1.1. Jednostki

układu

SI

Poprawne wykonywanie obliczeń chemicznych wymaga znajomośc i praw zależności rządzących przemianami fizykochemicznymi, wielkosci fizycznych, tch jednostek i powiązan mtędzy nuni, a takze umiejętności prowadzema obliczeń z odpowiednią dokładnością. Punktem wyjścia do stosowanego układu jednostek są;ednostki podstawowe układu SL Nie mozna z jednej jednostki podstawowej otrzymać drugiej jednostki podstawowej za pom ocą obl iczeń ze wzoru. W obliczeniach i wyrażaniu wynikow pomiarow najczęściej pos~u gu1emy się jednolitym systemem Jednostek zwanym układem SI (fr. Systeme International d 'Unites). Układ ten wywodzi się z Francji, Jeszcze z czasow Wielkiej Rewolucji 1

Francuskiej. Tabela l.l . Jeon.ostki podstawowe układu SI Wi elkość

kwasem ............................................................................................

155

7.2.4. MiareczJ
156 166 166 167 175

7.3. Precypitometna .. „ •................·. ..... ......................................... .................. ..... 7.3.l. Uwagi ogóln.e ............................................................. .. .................... 7.3.2. Oznaczame bezposrea111e chlor1<ów metodą Monra ........... ....... „. .. 7.3.3. Oznaczame posrednie metodą Volharda ........................... „ .. „........

1. WSTĘP DO OBLICZEŃ CHEMICZNYCH

7.3.4. Oznaczanie kationu srebra(!) bezpośrednią metodą Volharda ....... 7.4. Oznaczema jodometryczne ............................ ............................................ 7.5. Oznaczenia manganometryczne ........................ „......................................

194

Litera.t ura ....... .......... .. .................. ..................... ....................................... ....... .......

205

176 183

Długość

--------- --- -·Masa Czas Natezcn1e prądu Temperatura Liczność materii Św1attość źródła $Wta!ła Żródło:

Nazwa Jednostki metr --- --------kilogram sekunda amper ·-- ketwm .., mot kandeia

____

Skrót literowv m

-----------------·Kg

--

s ----------

A ..---- -----·---K

moi -·~--_...-------„--.-

Cel

fl8J.

Jednostki pochodne układu SI można otrzymać z jednostek podstawowych, rozmaite wzory. Wielkościam i pochodnymi nazywa sLę w 1elkoścl fizyczne, które mozna określić za pomocą wielkośct podstawowych. Wśró d w ielkosci pochodnych można przykładowo wymienić objętość, gęstość, ciśnienie tub stężenie -molowe. W tabeli 1.2 przedstawiono przykłady wybranych Jednostek stosuj'ąc

7

6

pochodnych. W tabeli 1.3 zestawiono podstawowe w1elkośc1 fizyczne stosowane w obliczeniach chemicznych i ich jednostki wyn ikające ze stosowania międzyna­ rodowego układu jednostek SI.

dla wygody i ze względów historycznych. Jednostki spoza układu SI spotyka się w większości dz1edzm nauki, także w chemii analitycznej. Tabela i.4. Jednostki spoza układu SI czesto stosowane w Polsce

Tabela I .2.

Przykładowe jednostki

Wielkość

poc11odne układu SI

Wielkość

Nazwa jednostki

Objętość Siła

Praca

Skrót literowy

metr sześcienny

m·

muton

N= kg· m · s·2

dżul

i - - - ----· Ciśnienie

J

-- ·-p;;::

paskal

Gestość

=

- kilogram na metr szesc1enny godzina minuta doba

Czas

stopień

.Temperatura---

atmosfera fizyczna; 1 atm= 101325 Pa

kg · m->

Kaiona (1 cal) to Jednostka energii, glównie ciepła. Równa1est energii, Jaka trzeba dosiarczyt, aby o I °C ogrzać l cm' wody

I cai „ 4, 1868 J

Żródlo:

t = !~OO kg

-----------···-----------~

I I= JQ--'. m 0

(18].

Tabela 1.3. Wybrane wielkości fizyczne i ich jednostki Symbol

Jednostka w układzie SI

s

m2

Wymiar ml

Jednostki używane

Pow1erzcnn1a Objętość

V

m'

11=I dm0

vn

m' m"· kmoJ-1

m" · kmoi-•

I/mol

p

paskal, Pa

Nm-2

T

kelwm,K kg· m·>

K

l bar= JO~Pa --------oc

Wielkość

Objętość

molowa

Ciśnienie

· Temperatura Gestość

-----

Ciepio

~.

-

p,a Q

dżul,

J ·kg-'·

J K- 1

--- - - - - - - -

---m-~

kg·

-·-·-

·-----~-----------

·' -J. ----·kg-i. K-1 ----··-----·-

'----- ----·- ----

Emrooia

s

Stężenie

c_

J. K-' J. K·' -- --- ----------- ...._________ _ ·---- ------------...

w1asc1we

___ w_ _

---------------~----·

Entalpin

f------------- - ·-- - -------Żródło:

dżul,

J

-- - --·--- - ------ - -· !

,.._

-~-·-·

km olim·

1
%, g ·.m-', gil

n8).

Używa się także

dowe.

Mogą

(inna nazwa „Tor")

[181.

Aby nie operować tyslącam1, milionami i miliardami do opisu bardzo dużych i bardzo małych wielkości stosuje się przedrostki jednostek układu SI. Jednostki układu SI stosowane w postaci ich wielokrotności łub podw1elokrotności zaznacza się odpowiedmm1 przedrostkami będącymi potęgami liczby 10. Na podstawie danych przedstawionych w tabelach i.2 l 1.3 można utworzyć wieiokrotnośc1 i podw1elokrotnośc1 dowolnych Jednostek oraz znaleźć relacje między nimi., np.: 1 m~ = 1000 dmJ = l · 106 cmJ. O.i MPa = 0,1 · 106 Pa== 105 Pa = 1000 hPa, i µ I = i · 10-6 l = 1 · io-6 dmJ = 1 · 10-9 m~, O.Ol mg/ml= 0,01 · 10-~ g/cmJ = 0,01 · 10- 6 kg/I· 1Q-6mJ = 0,01 kg/m:. Tabela 1.5. Przedrostki jednostek układu SI

gim!

c H

Ciepło

l atm = 760 mmHg 1 mmHg = 133,3224 Pa

Milimetr słupa rtęci (mmHg) - Jednostka cifoien1a, pomiar za pomoca barometrow rtęciowych

oc

CelsJusza

-----------litr

Objętość

Zródło:

1

tJ=/:J.t

Atmosfera (atm)

1m m=60s 1a=24 h

tona

OK (czyli zero bezwzględne) to -273,J5°C, lub maczeJ, 0°C = 273,15 K

kg · m 2 • s· 2 kg ·· m-~·-s-:2-·-

l h= 3600 5

rol<

Masa

Uwagi

Cels1usza {°C) - różnica temperatur podana w •c jest taka sama jak różnica temperatur w K. Obie jednostki różni początek skali. Temperaturę w skaii Keiwina oznacza się Jako T, a w skali Celsjusza Jako t Stopień

jednostek spoza układ u SL Są to tzw. Jednostki pozaukła­ byc one stosowane zamiennie Z Jednostkami pochodnymi układu

SI; używa się ich głównie po to, by podkreślić typ opisywanej wielkości. a takze

Przedrostek eKsa peta tera , . _ giga mega kilo he kto deka

Wielokrotno~ć.

Skrót przedrostka

poelwielokrotność

E

1011

p

IO'~

T G

1012

M

-

109

106

h

IO' 102

aa

101

!<.

··---

Nazwa liczby

_..,

trylion biliard bilion miliard milion tys1ac sto

_____________ _____

-- - ---------dzies1ec

--

--··-·······----···-„„„.•- -·-····-····---·· ..„„.„•.......„ „ .. .. „....„ • . „.. . . .. „_.„.„ . • ."„····-·········-----„·-···········--·--·· ·····-···· ·-·········-·r!lll11r:····

9

8 cd. tabeli 1.5 Przedrostek

Wieiokrotność.

Skrót przedrostka

JCOnostka boz przeorostka (np. m, 1, Pa) oecy centy

(I

10-·

c

10-2 . 10-J

mil i

m µ

-

rno

-

mikro -~----------·nano ,__ piko femto at to

n p

Nazwa liczoy

paaw1elol
-·

io-6 10-9 10-12

f

10-n

a

10-1g

Jeden Jeona dz1es1ąta JeClna setna. JcClna tysięczna ... ___Jedna "2~?nowa_ Jedna miHar.clowa Jedna bilionowa Jedna biliaroowa .. Jedna trylionowa

--

--

-

Żródło: [I~).

1.2. Cyfry znaczące i

dokładność obliczeń

Wiele obliczeń wykonywanych jest z uzyc1em Kalkulatorów lub komputerów, które podają wyniki z dokładnosc1ą przekraczającą mek1edy sens fizykochem 1czny. Stąd istnieje potrzeba zaokrąglania uzyskanych wyników. Ze względów praktycznych wynik obliczeń naieży zaokrąglić do takiej liczby cyfr znaczących, Jaka wynika z dokładnosc1 naJmntej wiarygodnego pomiaru w ciągu obliczen. Błędne jest podawanie wyniku jakiegoś oznaczenia w postaci np.: 145,964 mg. Wynik ten podany Jest z dokładnością aż do sześciu cyfr znaczących. a więc z dokładnością nieosiągalną w większości studenckich iaboratoriów. W praktyce wynik należy podać z dokładnością do trzec11 cyfr znaczących, a w ięc Jako: 146 mg. W ceiu uniezależnienia postaci zapisu wyniku od przyjętej jed nostki pomiaru (mg, g, kg) wprowadzono pojęcie cyfr znaczących. Liczba cyfr znaczących charakteryzuje dokładność obliczeń!Z tego względu w wyniku analizy należy podawać tylko te cyfry znaczące, które mają sens fizyczny, a llle są efektem wyłącznte obliczeń matematycznych. W przedstawionym wyniku powinno być tyle cyfr znaczących. aby tylko ostatnia była wątpliwa, a przedostatnia pewna. Podczas obliczeń me wolno zmieniać precyzji danych. wyn ik oblicze11 · powinien być podany z takąsamąprecyzją,jakąmiały dane wyjściowe. Dla przykładu, jeżeli odmierza się ciecz zwykłym cylindrem, należy podać, że odmier~ono 10 cm 3, a nie 10,0 cm 3 W analizie objętościowej błąd odczytu objętości wyn~s i przec1ętn1e ok. ~, 1%. 0,1% oznacza różmcę (błąd) 1 j ednostki na 1000 jednostek.

Waząc na wadze analitycznej z dokładnością odczytu masy 0,1 mg, wynik wazenia zapisuje się z dokładnością 0,0001 g. Błędem jest podawame zarówno w 1ę1
10

z zastosowaniem tych pomiarów. obowiązuje zasada, ze tylko ostatnia cyfra wyniku jest cyfrą niepewną. Tak więc wynik pomiaru masy za pom ocą wagi o dokładności i g nalezy podać Jako: 1000 g·Jub 1,000 · 103 g, a me 1 kg. Zapis wyniku ważenia zalezy od przyjętej jednostki pomiaru. Jeśl i zważono masę 14 mg (z dokładnością do 0,1 mg), to wynik ten można zapisać jal<.o: 14.0 mg= 0,0140 g = 0,0000140 kg= 1.4 · 10-5 kg.

2. STECHIOMETRIA 2.1. Wprowadzenie Stechiometria polega na dokonywanm różnych obliczeń na podstawie wzorów chemicznych, które określają bądź stosunkowe ilości pierwiastków, bądź stosunkowe ilości reagujących substancji. Wykorzystywane są również prawa chemiczne. Dokonywanie obliczen Jest możliwe, poniewaz do każdego pojedynczego symbolu przypisana Jest ściśle określona masa atomowa, wyrazona w jednostkach masy. W obliczeniach należy pam iętać, ze wzory stechiOmetryczne odnosząstę tylko do substancji w 100% czystych. Znając wzory stechiometryczne i korzystając z tablicy mas atomowych. mózna obl iczyć zawartości procentowe poszczególnych składników lub znając zawartości procentowe, można wyznaczyć wzory połączeń. 1 równań

2.2. Wa rtościowość i

stopień

utlenienia

Pojęcie wartościowości

wynika bezpośredmo z. prawa stosunków stałych. to liczba niemianowana, która wskazuje, ile atomów wodoru w1ąze lub zastępuje w związkach atom danego pierwiastka. Atom wodoru stanowi tutaj wzorzec wartościowości. Wartościowość wodoru wynosi I, czyli wodór Jest jednowartościowy. Atomy poszczególnych pierwiastków, wiążąc się w cząsteczki, ·wysycają się nawzajem swo1m1wartościowościami. W przypadku zw1azków zło­ żonych z atomów dwóch pierwiastków mozna-stosunkowo łatwo układać wzory stechiometryczne, znając wartościowości wiążących się atomów. Formalne wzory stechiometryczne określają w sposób moż l iwie uproszczony skład i stosunkowe ilości składników. W (Zeczywistośc1 cząsteczki mogą zależme od warunków występować w postaci bardziej złozonej. Pochodną pojęcia wartościowości jest pojęcie stopma utlenienia, określane w uproszczeniu Jako wartośc10wość dodatnia lub ujemna. Tworzenie zw iązków Wartościowość Jest

·-· . ... ·· ··· ·- ·- •• „

. . . .. -··· · ·- ··. ... . ... ..... . ... ...•. •. „

. .... ······· ·····

····--·-··--······-„-- ······-·· ...•·•..-··•...„ . . .„ ... „

.• .. • ···· • • . --· ·- · •. ··· ··- ··· ... „ „ •••.. ··--··· . •••••.••• . .•.....••.._ ···- ..••.••.. ··-·-·· ···· ···-·~---

.,.lltlr- .. :

.„._.;..ll!IL:___.__„„„„.... - . •.. . •..•„„„„.„„.„ •..„ „ . „ „ .

.. •• - - „ .„„„.„. „ .„ .„„.„ •. „„.„.„„

„ „.„. „ „ „

„ „ . „ . „ ·-··

„ . „ .• „„„„ .„„„„ „ . . „

•••

„ - „ •.

13

12

chemicznych j est skutkiem określonych przemieszczeń elektronów między w1ą­ żącym1 się atomam1. Na przykład jodek potasu KI, który j est zw1ązk1em Jonowym, powstaje na skutek przesunięcia Jednego elektro nu od atomu potasu do atomu j odu. W ten sposób atom potasu zyskuje ładunek jednododatni, a atom Jodu ładunek Jednoujemny: K0 - e-+ K·

3. W cząsteczce wody 1\0 atom tienu Jest dwuwartośc iowy, gdyż w1ąze dwa atomy wodoru.

H-0-H 4. W cząsteczce amontaku NH1 atom azotu Jest trójwartosciowy, pomewaz Jest związany z trzema atomami wodoru.

H-N-H

r0 + e-+ r

I

Obydwa atomy sąJednowartośctowe, ich wartościowości nie maJąJednak identycznego charakteru. Wartosc1owość potasu jest związana z ładunkiem dodatnim, natomiast Jodu z ładunkiem ujemnym. Przy klasycznym poJmowanm wiązań stop1en utlenienia określa l iczbę elektronów, które zostały w mniejszym tub większym stopom odsumęte iub przysu nięte do atomu tworzącego dany związek. W przypadku odsunięcia. tJ. oddania elektronów, stopień utlenienia będzie dodatni, natomiast w przypadku przysunięcia. czyli przyjęcia elektronów, stop1en utlemema będzie ujemny. · Wartość stopnia utlenienia zapisuj e się nad symbolem pierwiastka w postaci cyfry rzymskiej ze znakiem „+" lub „- ", umieszczonym przed cyfrą. Stopień utiementa pierwiastków oblicza się na podstawie następujących zasad: - suma stopm utieniema pierwiastków w cząsteczce związku wynosi zero, - stop1ei1 utlententa tlenu w większości związków wynosi - II. wyjątek stanowią nad tlen ki, w których tlen ma stopie1'1 utlenienta - I oraz fluorek tlenu OF2 , w którym tlen ma stop1efl utiemema +Il, - wodór w w iększości związków ma stop1eii. utlenienia +I, z wyjątk iem wodorków metali, w których stopieó. utJemenia wodoru wynosi - I, - stop1ei1 utlen1ema fluoru we wszystkich związkach wynosi - I, - stop1efi utlenienia litowców wynosi +I. a bery iowców +Il, - przed dodatnim stopniem utlenienia p1erw1astków często nie pisze s ię znaku „+" tylko samą cyfrę, - stopień utlenienia pierwiastków w stame wolnym wynosi zero, niezaiezme od liczby wiązai1,jak ie tworzą między sobą atomy. Przykłady

H

5. W cząsteczce metanu CH4 atom węgia jest czterowartosciowy, poniewaz jest on połączony czterema atomami wodoru.

H

I

H-C-H

I

H

6. W

cząsteczce

zastępuje

tlenku miedzi C uO atom mied zi jest dwuwart0Sc1owy, gdyz dwa a tomy wodoru w cząsteczce wody. Cu=O

7. W tlenku zelaza(II) FeO atom

żelaza jest

dwuwartosc1owy.

Fe = O

8. W tienku zelaza(III) Fe,,01 każdy atom żelaza jest trójwartosciowy. O= Fe - 0-Fe=O

9. Obl iczyć stopień utiemenia pierwiastków w zw i ązkach: HF, CaC12, Na 2S. KN03, H 2S03, K 2Cr04, KzCrp7' A l2(C03) 3. Rozwiązanie:

W fluorowodorze HF obydwa pierwiastki są jednowartościowe. Fluor JCSt bardziej elektroujemny. Stopień utlenienia wodoru wynosi I. stop ień utlenienia fluoru oznaczono literą x. Wiedząc, że suma stopni utlenienia w cząsteczce wynosi zero, stopień utlenienia fluoru obliczymy z równania: l X

1. W cząsteczce bromowodoru HBr Jeden atom wodoru Jest związany z Jed-

nym ato mem bromu. Brom jest w1ęcjednowartośc1owy.

X = - 1

, _,

H-Br

2. W cząsteczce siarkowodoru H 2S dwa atomy wodoru atomem siarki. Siarka jest więc dwuwartościowa.

H-S-H

HF (l)+x =O

są związane

z Jednym

Stopień utlenienia flu oru wynosi -I, czyli HF

W chlorku wapnia chlor jest bardzteJ eLei
14

li

H2C03 = 2H+ +co/-

X

CaC12 2(1) + 2x = O x= - 1

-Jl

X

Al2 (C03):, Stopień

utlenienia chloru wynosi -I. W siarczku sodu siarka jest bardziej elektroujemna. Stopien utlemenia sodu wynosi I, stopień utlenienia siarki oznaczono literąx. Wiedząc, ze suma stopni utlenienia w cząsteczce wynosi zero, stopień utlenienia siarki obliczymy z równania: T

X

Na 2 S

Stopień

utlenienia glinu w Al2(COJ3 wynosi III.

10. Obliczyć stop1en utlemema węgla w chloroformie CHCl0 • Rozwiązanie: ·

W

2(1).+x=O x= -1

2x+3·(2- ) =O x=3

p ołączen i u

ściowe

tym czterowartośc1owy atom węgla wiąże trzy jednowartoatomy chloru oraz jeden jednowartościowy atom wodoru. Cl

Stopień

utlenienia siarki wynosi -II. Stopień utlenienia azotu N w kwasie azotowym(V) HNO: obliczamy z rów-

H-

I

C-CI

I

· c1

nania: 1 x - 11

HN03

(l)+x+3·(2-)=0 x=5

Stopień

utlenienia azotu wynosi V. Stopie11 utlenienia siarki S w kwasie s1arkowym(IV) H 2 SO~ obliczamy z równania: I

X-Il

H2S03

2·(l)+x+3'(2-)"'0 x =4

Stopień

utleniema chromu w chromianie(VI) potasu K 2Cr04 oraz dichromiame(Vl) potasu K 2 Cr2 0 7 oblicza się na podstawie znąiomośc1 stopni utlenienia pozostałych pierwiastków, wchodzących w skład poszczególnych związków: X

- Il

K2Cr04 r x -n K 2 Cr2 01

11. Obliczyc stopnie utłeniema pierwiastków w nadtlenku sodu Na2 0 2 • Rozwiązanie:

Stopień ·utlenienia siarki wynosi IV.

I '

Węgiel jest mniej elektroujemny od chloru, ale bardZ!eJ eiektroujemny od wodoru. Od strony atomów chloru węgiel będzie przyjmował stopien utlemen1a III, ponieważ elektrony zostaną przesunięte w kierunku atomów chloru. Natomiast od strony wodoru węgiel przyjmie stoplen utlenienia - I, w związku z przesunięciem elektrońu w kierunku atomu węgla. W sumie stopień utleniema będzie wynosił II. Z tego przykładu wyn ika, że stopień utlenienia nie musi zawsze odpowiadać liczbowo wartośc1owości.

2-(l) + x+4-(2- ) = 0 x=6 2 ·(l)+ 2·x+ 7 ·(2-) =O

Uproszczony wzór strukturalny połączenia jest następujący: Na-O-O-Na

Atomy sodu sąJednowartośc1owe, a ich stopień utlenienia wynosi I, natomiast utlemenia dwuwartościowych atomów tienu wynosi w tym związku -L Stopień utlenienia - I wynika bezpośredmo z wiązania międ zy atomami tlenu i wodoru. W przypadku wiązania O.,_ O stop1en utlenienia wynosi zero, gdyż wiązanie to dotyczy atomów tego samego pierwiastka. stopień

x=6

Stopie11 utlenienia chromu zarówno w K 2Cr04 Jak i w K2 Cr20 7 wynosi VL Stopień utlenienia glinu w węglanie glinu(III) Al 2 (C03) 3 obliczyć mozna na podstawie znaJomośc1 stopnia utlemema.reszty kwasu węglowego H 2CO~. Kwas węglowy ma dwa atomy w.odoru, zatem grupa węglanowa jest dwuujemna. Kwas ten dysocjuje następująco:

2.3. Mol i masa molowa Obecnie mol definiuje s ię jako liczbę atomów, Jonów; cząsteczek, wolnych rodników, cząstek elementarnych lub grup atomów równą liczbie atomów zawartych w dokładn ie 0,012 kg (12 g) czystego nuklidl.ł .12c. W tej ilości węgla (I mol)

' ' „. ·- ·····" ··· ·· -

···-··---·--·--·--···„--„„.„.„.„.. --· ·- „„

.„. --·-· -·-··-- --···---· · -· ·- ·-·-- -----·.

„-.-·---·----" -

.„...„ . • --·-·--------·-----„·-·-···„---- ,_„. ..„.„„

---· ---„~11111n·---

,.._.L.Jllll.i~~~····-"··~H•"•UHOM•O .„ ••••'"•" • ••••·"•~„

~:.1 :! ~i

!

~'. !

...

·-·~--~-<>~.„~-~---~'••""~-·.-··--•••••. ···--·· - •••• ·-••• ••••• • •••R ~··· .,

•• •• ••

•

• >"• · ·• -••••••• ••

.„ •.•-_,., ·-"••~-·'"·'-'""'''"'""'~""'O''"'•'<'••' >O> O '~"°'"""O• ~·· o

• • • • •• - -• •• - •• • ,_ • • •

17

16

znajduje się 6,022 · 1023 atomów węgia 12C. Liczba ta nazywana jest stałą Avoga-

dra NA.

:~

;.~-·

< ' ' ••

Rozw1ązante:

NA= 6,022 · 1023

Trudno posługiwac się wartością NA= 6,02 · 1023, dlatego zamiast meJ uzywane Jest pojęcie moia, części moia iub Jego wielokrotnośct. Mol 1est zatem Jednostką ilości materii. Z molem zwiazanajest masa moiowa. Masa molowa jest to masa Jednego moi a materii. Jednostką masy moiowej jest g/mol. Masy atomów są ekstrematme małe. Dlatego do wyrażania masy atomów zastosowano wzorzec Jednostki masy atomowej, przyjmując 1/12 część masy nuklidu 12C. Oznaczeniem jednostki masy atomowej jest unit (u).

Jednostka masy atomowej odpowiada 1,6657 ·JO J u = 1112 masy atomu 12C = 1.6657 · JO 27 kg.

24

g.

Masą atomową pierwiastka jest zatem

I

ij!

':i

l!

~ I:

u "

liczba wskazująca, ile razy masa danego atomu jest większa od 1/12 masy węgl a 12C. W układzie ol
· 1. Jaką część mota stanowi jeden atom? Rozwiązanie:

Jeden atom stanowi odwrotność liczby Avogadra NA= 6,022 · 1023 . Szukamy n 3ako części moia.

NAI n = 6,022 · 1023/ 1 6,022 · 1023/l = li n n = i,661 · 10- 24 moia. Odpowiedź : Jeden atom stanowi 1,661 · 10- 24 mola.

2. Ile atomów 1 moli atomów zawiera jedna cząsteczka Fe2 (C03) 3? W jednej cząsteczce Fe2 (C03) 3 znajdują się: 2 atomy żeiaza, 3 atomy węgla i 9 atomów tienu. W jednym molu Fe2 (C03) 3 znajdują się: 2 mole atomów żeiaza, 3 mole atomów węgia i 9 moli atomów tlenu.

3. Podać masy moiowe dla: Br2, 12, NaN02 , He, K, H 20. Rozwiązanze:

Masa moiowa Br2 wynosi: M = 2 · 79,904 gimol = 159.808 g/mot. Masa moiowa 12 wynosi: M = 2 · 126.9045 g/moJ = 253,809 g/mol. Masa moiowa NaN02 wynosi: M= 22,9898 g/mol + 14,0067 gimol + 2 · 15,9994 gtmoi = 68,9953 glmoi. Masa moiowa He wynosi: M == 4,0026 g/mol. Masa molowa K wynosi: M == 39,0983 g/moi. Masa molowa H 20 wynosi: M"" 2 · i,00794 g/moi + 15,9994 g/mol = 18,0153 g/mol.

4. Obliczyć bezwzględną masę atomu tlenu. żelaza i ołow iu oraz bezwzględne masy cząsteczek chloru, kwasu azotowego (III) 1 etanolu. Rozwtązame:

Aby

obliczyć bezwzględną masę molową,

(cząsteczek) podzielić

przez

liczbę

naiezy masę jednego mota atomów

Avogadra.

Masa molowa O wynosi: M= 15.9994 gimol, m = 15,9994 g/6,022 . 1023 = 2,66. I0- 23 g = 2.66 . 10- 26 kg. Masa molowa Fe wynosi: M= 55,845 gimol, m := 55,845 g/6,022. 1023 = 9,27. io-23 g := 9,27. 10-26 kg. Masa molowa Pb wynosi: M = 207,15 g/mol, m = 207,15 g/6,022. 1023 = 34,40. I0-23 g = 34,40. 10- 26 kg. Masa molowa Cl2 wynosi: M = 2 · 35,453 g/moi = 70,906 g/mol, m = 70,906 g/6,022 · 1023 = 11,77 · 10- 23 g = 11.77 · 10:-26 kg.-

18

19

Masa molowa HN02 wynosi: M= 1,00794 gimol + 14.0067 g/mol + 2 · 15.9994 glmol == 47,01344 g/mol, m = 47,01344 g/6.023 · 1023 = 7,81 · 10- 23 g = 7,81 · 10-25 kg.

8. Obliczyc

Masa molowa HJP04 wynosi: 3 atomy H · 1,00794 + l atom P · 30,9738 + 4 atomy O· 15,9994 = 97,9952 g. Odpowiedź:

2 KNO~ + 6FeS0 4 + 4 H2 S04 = Fe2 (S0 4) 3 + 2NO + K2 S04 +Hp?

Rozwiązanie:

Rozw1ązanże:

W równaniu reagują po stronie substratów: 2 mole azotanu(V) potasu. 6 moli s1arczanu(VI) żelaza(II) i 4 mole kwasu siarkowego(VI). Razem po stronie substratów reaguje 12 moli związków c11emicznych. W wyn iku reakcji otrzymuje się po stronie produktów: l mol s1arczanu(VI) żelaza(lll), 2 mole tlenku azotu(II), 1 mol siarczanu(VI) potasu 1 1 mol wody. Razem po stronie produktów otrzymuje się 5 moli związków chemicznych.

Cr2o/- + 6 Fe2+ + 14 H•

ile moli jonów otrzymuje

= 2 cr3• + 6 Fe • 3

Masa molowa Hl04 wynosi 97,9952 g.

9. Obliczyć masę molową cząsteczki pięciowodnego siarczanu(VI) m1edzi(II) CuS04 5 Hp.

5. Ile m oli substratów i produktów występuje w równaniu:

sobą 1

się

+ 7 H 20?

a

W równamu reaguje po stronie substratów: l mol jonu dichrom1anowego(VI), 6 moli jonów żelaza(Il) i 14 moli jonów wodorowych. Razem 21 moli jonów. W wyniku reakcji otrzymuje się po stronie produktów: 2 mole jonów chromu (III), 6 molijonów żelaza(III) i I mol wody. Razem 9 moli jonów.

Jest to przykład soli uwodnionej. Najpierw oblicza się masę molową CuS0 4, do meJ dodaje się masę mo lową p1ęcm cząsteczel< wody.

następnie

Masa molowa CuS04 wynosi: !. atom Cu · 63,546 +latom S · 32,066 +4 atomy O· 15,9994 = 159,6096 g. Masa molowa 5 H20 wynosi: IO atomów H · 1,00794 + 5 atomów O · 15.9994 = 90.0764 g. Masa molowa CuS04 5 H20 wynos.i: 159,6096 g CuS04 + 90.0764 g 5H20 Odpowiedź:

Rozwzązame:

10. Obliczyć, Jaką liczbę moli stanowi 22 g HCL Rozwiązanie:

l

Masa molowa HCI wynosi: atom H · J,00794 + 1 atom Cl · 35A53 = 36,46094 g. 36.46094 g - J mol HC! 22 g - n n "" 0,6 mola HCI

Rozwtązame:

FeO · Fe2 0~ oblicza się, sumując masy atomowe wszystkich we wzorze atomów. Kropka we wzorze nie oznacza mnożenia mas. Jest to tylko umowny znal< zapisu tlenku złożonego. Masę molową oblicza się w tym przypadku następująco: Masę molową

występujących

l atom Fe· 55,845 +i atom O· 15,9994 + 2 atomy Fe· 55,845 + 3 atomy O· 15.9994, 3 atomy Fe· 55,845 + 4 atomy O· 15.9994 = 231.5326 g.

Odpowiedź:

22 g stanowi 0.6 mola HCI.

11. Obliczyć, w ilu molach kwasu azotowego(V) Jest zawarte 32 g tlenu. Rozwiązanie:

Masa molowa H N03 wynosi: + 1 atom N · 14.0067 + 3 atomy O· 15,9994 = 63,01284 g.

l atom H · I.00794

W HNO: znajdują się trzy atomy tlenu: 3 · 15,9994 = 47,9982 g tlenu. I

Odpowiedź:

Masa molowa FeO·Fe2 0~ wynosi 231.5326 g.

= 249,686 g.

Masa molowa CuS04 · 5 Hp wynosi 249,686 g.

7. Obliczyć masę molową tlenku żelaza(II) zeJaza(III) FeO · FezO~·

czyli sumarycznie:

kwasu fosforowego(V) Hl04 .

Rozw 1ązame:

Masa molowa C2H 50H wynosi: M = 2 · 12,01115 g/mol + 6 · 1,00794 g/mol + 15.9994 g/mol = 46,06934 g/mol, m = 46,06934 g /6.023 · 1023 = 7.65 · 10- 23 g = 7,65 · 10-26 kg..

6. Ile moli JOnów substratów reaguje ze w wyniku reakcji:

masę molową cząsteczki

mol HNÓ; 63,01284 g HNO~ ~ 47,9982 g tlenu m - 32 g tienu m = 42,01 g HNO~

• . • · · - -. - · · · - · - ....... ..... v • • •

„ ... -·-··-·····-·-···-···- •.... . - · ······ ·--··---···-. ·-

.... ....... ____„ __ . ·· -····-·- ---~-·--· " ·· ·· · - ----„----~-·-·-·w„. -~ -„

·---- . .„ .•. •.•..• ••

„~---·····

,..„

.•~ ·m..-·r~··

„„~~~ -.„-

..-_JlllL..._._„.,,. ..:

„ .•. . „. „„„

.„.„ .„„ „ ••.• ___ --·· „ • . „ „ .„„..„

„..

.

21

20

W każdym połączemu suma zawartości procentowych poszczególnych pierwiastków równa się 100%. W poszczególnych połączemach atomy pierwiastków występują obok siebie w stosunkach wyrazających się liczbami całkowi tymi. Jezeli Jako wynik otrzymuje się w liczniku 1 mianowniku wartości ułamkowe, to wartości te przekszta:łca się w możl iwie najmniejsze liczby całkowite. Stosunkowe liczby atomów można łatwo wyliczyć, znając zawartości procentowe i masy atomowe pierwiastków. Uzyskuje się w ten sposób tzw. wzory stosunkowe (uproszczone).

63,01284 g HNO; - i mol HNO; 42,01 g HNO. - n n = 0,667 mola HNO; Odpowiedź:

32 g tienu zawarte jest w 0,667 mola HNO;.

2.4. Skład

ilościowy związków

chemicznych

Przykłady

W obliczeniach stechiometrycznych obok podstawowych pojęć chem1cznych oraz różnych sposobów wyrazan1a stęzei1 wykorzystuje się podstawowe prawa chemiczne, m .m.: - prawo stałof>·ci składu, prawo stosunków stałych - o dnosi się do składu związków chemicznych. Mówi ono, ze kazdy związek chem iczny n iezależnie od Jego l)Ochodze111a a lbo metody otrzymywania ma stały skład jal
- prawo stosunków objętośc10wych zwane też prawem Gay-Lussaca określa, w reakcji między gazami objęto ści s ubstratów 1 produktów gazowych mierzone w tych samych war unkach temperatury 1 ciśmenia maJą s ię do siebie tak, Jak niewielk ie liczby całkowite; - prawo stosunków wielokrotnych określa, ze 1ezełi dwa pierwiastki A ; B tworzą ze sobą więcej niż jeden związek, to masy p1erw1astka A przypadające na taką samą masę p1erw1astka B maJą się do s iebie tak, Jak 111ew1elk1e liczby że

całkowite;

- prawo zachowania masy w układzie zamkniętym - masa powstałych produktów Jest równa masie substratów wziętych do przeprowadzenia real<.cji; - stosunek masowy- to stosunek iloczynów mas atomowycł1 danych p1erw1ast1<.ów cio ilosc1, Jaka zn~jduJ e się w d anym związku chemicznym. Mozna go wyznaczyć, znaJąc wzór związku chemicznego 1 masy atomowe p1erw1astków wchodzących w skład tego związku. Zawa rtość procentową pierwiastka P w danym p ołączeniu oblicza się ze wzoru: P=

IOO·A- L M ;

gdzie: A - masa atomowa pierwiastka. L - stosunkowa liczba atomow danego pierwiastka w związku, M - masa cząsteczkowa związku.

(2.1)

J. Siarka tworzy z tlenem: tlenek s1arki(I V) Wykorzystując

prawo stosunl<.ów wielokrotnych, w tych tlenkach.

so2

I

tlenek siarki(Vl) SO;. mas tienu

obliczyć stosuneł<

Rozwlązame:

W S02 na 32.066 g siarki przypada 2 · 15,9994 g = 31,9988 g tienu, w SO; na 32,066 g siarki przypada 3 · 15,9994 g = 47,9982 g tlenu. Stosunek mas tienu łączącego się z 32 g siarki jest równy:

31,9988 g: 47,9982 g = 2: 3. Odpowiedź:

Masa tlenu w tych tlenkach pozostaje w stosunku mew1elk1ch liczb

całkowitych

2: 3.

2.

Obl iczyć zawartość procentową p1erw1astków występujących w węglame

potasu K2CO~. Rozwiązanie:

Najpierw obliczamy stosunkowe ilosc1 poszczególnych p1erw1astl<.ów 1 masę podstawie warto.Sc! mas atomowych: - masa atomowa K = 39,0983 u. - masa atomowa C = 12.01115 u, - masa atomowa O = 15,9994 u. W cząsteczce związku znajdują się: 2 atomy pota.s u, i atom chlo ru, 3 atomy tlenu, stąd stosunkowe ilości tych p1erwiastkow wynoszą: K : 2 · 39,0983 = 78,1966 jednostek wagowych, C: i · 12,01115 = 12,01115 jednostek wagowych, O: 3 · 15,9994 = 47.9982 jednostek: wagowych. Masa cząsteczkowa związku 1est równa sumie stosunkowych ilości pierwiastków wchodzących w Jego skład: 78.1966 + 12,01115 + 47,9982 = 138,20595 jednostek wagowych. Teraz mozna obliczyć zawartosc1 procentowe poszczególnych p1erw1astl<ów, wykorzystując następujące proporcje: cząsteczkową K 2CO; na

23

22

Lpe 69,94-15,9994 1118,998 2 -= == =Lo 30,06·55.845 1678.7007 3

dla potasu: 138,20595 jednostek wagowych - 100% 78, 1966 jednostek wagowych - PK .PK = 56,58% dla węgla: 138,20595 jednostek wagowych- 100% 12,01115 jednostek wagowych - Pc Pe= 8.69% dla tlenu: 138.20595 jednostek wagowych - 100% 47,9982 jednostek wagowych - P0 P 0 =34}3%

Stosunkowy wzór połączenia ma postać Fe20 3, ale teoretyczme moze m ieć Fe4 0 6, Fe6 0 9 itd. Wzór rzeczywisty połączenta, bądź uznany za rzeczywisty, można określić dopiero po uwzgłędnientu masy cząsteczkowej równteż postać:

związku.

Odpowiedź:

4.

Obliczyć procentową zawartość węgla

w

wynoszą 2 cząsteczce

: 3.

kwasu szczawiowego

H2CP4· Rozwiązanie:

Sprawdzenie: 56,58% K + 8,69% C + 34,73% O= 100% K 2 CO:. Odpowiedź: Zawartość

Stosunkowe liczby atomów LF• : L 0

procentowa pierwiastków jest następująca: 56,58% K,

8,69% C, 34.73% O.

Masa molowa węgla C wynosi: 12,01115 g W cząsteczce 8iCP4 znajdują się 2 atomy C.12,01115 g = 24,0223 g węgla Masa molowa H 2C20 4 wynosi: 2 atomy H · 1,00794 + 2 atomy C · 12,01115 + 4 atomy O· 15,9994 = 90,03578 g

3. Zawartość procentowa żelaza w tlenku żelaza wynosi PFe= 69,94%, a zawartlenu P 0 = 30,06%. Obliczyc stosunkowe liczby atomów L Fe i L 0 .

90,03578 g H 2Cp4 - 24,0223 g C 100 g H2CP4 - X x=26,68 g C

tość

Rozwiązanie: Przekształcając wzór (2.1) na zawartość procentową pierwiastka w danym połą­ czeniu, obliczymy stosunkowa liczbę atomów danego pierwiastka w związku:

Odpowiedź:

W cząsteczce kwasu szczawiowego zawartość węgla wynosi 26.68%.

P·M

L = 100-A"

(2.2)

2.5. Wzory chemiczne a

skład ilościowy związków

gdzie: A - masa atomowa pierwiastka, L - stosunkowa liczba atomów danego pierwiastka w M - masa cząsteczkowa związku. P - procentowa zawartość pierwiastka w związku . Wstawiając

Przykłady związku,

1. Zawartości procentowe manganu oraz tlenu wynoszą:

- PFc . M Fe - 1OO . AFc

Stosunek liczby atomów wynosi:

żelaza

oraz . Lo

Rozwiązanie:

Po . M =· !OO·Ao .

do liczby atomów tlenu w tym

połączeniu

Masy atomowe pierwiastków wynosząAMn = 54,938 jednostek wagowych oraz A 0 = 15,9994 jednostek wagowych. Obliczymy stosunek liczby atomów manganu do liczby atomów tlenu: . LMn 63,19·15,9994 --= --'--"---

Lo

Podstawiając

dane z zadania do wzoru (2.2), otrzymamy:

= 63,19%, P0 =

oraz podać stosunkowy wzór związku.

do wzoru odpowiednie dane, otrzymamy: L

PMn

= 36.81%. Obliczyć stosunkowe liczby atomów obydwu pierwiastków w związku

36, 81·54, 93 8

1011,0021 2022. 2678

2

Liczby atomów manganu i tlenu mają się do siebie następująco: 1011,0021: 2022,2678. Wielkosc1 te sprowadzamy do małych liczb całkowitych. Z obl iczeń wynika, że

···· ·- -- ···········-·-····-···-····---·-·-·-· ··············-········ ··-·· ·-····-·-······-····-· "··········--··-····· ·-·····--······· ·· ···· .. „ „••............ „ •....... • • . . -

.„..-...,... „ .••••.„

:··1rmrr···· ·

.•

•...l.8 1 „„„„„„ ..„-.. ..„ •. .. -·· ..„„„ ,_.„.„„ .•.„

„ •••..„„.„

.•• „ ..... .. „ ..„„ •.

24

25

na 1 atom manganu przypadają 2 atomy tlenu. Stosunkowy wzór połączen ia ma Mn02•

postać

Odpowiedź: Stosunkowe liczby atomów obydwu p1erw1astków wynoszą i . 2. Stosunkowy wzór zwi ązku to Mn02 . · 2. Podac najprostszy wzór chemiczny związku o następującym składzie procentowym: 22,09% sodu, 0,97% wodoru, 30.81% siarki, 46,12% tlenu. Rozwiązanie:

Masy atomowe pierwiastków wynoszą: 22,9898 jednostek wagowych. AH = 1,00794 jednostek wagowych, As = 32,066 jednostek wagowych, A0 = 15,9994 jednostek wagowych.

Rozwiązanie:

Masy atomowe pierwiastków wynoszą: AH = 1,00794 jednostek wagowych, Ac= 12,01115 jednostek wagowych, A 0 = 15,9994 jednostek wagowych. . Korzystając z wzoru, obliczymy koieJnO wartości stosunków liczby atomów: - wodoru do węgla: LH _ 12,58·12,01115 151,10027 4 Le - 37,49·1,00194 31, 181611 = T'

ANa =

- wodoru do tlenu:

Li-1 12,58·15,9994 - 201,27245 - ~ Lo = 49,93 ·i,00794 - 50,326444 - i .

Korzystając z wzoru (2.2), obliczymy koieJno wartości stosunków liczby atomów: - wodoru do sodu:

.!JL -

O, 97. 22, 9898 - 22, 300106 - I LNa - 22, 09 ·i. 00794 - 22, 265395 - j ·

węgla

do tlenu:

Le Lo

37,49·15,9994 49.93· 12,01115

599,81751 =~ 599, 71672

z obliczei1 wynika, ze na

- wodoru do tlenu: LH = 0,97-15,9994

lo

46, I 2 · I, 00794

15,519418 =46,486193 3 .

- siarki do tlenu:

Ls Lo

=:

30,81·15,9994 492,94151 i 46.12·32,066 = 1478,8839 =3.

Z obliczeń wynika, że na i atom sodu, i atom wodoru i ł atom siarki przypadają 3 atomy tlenu. Liczby atomów sodu, wodoru, siarki i tierm mają się do siebie następująco: ł: i: i :3. Stosunkowy wzór połączenia to: NaHSO:.

Odpowiedź: Liczby atomów węgla. tlenu 1 wodoru mają się do siebie Jak 1: i : i :3. Proponowany wzór związku to NaHSOJ. . 3. Zawartości procentowe wodoru, węgla i tienu wynoszą odpowiednio: = 12,58%, P0 = 49,93%, Pc = 37,49%. Obliczy<: stosunkowe liczby atomów wszystkich pierwiastków. Jezeli zamierzona masa cząsteczkowa związku M = 32,04 jednostek wagowycll, Jaka Jest rzeczywista liczba poszczególnych pierwiastków w Jednej czą­ steczce połączenia? PH

-

i atom węgla 1 l atom tlenu prz~padaJą 4 atomy wodoru. Liczby atomów węgia, Uenu i wodoru maJą się do sie~1e jak ł: l :4. ~ to­ sunkowy wzór połączema to COH4 . Nie można jednak na teJ podstawie odpow1ectz1ec, czy faktycznie w cząsteczce omawianego połączenia występują takie liczby atomów, czy też proporcjonalnie większe, np. C20 2H4 itd . Aby przekona<: się, jaki Jest rzeczywisty wzór połączenia. musimy znac zamierzoną wielkość masy cząsteczkowej. _ . Rzeczyw istą liczbę atomów otrzymamy, mnoząc stosunkowe liczb~ atomów przez liczbę X. Liczba X stanowi wynik ilorazu mierzonej, tj. rzeczywistej masy cząsteczkowej i masy cząsteczkowej obliczoneJ na podstawie wzoru stosunkowego. · _ . . . Rzeczywista masa cząsteczkowa związku wynosi 32.04 Jednostek wagowych, natomiast stosunkowa masa cząsteczkowa dla wzoru COH4 Jest równa 32.04 Jednostek wagowych. Dzieląc 32,04 przez_32,04, otrzymamy wartość X= i. Następnie liczby atomów we wzorze stosunkowym mnożymy przez wartość X . Uzyskamy w ten sposób rzeczywisty wzór połączenia. Pomeważ w tym przypadku X= !, to wzór jest najprostszy: COH4 == CHpH. Octpowiedź: Liczby atomów węgia, tienu 1 wodoru maJą się do siebie jak ! : l :4. Proponowany wzór zw iązku to CH;OH.

4. Ustalić wzór hydratu s1arczanu(VI) sodu N32S04, jezeli zawiera on 47% wody,

26

27

Rozwcązame:

Woda stanowi 47% masy związku, zatem siarczan to 53% masy związku. Masa molowa Na 2S04 wynosi: 2 · 22,9898 + 32,066 + 4 · 15,9994 = 142,0432 g. 142.0432 g - 53% masy zw1azku x - 100% masy związku X =

268,00604 g

Obliczamy zawartość wody w 1 molu substancji: 268,00604 g - 142,0432 g = 125,96284 g.

Aby

obliczyć liczbę cząsteczek

molową wody.

wody, należy podzielić 125,96284 g przez masę Masa molowa wody wynosi: 2 · 1,00794 + 15,9994 = 18,01528 g. 125,96284 g: 18.01528 g = 6,992 =: 7.

Odpowiedź:

Wzór hydratu s1arczanu(VI) sodu to N~S0 4 • 7 I-120.

2.6. Obliczenia stechiometryczne na podstawie równań reakcji Równania reakcji chemicznych są równocześnie równaniami matematycznymi. Stosowane w równaniach wzory chemiczne określająjakościowy i ilościowy skład połączeń. Równania reakcji chemicznych mówią nam n ie tylko o zachodzących przerruanach jakościowych, ale także pozwalają o kreślić ilości, w jakich reagują ze sobą substraty i w Jakich powstają odpowiednie produkty. Wzory chemiczne odnoszą s ię do substancji czystych chem icznie (1°00%), a więc niezawierających żadnych zanieczyszczeń. Podobnie stosu nkowe ilości produktów, wyliczone na podstawie równania. odpowiadają wydaj ności 100%. Wydajność taka nazywa się teoretyczną. Gdy reagujące substancje zawierają domieszki (zanieczyszczenia), wówczas w obliczeniach musi się odpowiedmo uwzględnić ich il ości. Podobme w przypadku mnteJszej wydajności procesu chemicznego należy uzyskaną wartość odn ieść do teoretycznej. Rozwiązując zadania stechiometryczne, piszemy najpierw równanie reakcji, następnie , na podstawie m as cząsteczkowych, obliczamy stosunkowe ilości substratów 1 produktów. Uzyskane wielkości służą dalej Jako wzorcowe przy rozwiązywaniu zadania. Przykłady

kach mozna wyrazić ilośc i produktów? (Substancje są czyste chem1czme. wydajreakcji wynosi 100%).

ność

Rozwiązanie:

Układamy

1uzgadniamy równanie reakcji. CaC03 + 2 HCI = CaC12 + Hp + C02 .

Obliczamy stosunkowe i lości na podstawie liczby moli. Z równania reakcji wynika, że 1 mol CaCO~ reaguje z 2 molami HCI, dając l mol CaCl 2, 1 mol H 2 0 oraz l mol co2. Obliczamy stosunkowe ilości na podstawie mas molowych: masa molowa CaCO~:::; 40,078 + 12.01115 + 3 · 15,9994 = 100,0874 g, masa molowa HCI = l,00794 + 35,453 = 36,46094 g, masa molowa CaCl2 =40,078 + 2 · 35,453 = 110,9840 g, masa molowa ~O= 2 · 1,00794 + 15,9994 = 18,0153 g, masa molowa co2 = 12,01115 + 2. 15,9994 = 44,0100 g. Z równania wynika, że 100,8074 g 100% CaCO} reaguje z 2 · 36,46094 g = 100% HCJ. Przy 100% wydajności reakcji powstanie 110,9840 g 100% CaCl2, 18.0153 g 100% H 20 oraz44,0IOO g 100% C02• Zgodnie z prawem zachowania masy dotyczącym zwykłych przemian chemicznych suma mas po teweJ stronie równania równa się sumie mas po prawej stronie równania. Jeżeli założymy, że gęstość wody d= lg/cm ~, to 18,0153 g Hp = 18,0153 cm;

= 72,9219 g

Hp.

Stosując prawa gazowe, można przeliczyć ilość wydzielonego C02 wyrażo­ nego w gramach lub molach na objętość. 1 mol gazu zajmuje w warunkach normalnych objętość 22.4 dm :, czyl i l mol C02 (44,0100 g) zajmuje w warunkach normalnych objętość 22,4 dm; Odpowiedź: 1 mol CaCO~ reaguje z 2 molami HCJ, dając 1 mol CaCl 2, 1 mol H 0 2 oraz J mol C02 • Ilości te można wyrazić w gramach, ilości wody i dwutienku węgła można wyrazić rówmeż w jednostkach objętości.

2. W jakich ilościach reagują ze sobą kwas siarkowy(VI) H 2S04 1 wodorotlenek ołowrn(II) Pb(OH)2, jeśli produktami tej reakcji bedą s1arczan(VI) ołowiu 1 woda? Rozwiązame:

W treści zadania chodzi o wyliczenie tylko stosunkowych ilości substratów z pominięciem produktów. Wystarczy zatem obliczyć masy cząsteczkowe substratów:

1. W jakich ilościach reagują ze sobą kwas solny HC I • węglan wapnia CaCO} oraz w jakich ilościach powstaną produkty tej reakcji? W jakich jednost-

...„ • • - - - · · - -· -·-·- - - - · - -

- ---··--··- · ··· · -·-··-----· - - · - · -·

„ „ ..._. ·-··:11111r·-·· -

• • d l l l ! :L - .„ . .••.•

„...„ •.„ ..........••...•„ . „ „ • • „ .„ •.„ .. .

„

• • .•

„. „.„„ .•.„ „ ..„„„ „„ . „ • ..„ .•„

„„.„ . •• „

„ „ ••

· - „ „ ; • • „ ... „„„„• •. . „ „ . .•„

„ . . „.„„. •.• „„„ „ „„„ . „ •• „.„. .„ •. „ .„„ „ „

. „.

„ „ •. ··

.„ • .„ .„ „„„ .. . „ „ .„ · „ .•..

„

• · .•. „ • • . .•.. „ ..

„ „.„••„„. „„ . .• .„„ „„ · .•. . „„• ••. „ .

29

28

Na podstawie równania widać, że i cząsteczKa H 2 S04 reaguje z 1 cząsteczką Pb(OH)v czyli i mol H 2S04 reaguje z l moiem Pb(OH)2 • Obliczając masy moiowe tych związków, znajdziemy odpowiedź na pytanie, w jakich ilosciach reagują ze sobą substraty:

5. Ile gramów 10% H 2SO4 potrzeba do zobOjętnien ia 8,4 g stałej , zasady sodowej KOH zawierającej l.48% zameczyszczen niereagującycl1 z HCl? Rozwiązanie:

2 KOH + H 2 S04 = K 2S04 + 2 H 20.

masa moiowa Pb(OH)2 = 207,1500+2·1,00794+2·15,9994 = 241,1647 g, masa moiowa H 2 S04 = 2· i,00794 + 30,066+4·15,9994 = 96,0795 g.

Masa molowa H 2SO4 wynosi 2 · i,00794 + 30,066 + 4 · 15,9994 = 96,0795 g, masa molowa KOH wynosi: 39,0983 + 15,9994 + 1,00794 = 56,10564 g.

Odpowiedź: 96,0795 g kwasu siarkowego(VI) H 2S04 reaguje ze 241,1647 g wodorotlenku ołowm(II) Pb(OH)2 .

Obliczamy, ile gramów KOH znajduje się w 8,4 g KOH technicznym: 100 g KOH technicznego - i,48 g zan1eczyszczen = 98,52 g czystego KOH.

3. Ile gramów czystego tienu potrzeba do spaienia 60 g czystego węgia w celu otrzymania ditlenku węgia co2?

100 g KOH technicznego - 98,52 g czystego KOH 8,4 g KOH techmcznego - m m = 8,27568 g czystego KOH

Rozwiązanie:

Układamy

równame: C + 0 2 = C02 i obliczamy masy cząsteczkowe:

masa moiowa C = 12,01115 g, masa molowa 0 2 =2 ·15,9994 = 31,9988 g. Wykorzystując

Według równania reakcji 2 mole KOH, czyli 2 · 56,10564 g = 112,21128 g KOH reaguje z i molem H 2S04, czyli z 96,0795 g H 2S0 4. Układamy proporc;ję:

112,21128 g KOH - 96,0795 g H2 S04 8,27568 g KOH - m m = 7,0859g 8iS04

równanie reakcji, obliczamy z proporcji potrzebną ilość tienu

do utlenienia 60 g węgia:

12,011!5 g c - 31,9988 g 02 60 gC - m m = 159,8455 g 0 2 Odpowiedź:

Obliczona ilość H 2S04 dotyczy czystego związku (100%). W reakcji bierze udział 10% H 2S04 , czyli potrzebną ilość kwasu obliczymy następująco: 100 g roztworu 10% H 2S04 - 10 g H2S04 m - 7,0859 g H2 SO4

Do spaiema 60 g czystego węgia potrzeba 159,8455 g tlenu.

m = 70,8595 g 10% H2SO4

4. Ile gram6w węgianu sodu powstanie z rozkładu 80 g czystego wodorowę­ gianu sodu NaHC03, gdy reaKcja przebiega z wydajnością 100%?

Odpowiedź:

Rozwiązan ie:

10% H2S04. 2 NaHCO~ = Na2CO; + C02 + H 20.

Na podstawie równama wnioskujemy, że z 2 moli NaHC03 przy wydajności teoretycznej powstanie 1 mol Na2C03. Z proporcji obliczymy, ile gramów N32CO: powstanie z 80 g NaHCO:: masa moiowa N32C03 = 2 · 22,9898 + 12,01115 + 3 · 15,9994 = 105,98895 g, masa molowa NaHCO: = 22,9898+ 1,00794 +12,01115 +3 · 15,9994 = 84,00709 g. 168,01418 g NaHCO; - 105,98895 g Na2CO; 80 g NaHCO~ - m in = 50.4667 g Na2 CO: Odpowiedź: Z rozkładu 80 g czystego wodorowęglanu sodu NaHC03 powstanie

50,4667 g Na2 CO:·

Do

zobojętnienia

8,4 g technicznego KOH potrzeba 70,8595 g

6. Ile gramów glinu powstanie w reakcji redukcji tlenku glinu wodorem, Jezeli równocześnie

otrzyma się 0,85 moia wody?

Rozwiązanie:

Alp;+ 3B'z = 2AI + 3Hp.

Z równania reakcji wynika, że z i moia Alp3 powstają 2 mole Al i 3 mole Hp. Teraz należy obliczyć z proporcji, ile moli A l powstante w tej reakcji: 3 mole Hp - 2 mole Al 0,87 mota H 2 0 - n

n = 0,58 mola Al

30

Masa molowa Al wynosi 26,9815 g. I mol Al - 26,9815 g 058 mola Al - m m = 15,6493 g

Odpowiedź: W reakcji redukcji tlenku glinu wodorem powstanie 15,6493 g

glinu.

7. Ile gramów wody H 20 powstanie z rozkładu termicznego 50 g 90% NH4HC03, jezeli reakcja przebiega z 85% wyda1nością?

Rozwiqzame: NH4 HCO~ = NH~

+ H20 + C02 .

Masa molowa NH4 HCO: wynosi: 14,0067 + 5 · l.00794 + 12,01115 + 3 · 15,9994 = = 79,05575 g, masa molowa HiO wynosi: 2 · 1.00794 + 15,9994 = 18,01528 g. Obliczamy, ile gramów NH4HCOJ znajduje się w 50 g 90% NH4HCO~ : !OO g 90% NI-I4HCO~ - 90 g czystego NH4HCO~ 50 g 90% NH4 HCO; - m m = 45 g NH4 HCO; Według równania reakcji z l mol NH4HC03, czyli 79,05575 g NH4HC0 , powstaje 1

mol H2 0 , czyli 18.01528 g. Układamy proporcję:

3

79,05575 g NH4HCO; - 18,01528 g H2 0 45 g NH4HCO~ - m m = 10.254632 g Hp

Obliczona ilość H20 powstałaby, gdyby reakcja przebiegała ze 100% wydaJnOśc1ą. Przy 85% wydajności powstanie proporcjonalnie mniej wody: 100% - 10.254632 g Hp 85% - m m = 8.7164 g 8i0 Odpowiedź:

Z termicznego rozkładu NH4HC03 powstanie 8,7164 g H20.

3. STĘŻENIA ROZTWORÓW 3.1. Rozpuszczalność Rozpuszczalność określa liczbę gramów związku chemicznego rozpuszczonego w 100 g rozpuszczalnika. tworzącą roztwór nasycony w danej temperaturze i ciśnieniu (dla gazów). Najczęściej rozpuszczalnikiem Jest woda destylowana tub alkohol etylowy. Nie ma odrębnej jednostki rozpuszczałnośc1. Przy rozwiązywa­ niu zadań natezy pamiętać. że rozpuszczalność: - jest to liczba gramów substancji rozpuszczonej w 100 g rozpuszczalnika, w danej temperaturze. Zatem rozpuszczalność nie odnosi s.1ę eto roztworu, Jak to ma miejsce przy wyrażaniu stęzema procentowego czy molowego, - odnosi się do stężenia roztworu nasyconego. który w wyzszeJ temperaturze, niz go sporządzono, staje się roztworem n ienasyconym, - zależy od: rodzaJU substancji rozpuszczanej, rodzaJU rozpuszczaln ika, temperatury, ciśmenaa {dla gazów). Każdą substancję mozna umownie zaliczyć do Jednej z trzech grup rozpuszczal ności :

- substancja dobrze rozpuszczalna (rozpuszczalność ponad l g), - substancja słabo rozpuszczalna (rozpuszczalność w granicach 0,I- J g), - substancja praktycznie merozpuszczalna (rozpuszczalność poniżej 0,1 g). PodaJąC wartość rozpuszczalności, należy podać dodatkowo warunki, dla Jak ich została ona ustalona (zwykle są to tzw. warunki normalne). Rozpuszczalność większości ciał stałych i cieczy wzrasta wraz z temperaturą, a dla gazów maleje. Nie są to jednak zawsze zaieżności prostoliniowe. Jest też znaczna liczba substancji, dla których w raz ze wzrostem temperatury rozpuszcza i ność zmienia s ię tylko nieznacznie, Jak w przypadku chlorku sodu.NaCl. Istn ieją także nieliczne substancje, dla których rozpuszczalność maleje ze wzrostem temperatury, np. Cei(SOJ3 . W związku z tym dla daneJ substancji wartość jej rozpuszcza lności na leży odczytać z wykresu (metoda graficzna) lub z tablic rozpuszczal ności dla ok reślonej wartości temperatury.

.. ... --· . .. ·--·--······-···„ .. .. .

„~ „.„ „

- . -·--·-·--· ."·- „,_. „ „ ..... „„„•.„.„ ..• ···--·-„--„·····-- _„...

•....• ·-····„·-····111!11T·::··„

„

._. Jlll!l.L_______:.

' „ „ .. ' ·- „ .. _„ ••••.•„ '

.„„„...„.„ •. -

...•.•••• „ „ ___ „

__ „ .• --·--- ·-·

.. . .·-·-- ··- - -·· „ .. ··-·· . ' „•

. , ' • •.• . „

„ •.•. ···· ·-··-·----· ......„ ..

33

32

Po rozpuszczeniu substancji w rozpuszczalniku powstaje roztwór. Jest on mierozpuszczalnika i substancji rozpuszczonej. Masa roztworu m, 1est sumą masy substancji rozpuszczonej m• 1 masy rozpuszczalnika ma :

100 g Hp

szaninąj ednorodną makroskopowo (homogeniczną) składającą się z

m =m. +m.

(3.1) ' " Po cto.l
.

-

1000 g HpX=

31.6 g KNO~ X

316 g KNO~

Odpowiedź: Aby sporządzić roztwór nasycony KNO; wykorzystując 1 dm; naieży odwazyć 316 g KNO;·

wody,

stałej), przeznaczonej do rozpuszczenia, odważa się na szkiełku zegarkowym iub w naczyńku wagowym za pomocą wag1 technicznej z dokładnością 0,01 g.

2. Ile gramów NH4Cl znajduje się w 250 g nasycotlego roztworu o temperaturze 40°C, jezeli rozpuszczal ność NH4Cl w tej temperaturze wynosi 45.8 g?

Następn ie,

Rozwiązanie:

objętość

Z tre$ci zadania wiemy, ze rozpuszczalność substancji wynosi 45,8 g, czyli w 100 g H 20 rozpuszcza się 45,8 g NH4Cl, tworząc roztwór nasycony:

za pomocą cylindrów miarowych iub pipet, odn11erza się obliczoną rozpuszczainika. Odważoną substancję przenosi się i lościowo do naczyma, w którym sporzą­ dzamy roztwór. Ważny Jest właSciwy dobór naczyil do rozpuszczania. W za leż­ ności od potrzet> najczęściej uzywa się zlewek lub kolb stożkowych. Te ostatnie stosowane są główme wtedy, gdy rozpuszczanm towarzyszy wydzielanie s ię gazu. Po przeniesieniu odważonej substancji do zlewki (kolby stożkowej) nalezy staranme opłukać pozostałości substancji na szkiełku zegarkowym (naczyńk u wagowym) małymi porcjami odmierzonego objętościowo rozpuszczalnika. W mektórych przypadkach, ze względów bezpieczeństwa. rozpuszczain ik powinien znaj dować się w naczyniu przeznaczonym do rozpuszczama przed dodaniem substancji rozpuszczonej. Dotyczy to substancji rozpuszczających się gwałtownie, które ponadto powmny być dodawane niewielkimi porcjamt. Proces rozpuszczama można przyśpieszyć przez mieszanie roztworu pręc i­ kiem lub ostrozne potrząsanie naczymem. W celu zabezpieczenia roztworu przed zanieczyszczeniami lub rozpryskiwaniem nale:cy przyk ryć naczynie szkiełkiem zegarkowym lub lejkiem szklanym (w przypadku gdy ma m tejsce wyctzielame gazów, iejek umieszczamy nóżką do gory). Pojęciem merozerwalnie związanym z roztworam i obok pojęcia rozpuszczalności jest stęzenie. Stężen iem roztworu nazywa się zawartość substancji rozpuszczonej w określonej ilości roztworu lub rozpuszczainika. Przykłady

1. Roz puszczainość azotanu(V) potasu w wodzie, w temperaturze 20°C wynosi 31,6 g. Ile należy odważyć soli, aby sporządzić roztwór nasycony w 20QC, wykorzystując i cim: wody Jako rozpuszczainika? Rozw1ązan1e:

Przyjmujemy, że dla wody i dm~= 1000 g. Jeżeli 100 g wody wykorzystujemy do rozpuszczenia 31,6 g KN03, aby uzyskać roztwór nasycony, to z proporcji oblicza się potrzebną odważkę:

100 g H 2 0 + 45,8 g NH4 Cl = 145,8 g nasyconego roztworu NH4 CI.

Z proporcji obliczamy ilość NH4CI znajdującą się w 250 g nasyconego roztworu: 145,8 g roztworu - 45,8 g NH4CI 250 g roztworu - x X =

Odpowiedź:

78,5 g NH.Cl

W 250·g nasyconego roztworu NH4 Cl znajduje się 78,5 g NH4CJ.

3. Ile wody znajduje się w 0,750 kg nasyconego roztworu NaCl o temperaturze 30°C, Jezeli rozpu szczainość NaCI w tej temperaturze wynosi 36,3 g? Rozwiązanie:

W pierwszej kolejności nalezy wyrazić masę roztworu w gramach: 0,750 kg"" = 750 g. Z tresci zadania wiemy, ze rozpuszczalność substancji wynosi 36.3 g, czyli w 100 g H20 rozpuszcza się 36,3 g NaCl. tworząc roztwór nasycony. W ten sposób otrzymuje się: 100 g H 2 0 + 36,3 g NaCI = 136,3 g roztworu nasyconego.

Z proporcji obliczamy tworu:

ilość

NaCJ znajdującą

się

w 750 g nasyconego roz-

136,8 g roztworu - 36,3 g NaCI

750 g roztworu - x x= 199,7 gNaCI Następnie

korzystamy z równania: masa rozpuszczaln ika + masa substancji rozpuszczonej = masa roztworu. czyli: masa rozpuszczainika = masa roztworu - masa substancji rozpuszczonej

35

34

masa Hp= 750 g roztworu - 199,7 g NaCI m = 550,3 g H2 0 Przyjmując gęstość wody d = 1 g/cm:, 550,3 g = 550,3 cm: Odpowiedź: W 0,750 kg nasyconego roztworu

Układamy

wobec tego proporcję: !OO g H p - 50,4 g NH4CI 182,22 g ~Q - X

aCI znajduje się 550,3 cm3 H20.

4. Ile gramów N H4 CI mozna dodatkowo rozpuścić w 250 g nasyconego roztworu o temperaturze 20°C, jezeli temperaturę roztworu podniesie się o 30°C? Rozpuszczalność NH4 CI w 20°C wynosi 37,2 g, rozpuszczalność NH4CI w 50°C wynosi 50,4 g.

X =

91,84 g NH4Cl

NH4 Cl, którą mozna dodać do początkowego roztworu, aby uzyskac roztwór nasycony w 50°C. obliczamy z różnicy: Dodatkową ilość

91,84 g NH4 CI - 67,78 g NH4 CI = 24,06 g NH4 Cl

Rozwiązanie:

Odpowiedź: Dodatkowo można rozpuścić 24,06 g NH4 Cl w 250 g nasyconego roztworu o temperaturze 20°C,1ezeli temperaturę roztworu podniesie się o 30°C.

Z treści zadania wiemy, że rozpuszczalność substancji w 20°C wynosi 37,2 g, czyli w 100 g H20 w tej temperaturze można rozpuścić 37,2 g NH4Cl. Wobec tego masę roztworu obliczamy z równania:

3.2. Stęzenie procentowe

masa roztworu = masa rozpuszczalnika+ masa substancji rozpuszczoneJ, czyli: 100 g Hp + 37,2 g NH4Cl = 137,2 g roztworu

masa roztworu= 137,2 g. Obliczona masa roztworu służy do ułożenia proporcji, z której dowiemy się, ile gramów N H4 C I znajduje się w podanej w treści zadan ia masie roztworu, czyli w 250 g: 137.2 g roztworu - 37.2 g NH4 Cl

250 g roztworu - x x = 67,78 g NH4CI w 250 g roztworu w temperaturze 20°C

Odpowiednio w 250 g roztworu jest określona i lość wody, którą obliczamy następująco:

masa rozpuszczalnika (H20) = masa roztworu - masa substancji rozpuszczonej, czyli: m Hp = 250 g - 67.78 g NH4Cl = 182.22 g. Wiemy, że roztwór ogrzano następnie o 30°C, czyli do temperatury 50°C. Roztwór nasycony stał się roztworem nienasyconym 1 można rozpu ścić w nim dodatkową ilość NH4Cl. Wobec tego korzystamy z następujących informacji: - rozpuszczal ność NH4Cl w 50°C wynosi 50,4 g, tzn. w 100 g H 20 rozpuści się teraz 50,4 g NH4 Cl, - z obliczeil w pierwszej części zadania wiemy, że mamy 182,22 g HiO.

3.2.1. Uwagi ogólne Stężenie procentowe C„ roztworu określa liczbę jednostek wagowych substancji rozpuszczonej zawartą w 100 jednostkach wagowych roztworu.

ms C" =-·100%.

(3.2)

m„

Oznacza to, ze roztwór x% zawiera x g substancji w 100 g roztworu. Stężenie procentowe uważane jest za stężenie wagowe. techniczne. Próbkę odwaza się z dokładnością do O.Ol g na wadze technicznej, najczęściej na szkiełku zegarkowym. Roztwór o stężeniu procentowym nie wymaga używania szkła miarowego, można go sporządzić w dowolnym naczyniu. Wymagane Jest obliczenie ilości dodawanej wody (rozpuszczalnika), którą odmierza się odpowiedniej pojemności cylindram i i pipetami. Zakłada się przy tym naj częściej, ze dla wody gęstość wynosi l g/cm:, czyli tg= 1 cm::. Rozpuszczalnik doda. wany jest z dokładnością O, I cm:. Często również nie musimy znać dokład nego wzoru chemicznego odważanej substancji ani jej masy cząsteczkowej. Wyjątek stanowią np. roztwory o stęzeniu procentowym sporządzane z soli uwodnionych: Na2 SP:·2Hp, CuS04 ·5Hp, NiS04 ·7Hp. CoS04 ·7H2 0, w przypadku których nalezy znać masę mo lową zarówno soli bezwodnej, jak 1 uwodn ionej. Przy sporządzaniu roztworów korzysta się często z roztworów, których się me odważa. lecz odmierza objętościowo potrzebną ilość. Do przeliczama masy roztworu na objętość, i odwrotnie, wykorzystuje się gęstości roztworów podane w odpowiednich tablicach, zamieszczonych np. w Kalendarzu chemicznym, tablicach chemicznych, Poradniku fizykochemicznym.

„. -----..„„,„____,„ „

„ . ..„ „ . „

- . • . . ..... , ...•.. ...• . . . ..

•. • . • .„ ....•.•. „ •...•• • . .

--···-„····· ·-··-· ·--- ' ---·-· ....... . „„.:mmr-;····

..„ „ '.Jilllti.:._ ______ „„ „ . „ .. „„ . .•-„„„.„.•„ •.•-„„. . „„.„„„„„„ _. „„„ „ „„ „ ... „„ .. „ . . „ „

•.

„„.„ ' .•.• „ .„. „

36

37 Gęstość,

objętosci

oznaczana zwykle symboiem d, wyraża się stosun1<1em masy m do

V: m , d= g/cm-.

(3.3)

V

Przyjmując,

ze gęstość wody w temperaturze pokojowej wynosi: dH

228 . V g 228 cm-• . „ stąd o b~ętosc wody wynosi = -g - /• = 0

i cm: substancji, w naszym przypadku roztworu lub rozpuszczalnika. Przekształcając podstawowe równanie. mozna obliczyć objętość roztworu (V) iub rozpuszczainika (V,,), znając jego masę i gęstość. Ewentualnie znając objętość roztworu czy rozpuszczalnika oraz gęstość, można obliczyć j ego masę: V= m cm3,

(3.4)

d

1 dodać

Aby sporządzić 300 g 24% roztworu, nalezy 228 cm: wody.

odwazyć

72 g soli

2. Ile gramów KC! nalezy odwazyć oraz jal<ą objętość wody nalezy odm 1erzyc, aby sporządzić 500 cm; 4% roztworu o gęstości d = i ,0239 g/cmJ? Rozwiązanie:

Ponieważ stężenie

procentowe o dnosi się do masy roztworu, a nie do Jego

objętości, naieży 500 c m; przeliczyć na masę, korzystając ze wzoru:

m = d· Vg.

(3.5)

m = V · d= 500 cm..-· J,0239 gicm=

Dokładność sporządzenta

roztworu określa się za pomocą metod a nal itycznych. Najprostszy, chociaż naJmnieJ dokładny sposób polega na zm1erzen1u gęstości roztworu za pomocą areometru 1 porównaniu wyniku z w 1elkosclami podanymi w tablicach.

=

5 11,95 g

100 g roztworu - 4 g KCI SI 1,95 g roztworu - m,

m, = 20,478 g KCI Przekształcając wzór (3.1), otrzymuje się zależność, z której obl icza się masę rozpuszczalnika ma:

3.2.2. Metoda proporcji Metoda ta opiera się na układaniu prostych proporcji, wykorzystując od111es1ente do definicji stęzema procentowego. Przykłady

m0 = 511,95 g roztworu - 20.478 g KC!= 491,472 g wody. Gęstość wody w temperaturze pokoJoWeJ \V)'nos1: dHi O = lg/cm;, stąd objętość 491,472 g '

wody wynosi V = a

1. Ile gramów soli naiezy odważyć i J aką objętość wody

= 1 gicm3•

cm'

Odpowiedź:

Gęstość określa, ile gramów wazy

sporządzić 300 g

!

0 l

należy dodać.

aby

24% roztworu tej soli?

Rozwiązame:

Z definicji procentowości wynika. że 100 g roztworu zawiera 24 g soli. Ukła­ damy proporcję: 100 g roztworu - 24 g HCI 300 g roztworu - m _ m. = 72,00 g HCJ Potrzebną objętość wody obliczamy następująco:

masa rozpuszczalnika (H20) =masa roztworu - masa substancji rozpuszczonej, czyli: m H2 0 = 300 g roztworu - 72,00 g soli = 228 g.

• 1 g/cm'

491.472 cm',

Pamiętając o dokładności odważania soli i odm1erzan1a wody, otrzymujemy wyniki zaokrąglone. Odpowcedź: Aby sporządzić 500 cm: 4% roztworu, naieży odwazyć 20,48 g KCl 1 dodać 491,5 cm: wody.

3. Czy do sporządzenia 100 g 2% roztworu należy odwazyć taką samą ilość NaCl, KC!, NH4C l i MgC12? Rozwiązanie:

Zgodnie z definicją stężenia procentowego roztwór x% zawiera x g substancji w 100 g roztworu. Z zadania wynika, ze należy sporządzić I OO g roztwor u, który powinien zaw1erać 2 g substancji ro.zpuszczonej, czyli nie Jest ok reślona ta substancja. Wynika z tego, że do sporządzen ia 100 g 2% roztworu nalezy odwazyc taką samą ilość NaCI. KCI, NH 4CI i MgCl2 • Odpowiedź:

Do sporządzenia 100 g 2% roztworu należy odważyć taką samą ilość

NaCI, KCI, NH4CI i MgCl2•

39

38

4. W 40 0 cm: wody rozpuszczono odważkę s1edm1owodnego siarczanu(VI) niklu(II) NiS0 4 7 Hp o masie 4,65 g. Obliczyć stężenie procentowe otrzymanego roztworu.

Masa cząsteczkowa CoS04 wynosi 154,9968 g, masa cząsteczkowa CoS04 · 7Hp wynosi 281,1038 g. Z następnej proporcji obliczymy masę uwodnionej soli, która będzie zawierała 25 g soli bezwodnej: 154,9968 g CoS04 - 281,1038 g CoS04 · 7 Hp 25 g CoS04 - x x "' 45,3403 g CoS04 • 7H20

Rozwiązanie:

W cząsteczce soli NiS0 4 7Hp, z której sporządzono odważkę, znajduje się woda krystalizacyjna. Należy to uwzględn ić w obliczemach, poniewaz stężenie odnosi się do soli bezwodnej. Masa cząsteczkowa NiSO4 wynosi 154,7536 g, masa cząsteczkowa NiSO4 · 7~0 wynosi 280,8606 g. Z następnej proporcji obliczymy masę soli bezwodnej, która będzie zawarta w 4,65 g soli uwodmonej: 154,7536 g NiSO, - 280,8606 g NiS04 · 7 Hp X - 4.65 gNiS04 ' 7 Hp X= 2,5621 g NiS04 Sporządzając

podany roztwór,

należy zmieszać ze sobą 4,65

g NiS04 7 Hp oraz

400 cm ~ wody= 400 g wody (uwzględniając gęstość wody d = l g/cm3).

m . = m 0 + m . = 400 g wody + 4,65 g NiS04 · 7Hp = 404.65 g roztworu.

Z obliczeń wiadomo, ze 404,65 g roztworu zawiera 2,5621 g NiS04 . Na podstawie defimcji stężenia procentowego można obliczyć stężenie roztworu z proporcji: 2,5621 g NiS0 4 - 404,65 g roztworu m. - IOO g roztworu m. =0.63 gNiS0 4 Odpowiedź: Stężenie

procentowe otrzymanego roztworu wynosi 0,63%.

5. Ile należy odwazyc siedmiowodnego siarczanu(VI) kobaltu(II) CoSO4 • 7Hp. aby otrzymać 200 g 12,5% roztworu CoSO 4? Ile należy odmierzyć wody? ·

Sporządzając

podany roztwór. należy zmieszać ze sobą 45,34 g CoS04 · 7Hp na wadze technicznej z dokładnością do 0,01 g) oraz 154,7 cm:: wody (uwzględniając gęstość wody d = i g/cm:, przy dokładności 0,1 crn3 odmierzania wody). (odważając

m 0 = m, - m, = 200 - 45,34 = 154,66 g wody= 154,7 cmJ wody. Odpowiedź: Aby otrzymać 200 g 12,5% roztworu CoS0 4, CoS04 7H2 0 oraz należy odmierzyć 154,7 cm~ wody.

Najpierw należy obliczyć, na podstawie definicji stężenia procentowego, ile bezwodnej soli CoS04 potrzeba do sporządzema 200 g 12,5% roztworu tej s.o li: 12.5 g CoSO 4 - !OO g roztworu m. - 200 g roztworu m. = 25 g CoS04

Jest to ilość bezwodnego CoS04, ale w cząsteczce soli CoS04 7H20, z której mamy sporządzić odważkę, znajduje się w9da krystalizacyjna. Należy to uwzględnić w obliczeniach. ·

45,34 g

6. Ile gramów kwasu azotowego(V) HNO: znajduje się w 60 g 5% roztworu? Rozwiązanie:

Z definicji

pro centowości

Układamy proporcję:

wynika, że 100 g roztworu zawiera 5 g HN03.

100 g roztworu - 5 g HNO, 60 g roztworu - m, m. =3 gHNO, Odpowiedź:

W 60 g 5% roztworu znajduje się 3,00 g HNO:·

7. Ile gramów Na2 S znajduje się w 0,2 dm: 8% roztworu o gęstosci d = 1,09 g/cm3?

=

Rozwiązanie:

Aby

Rozwzązame:

należy odważyc

przystąpić

do obliczenia liczby gramów siarczku sodu,

należy

najpierw

objętość 0,2 dm~= 200 cm: przeliczyć na masę, korzystając ze wzoru:

m =V· d = 200 cm~ , 1,09 g/cm~ = 218 g. Z definicji procentowości wynika, damy proporcję:

że

100 g roztworu zawiera 8 g N a2S. Ukła­

100 g roztworu - 8 g Na2S 218 g roztworu - ·m m. = 17,44 g Na2 S Odpowiedź: W

0,2 cim3 8% roztworu znajduje s1ę .17,44 g N32S.

···· ······ ----„-·-···--········ -·---···· ··· --·····-··-···- -·····-----„---·-···· ..„ „ •• ··••· ···-··

„.„':m11n ···-

· ··· „ ···-······- ······. „ „.···- .„ ..••„. ·-· ..„ •. „ ·-···-·„ ···-· „„•..•.....„ · .. ...•... „ .„..„.-· ····· ·······-···-··-:· - ··-„ .•

··-

~-:--.--..„ .••...„.„.-.-······--··-···-----·-··-··-·-'·•····-

„. -.-·· „' .. ' '·- . -··-----

···• " ·- ·······•-···„····"'""""" ••• ·······- ·····- ··· -- -·--····- .„..••.. „

.. „ . '

41

40

8. W 2 kg wody rozpuszczono 180 g sody zawierającej 2,6% Obl iczyć stężenie roztworu.

zanieczyszczeń .

10. Ile wody znajduje się w l,5 dmJ 45% roztworu wodnego substancji organ icznej, jeżeli gęstość roztworu wynosi d = 0,9 g/cm 3 ? Rozwiązanie:

Rozwiązanie:

Najpierw przeliczamy jednostki: 2 kg = 2000 g wody. Następnie naiezy obliile czystej sody znajduje się w odwazce:

czyć,

100 g oaważki - 2,6 g (2,6% zanieczyszczeń) = 97,4 g czystej sody 180 g socly - m m = 175,32 g czystej soay

podany roztwor, naiezy zmieszać ze sobą odważkę 180 g sody oraz 2000 cm3 wody. Przyjmując, że gęstość wody w temperaturze pokOJOWeJ wynosi dH o = 1 g/cm3, stąd masa 2000 cm: wody wynosi 2000 g.

Ponieważ stęzenie procentowe odnosi się do masy roztworu, a nie do jego objętości, należy 1,5 dmJ = 1500 cm= przeliczyć na masę, korzystając ze wzoru:

m = V· et= 1500 cm"· 0,9 gicm= = 1350 g. Opierając się

na definicji procentowości, układamy proporcję: 100 g roztworu - 45 g substancji 1350 g roztworu - m . m . = 607,5 g

Sporządzając

2

m, = m0 + m, == 2000 g wody+ 180 g odważki = 2180 g roztworu.

Z obliczeń wiadomo, ze 2180 g roztworu zawiera 175,32 g czystej sody. Na podstawie definicji porcji:

stężen ia

procentowe otrzymanego roztworu wynosi 8,04%.

9. Ile wody znajduje się w 450 g 28% roztworu Jodku amonu?

masa rozpuszczainika (H20) =masa roztworu - masa substancji rozpuszczonej, czyli: m

Hp = 1350 g roztworu -

PrzyJmUJąc, że gęstość wody w temperaturze pokojoWeJ wynosi: dH2 o = l gtcm~ . stąd objętość

wody wynosi

v;,= 742,5 cm::.

Odpowiedź: W L5 dm:: 45% tego roztworu znajduje się 742,5 cm:: wody.

11. Ile gramow JOdu i ile cm: etanolu o gęsto$ci d = 0.78 g/cm: potrzeba do gjodyny o stężeniu 10%?

sporządzenia 45

procentowości

wynika,

że

100 g roztworu zawiera 28 g NH4I.

Opierając się na definicji procentowości, układamy proporcję:

Układamy proporcję:

IOO g roztworu - 28 g NH41 450 g roztworu - m . m, = 126 g NH4 I Objętość

607,5 g substancji = 742,5 g.

Rozwiązanie:

Rozwzązame:

Z definicji

wociy obliczamy następująco:

procentowego mozna obliczyć stęzen 1e roztworu z pro2180 g roztworu - 175,32 g sody 100 g roztworu - m.. m. = 8,04 g sody

Odpowtedź: Stężenie

Objętość

wody obliczamy następująco:

masa rozpuszczainika CHiO) =masa roztworu - masa substancji rozpuszczonej, czyli: m Hp= 450 g roztworu - 126 g NH4I = 324 g. PrzyjmUjąc, ze gęstość wody w temperaturze pokoJoWeJ wynosi: dH 0 = l g/cm::, 2

stąd objętość wody wynosi V

0

324 = i gie!;= 324 cm::,

Odpowiedź: W 450 g 28% roztworu jÓdku amonu znajduje się 324 cm= wody.

100 g roztworu - IO g 12 45 g roztworu - m. m, = 4,5 g r2 Objętość

etanoiu obliczamy z równania:

masa rozpuszczainika (etanol)= masa roztworu jodyny - masa I

2

,

czyl i:

m etanolu "'45 g roztworu jodyny - 4.5 g 12 = 40,5 g. Przyjmując. że gęstość etanolu wynosi: d = 0.78 gicm=, stąd objętość etanolu m 40,5 g • wynosi V=-= , = 51,9cm-. d 0.78 g/cm•

Odpowiedź: Do sporządzenia 45 g jodyny o stęzeniu

i 51.9 cm:: etanoiu.

10% potrzeba 4,5 g JOdu

42

43

12. Zmieszano 5 kg wody I 0.65 kg soli kuchennej. towe otrzymanego roztworu.

Obliczyć stężenie

procen-

100 g roztworu - 20 g NaCJ 250 g roztworu - m __ m. "" 50 g NaCI

Rozwiązanie:

Na wstępie nalezy obl iczyć masę roztworu m ,:

m, = m. + m0 Stężenie

=

5 kg+ 0,65 kg= 5,65 kg.

Po dodaniu wody zmienia się masa roztworu i wynosi teraz t kg= lOOO g. N ie zmienia się natomiast zawartość rozpuszczonej soli i nadal wynosi 50 g. Wobec tego możemy obliczyć stężenie procentowe roztworu z proporcji:

procentowe roztworu obliczymy z proporcji: 5.65 kg roztworu - 0,65 kg NaCI 100 kg roztworu - m. m."' 11,50 kg

Odpowiedź: Stężenie

procentowe otrzymanego roztworu NaCI wynosi 11,50%.

1000 g roztworu - 50 g NaCI 100 g roztworu - m_ m_. = 5 gNaCJ Odpowiedź: Stęzenie

procentowe otrzymanego roztworu solanki wynosi 5% .

13. Do 420 g 4% roztworu manganianu(VII) potasu KMn0 4 dodano 350 g wody destylowanej. Obl iczyć stężeme procentowe otrzymanego roztworu.

15. 200 cm3 8% roztworu solanki o gęstości d"" 1,0559 g/cm ~ ogrzano, odparowując 50 cm; wody. Obliczyc stęże01e procentowe otrzymanego roztworu po ogrzaniu.

Rozwiązanie:

Rozwiązanie:

Najpierw

należy obliczyć liczbę

gramów KMn0 4 rozpuszczonych w 420 g

roztworu. 100 g roztworu - 4 g KMn04 420 g roztworu - m. m. = 16,8 g KMn04

Pon ieważ stężenie procentowe odnosi się do masy roztworu, a me do Jego

objętości,

nalezy 200 cm~ przeliczyć na masę, korzystając ze wzoru: m = V · d = 200 cm=· 1.0559 gl cm= = 211.18 g.

Najpierw obliczamy liczbę gramów NaCl,Jaka znajduje s ię w 21 1,18 g solanki. 100 g roztworu - 8 g NaCl 2 11,18 g roztworu - m, m. = 16,8944 g NaCl

Po dodaniu 350 g wody zmienia sie masa roztworu m,: m, = 420 g roztworu + 350 g wody= 770 g roztworu.

Nie zm1en1a się natomiast zawartość rozpuszczonej soli i nadal wynosi 16,8 g. Wobec tego możemy obliczyć stężenie procentowe roztworu z proporcj i: 770 g roztworu - 16.8 g K Mn04 100 g roztworu - m, m, = 2.18 g KMn04 Odpowiedź: Stęze me

procentowe otrzymanego roztworu KMn0 4 wynosi 2,18%.

Po odparowan iu wody zm ienia się objętość i masa roztworu. Jeżel i przyjmiemy dla wody gęstość d = l g/cm\ to 50 cm~= 50 g. Po odparowaniu SO g wody masa roztworu wynosi:

m = 211,18 g roztworu - 50 g wody= 161,18 g roztworu. Nie zmienia się natomiast zawartość NaCl i nadal wynosi 16,8944 g. Wo bec tego możemy obl iczyć stęzeme procentowe roztworu z proporcji: 161,18 g roztworu - 16,8944 g NaCI 100 g roztworu - m. m, = 10,48 g NaCI

14. Do 250 g 20% roztworu solanki dodano wody destylowanej, uzyskując masę roztworu l kg. Obl iczyć stężenie procentowe otrzymanego roztworu. Rozw1ązame:

Najpierw obliczamy liczbę gramów NaCl, jaka znajduje się w 250 g solanki.

Odpow1edi: Stęzen1e procentowe otrzymanego roztworu soianki po odparowaniu wody wynosi 10,48%.

- ··------"---·--·---------- -- _,___ .„ ..

„

.

----------·„----· .------- -·-··----··--. _______„ __ -. ---

------ .. - ......„. -----· - -- · - · ... -·---·- "-·-·--·-· •"·--·-···-·-·-··...----~11111'-: ---

.„...:.Jllll..„_„...._.„„ .••.„.„.„ „ .„.• .• „ •.•„ . ._.•••..•.•„ ...„ •.- ....... „ ..•..

„

„

•••. ..•.. „ .•. „ .„. „ „ .

'„„.„. .• .. ..„„...

„ ..„ . •„.„.. ,. ,„.„

"" " „„.„, •••„„.„ .„

„„

.„ ' " „„„

45

44

16. Ile moli KOH naiezy odważyc w celu KOH?

sporządzenia

500 g 2,5% roztworu

Stęzeme

procentowe roztworu

100 g roztworu - 2,5 g KOH 500 g roztworu - m . m . = 12,5 g KOH

aby z proporcji

obliczyć potrzeoną ilość

Odpowiedź: Stężenie końcowe

18. Ile gramów wody i 20% kwasu chlorowodorowego naiezy zm1eszac, aby 300 g 8% roztworu kwasu?

Rozwiązanie:

zw iązku

oraz Jego

moli KOH:

masa moiowa KOH == 39,0983 g + 15,9994 g + 1,00794 g = 56,10564 g.

Metoda I Obliczamy naJpterw, ile gramów czystego HCI powinno znajdowac w 300 g 8% roztworu:

Nalezy odwazyć 0,22 mola KOH.

Teraz obliczamy, w jakiej ilości 20% HCI znajduje się 24 g czystego HCI:

17. Zmieszano 120 g 12% roztworu wodorotlenku potasu NaOH z 250 g 5% roztworu KOH, a następnie dolano wody destylowanej do uzyskania końcowej masy roztworu 500 g. Obliczyc stężenie NaOH po zmieszaniu. Rozwiązanie:

100 g roztworu - 20 g HCt mr-24gHCJ m, = 120 g Masę

wody obliczamy z różnicy (masa roztworu minus masa 20% HCI):

Aby obliczyć stężenie NaOH po zm ieszamu roztworów, nalezy najpierw obliczyć ilość NaOH, Jaka znajduje się w kazdym z roztworów: W roztworze 12%: 100 g roztworu - 5 g NaOH 120 g roztworu - m,,12%

m_,_12.,. = 14,4 g NaOH

W roztworze 5%: 100 g roztworu - 5 g NaOH 250 g roztworu - m,,3.,. m„5,,."' 12,5 g NaOH Obliczamy masę NaOH po zmieszaniu roztworów: m _= m„12% + ms.5% = 26,9 g NaOH.

Masa roztworu po zm1eszaom roztworów 12% l 5% oraz dodamu wody wynosi 500 g.

się

100 g roztworu - 8 g HCL 300 g roztworu - m . m, = 12,5 g HCl

i mol KOH - 56, 10564 g m - 12,5 g m = 0,22 moia KOH Odpowiedź:

roztworu NaOH wynosi 5,38%.

otrzymać

W przypadku tego zadania, musimy znać wzór chemiczny masę molową,

liczymy z proporcji:

500 g roztworu - 26,9 g NaOH 100 g roztworu - x x = 5,38 g NaOH

Rozwiązanie:

Na poctstaw1e definicji stęzenia procentowego należy najpierw obliczyć liczbę gramów KOH znajdującą się w 500 g 2,5% roztworu.

końcowego

ma"' 300 g roztworu- 120 g roztworu = 180 g wody. Odpowiedź: Aby otrzymać 300 g 8% roztworu kwasu, naieży zm1eszac 120 g 20% HCJ oraz 180 g wody.

3.2.3. Krzyż

rozcieńczeń

Krzyz rozcienczeń stosowany Jest często w przypadku m ieszania dwóch roztworów tej samej substancji o różnych stężeniach. Metoda ta pozwala na szybkie i proste obliczanie stosunków, w jakich należy zmieszać ze sobą składniki w celu uzyskania roztworów o określonym stężeniu procentowym.

A -......._ B

_.-- d [iedn. wag.] roztworu A

_.--c........._

e [jecin. wag.] roztworu B / []edn. wag.] roztworu C

46

47

gdzie: A - stężen ie procentowe pierwszego roztworu. bardziej stęzonego lub czysty składnik, wówczas A = 100%. B- stęzen ie procentowe drugiego roztworu, bardziej rozcieńczonego lub czysty rozpuszczalnik. dla którego B = 0%, C - procentowość, jaką zamierza się uzyskać przez zmieszanie roztworów A iB, d- liczba jednostek wagowych składnika A, którą na leży wziąć do zmieszania; d stanowi różnicę między Ci B (d = C - B), e - liczba Jednostek wagowych składnika B, którąnalezy wziąć do zmieszania; e stanowi różmce między A i C (e =A - C), f- liczba Jednostek wagowych roztworu o prócentowośc1 C (/= d + e).

20% ...............

............... 12 · 15 g wody

0% _.........

300 g 8% HCl Odpowiedź: Aby otrzy mać 300 g 8% roztworu kwasu, 20% HCJ oraz 180 g wody.

2. Jaką roztwór?

ilością wody należy rozcieńczyć

należy zmieszać

120 g 18% KC!, aby

120 g

otrzymać

4%

Rozwiązanie:

Zadarne rozwiązujemy metodą krzyża rozcienczeń:

Aby otrzymać roztwór o stężeniu procentowym C, należy zmieszać ze sobą d jednostek wagowych składni ka A oraz e jednostek wagowych składnika B.

..........- 4 g (18% KC!)

18% ...............

4% '--... 14 g (wody)

0% _.........

Przykłady

28 g (4% KCl)

1. Ile gramów wody i 20% kwasu chlorowodorowego otrzymać 300 g 8% roztworu kwasu?

należy zmieszać. aby

Rozw1ązame:

Mieszając ze sobą 4 g 18% KCJ i

14 g (14 cm3) wody, otrzymamy 28 g 4% roztworu KCI. Do rozcieńczenia n ie mamy jednak 4 g tylko 120 g 18% KCJ, wobec tego trzeba zmieszać proporcjonalnie większe

20% '--... 0%

~

_......... 8 g 20% HCI 8% '--...12g wody 20 g 8%HCI

Wynika stąd, że w celu uzyskania 20 g 8% roztworu HCI nalezy zmieszać 8 g 20% HCI i 12 g wody. Aby otrzymać 300 g 8% HCI, trzeba zmieszać proporcJonainie w iększe ilości składników.

Wprowadzamy

_......... 8 · 15 g 20% HCI

8%

współczynnik w:

_ liczba gramów roztworu do sporządzenia lub wykorzystania w - liczba gramów roztworu obliczona z Jazyza rozcieńczeń W przypadku tego zadania w=

300 g g = 15. 20

Kolejnym krokiem jest pomnożenie wartosci otrzymanych w krzyżu rozc1eń­ czen przez współczynnik w, a mianowicie: 8 g · 15 == -120 g roztworu 20% oraz 12g· 15"'180 g wody, czyli 180 cm} wody.

ilości składników.

120 g

Obliczamy współczynnik w. W przypadku tego zadania w= Tg= 30. Kolejny m krokiem jest pomnożenie wartości otrzymanych w krzyżu rozc1enprzez współczynnik w, a m1anowic1e:

czeń

4 g · 30 = 120 g roztworu 18% KCl - ilość. którą'należy rozcieńczyć. 14 g · 30 = 420 g wody, czyli 420 cm~ wody. Odpow iedź:

Aby otrzymać 4% roztwór KCl, należy do 120 g 18% roztworu KC!

dodać 420 cm~ wody.

3. Ile cm~ stężonego kwasu s1arkowego(VI) H2 S04 o gęstości 1,84 g/cm} ijaka potrzebne są do otrzymania 500 g 10% roztworu H 2SO4?

objętość wody

Metoda I Rozwtązame:

Najpierw obliczamy, ile gramów czystego 8iS04 znajduje s ię w 500 g 10% roztworu kwasu: tog H2 SO~ - 100 g roztworu m, - 500 g roztworu

•••• · -···

.,

· -·

. • „ . „ ••

„

... ..

„.

.,_„·--··--··--·-...-·-·· '···---·-··"'· ···---·-· . --··-----·:·lll!ll';--·.

„ „ ..... „ . . -• • • •„„ „ . _ „_ _

. __l..JlllL.„-..--·-·„„.. •..•.•

.„.„-.„·-·· ····-····~ ~-----~.~"·--„....~_„.„ • .„ ••_„_ . „. ········ ·· -····· ······.--·--·-··-·-···········-~ ·······.„-„. --·····---.„...... „„ •.·- --·-···- --·········-····· ~-······· -···-····· ··-··· ·-- ·······---····--··-···~·-„.„ „-~·-----

49

48

Z tablic gęstosc1 odczytujemy, że roztwór H 2S04 o gęst0Sc1 i,84 gicmJ jest roztworem 98%. Ponieważ do dyspozycji mamy me 100% kwas tylko 98%, natezy obliczyć, Jaka liczba gramów 98% kwasu odpowiada 50 g czystego (100%)

H 2S04: 98 g H2S04 - 100 g roztworu 50 g H2S04 - m, m, = 51,02 g H2S04 98%

Odpowiedź: Do otrzymania 500 g 10% roztworu H 2S04 potrzeba 27,73 cm:; stężo­ nego H2S04 o gęstości 1,84 g/cm: oraz 448,98 cm:; wody.

4. Obliczyć objętości wody i 10% kwasu chlorowodorowego HCl (d10% = i ,0474 g/cm3),Jakie należy zmieszac, aby otrzymać i dmJ 4% roztworu tego kwasu (d4 % = = 1,0181 gicm 3). Rozwiązanie:

10%-........._

Otrzymaną masę stężonego roztworu przeliczymy na objętość, korzystając z przekształconego

wzoru na gęstość: 51 02 V"" !!!..= • g d i, 84~

0%

wody obliczamy z różnicy: 500 g roztworu- 51,02 g H 2 S04 = 448,98 g Hp.

Przyjmując, że gęstość wody w temperaturze pokojowej wynosi: dH2o =i g/cm3, stąd objętość wody wynosi

Z obliczeń, z krzyża rozcienczeń wynika, źe w celu otrzymania 10 g 4% HCI nalezy zmieszać 4 g 10% kwasu oraz 6 g wody. Należy sporządz ić 1 dm: (1000 cm3) 4% kwasu chlorowodorowego, co odpowiada masie: ~% =

V= 448,98 cmJ.

Odpowiedź: Do otrzymania 500 g 10% roztworu H 2S04 potrzeba 27,7 cmJ stężo­ nego H 2S04 o gęstości i,84 g/cm3 i 448,98 cmJ wody.

V · d = 1000 cm"· J,0181 gicm= = 1018.1 g 4% HCI.

Aby otrzymac 1018,lg 4% HCl, należy zmieszać ze sobą proporc1onaJne ilosci kwasu i wody. Wykorzystujemy współczynnik w:

Metoda II

w=

Rozwzązame:

Z tablic

gęstosc1 odczytujemy, że roztwór

H2S04 o

gęstosc1 i,84 g/cm~ jest

roztworem 98%.

~ 6gwody 10 g4% HCI

27, 73 cm3 98% H 2S04

cm·

Masę

~

_ - 4 g 10%HCI 4%

1018,1 g 10 g = 101.81.

Kolejnym krokiem 3est pomnozeme wartości otrzymanych w krzyżu rozc1e11cze11 przez współczynnik w, a mianowicie: 4 g · 101,81 = 407,24 g roztworu 10% HCJ, w przeliczeniu na jemy: V=

500 g w= 98 g = 5,102.

Koiejnym krokiem jest pomnożenie wartości otrzymanych w krzyżu rozcienczeti przez współczynnik w, a mianowicie:

IO g · 5,102 = 51,02 g roztworu 98% H2S04, w przeliczeniu na objętość otrzymujemy: 51 V= ' oi g -= 27, 73 cm3 98% H2S04 i.84~ cm'

i,0474~ cm;

otrzymu-

388,81cm3 10% HCI

6 g · 101,81 = 610,86 g wody, czyli 61.0,86 cm; wody. Odpowiedź: Aby otrzymać

l dmJ 4% roztworu HCI. należy zmieszać 388,81 cm;

10% HCl z 610,86 cm: wody.

3.3. Stężenie molowe Stężenie

roztworu: 88 g · 5,102 = 448,98 g wody, czyli 448,98 cmJ wody.

407 24 • g

objętość

molowe C,,, okreś la liczbę moli substancji rozpuszczonej w l ctm3

51

50

cm = ~ V, .

(3.6)

gdzie:

cm -

stęzeme molowe, n - liczba moli, V, - objętość roztworu w dm: .

Jednostką stęzenia molowego w układzie Jednostek SI jest mol/m; Polska norma dopuszcza stosowanie Jako jednostki również mol/dm:, która jest powszechme 1 najczęściej stosowana. Można również używać podw1elokrotności mol/dm;, takich Jak np. mmol/dmJ, ~tmol/dm; _ W zadaniach często należy obliczyć liczbę moli substancji. Można wówczas posłużyć się wzorem:

(3.7)

gdzie:

w kolbie a'lOO, otrzymując mniej roztworu o danym stężeniu, lub a'200, otrzymując więcej roztworu o danym stężernu (a'JOO - o POJ emnośc1 100 cm:) lub a'200 - 200 cm3 ). Aby sporządz ić roztwór o określonym stężemu molowym. należy zacząć od obliczenia masy substancji potrzebnej do sporządzenia danego roztworu. Substancję waży się w naczyńku wagowym, najpierw na wadze technicznej z dokładno­ ścią do 0.001 g, a następnie na wadze analitycznej z dokładnością do 0,0001 g. Odwazoną substancję przenosi się i lościowo do kolby miarowej o odpow1ed111eJ objętości (np. 100 cm 3). Po rozpuszczenm substancji w małej ilości rozpuszczalnika (wody) uzupełnia s ię kolbę wodą do kreski na szyjce kolby. Tak przygotowany rozt wór powinien uzyskać żądane stężenie molowe. Ponieważ masa substancji wyznaczona praktycznie może się różnić od wartości obliczonej, teoretycznej masy substancji, należy obliczyć rzeczywist e stężenie roztworu, wyznaczając najpierw rzeczywistą liczbę moli s ubst ancji, Jaka znajduje się w kolbie o danej p0Jem n ośc1, korzystając z proporcji:

n - liczba moli,

m;

n'

m, - masa substancji wg, M - masa molowa substancji wg/mol.

m,

n

Jezeli w l dm; roztworu znajduje się 1 mol substancji rozpuszczonej, to roztwór taki nazywa się Jednomoiowym 1zapisuje jako .1 M. W praktyce potocznie określa się np. roztwór 0,1-molowy, co oznacza, że jest to roztwór o stężeniu 0,1 mola substancji w l dm; roztworu. Jest to roztwór 0,1 M. Masa substancji [g] w określonej objętości roztworu nazywa się mianem rozń1ioru. Najczęściej jako miano stosuje się masę substancji znajdującą się w i cm; roztworu. Znając stęzenie molowe roztworu, mozna obliczyć miano tego roztworu. W tym celu 111ezbędna jest znajomość masy molowej danego związku. Na przykład OJ M HCI. którego masa molowa MHc1jest równa 36,5 g, zawiera 3.65 g HCI (O.I mola) w l dm; roztworu. Stąd masa HCI w I cm; roztworu. czyli miano, wynosi 0,00365 g/cm.:. W określonych objętościach roztworów o znanym stęzenm molowym znajduje się ściśle określona ilość substancji rozpuszczonej. Z tego powodu roztwory molowe wykorzyst uje się w różnych operacjach laboratoryjnych, przede wszystkim w analizie miareczkowej. Stęze111e molowe jest steżeniem objętośc iowym. W celu określenia stężenia molowego wymagana Jest z n aJomość wzoru chem icznego, masy molowej oraz bardzo często również stopma czystości danej substancji. Roztwory molowe sporządza się wyłącznie w kolbach miarowych, o określonych pojemnościach. W przypadku stężenia procentowego można sporządzić dowolną objętość roztworu. np. 120 cmJ. Natomiast roztwór o stężeniu molowym możn a sporządzić

(3.8)

gdzie:

m: -masa substancji wyznaczona praktycznie,

m, - masa substancji obliczona. wartość teoretyczna, n' - rzeczywista liczba moli substancji,

n - liczba moli, wartość teoretyczna. Ostatecznie rzeczywiste stężenie roztworu oblicza się

następująco:

0.1 dm~ roztworu - n' moli substancji 1 dm" roztworu - x moli substancji,

gdzie x to liczba moli substancji zawart a w l dmJ roztworu, równa faktyczme rzeczywistemu stezemu roztworu X= C'm Rzeczywiste stężeme roztworu można wyznaczyć równ ież, obliczając najpierw współczynnik, zwany faktoremf f=m; m.

(3.9)

Wartość faktora powmna się mieścić w przedziale: 0,850
· .„:.Jl!BIL.•....-.„• • ......„ •.„„„ ..•„„ „ „ ••..• .••„ „ „ „ .•„„_ ..•.. „.„..„ ..

„ • .

„ . „ . ..„ . . . „ .•„.„ .. . . „„ . . „ •.. ....„ ........ „.„„„ .•„ „ „ . „.„„•.- .„····--·----- ...„ „ . „ .

53

52 Następme

wówczas stężeme roztworu jest większe niż zamierzone. Dlatego należy obl iczyć rzeczywiste roztworu C',,, mnożąc teoretyczną wartość stężenia Cm przez ten faktor: stężenie

masa molowa K 2 S04 = 2 · 39,0983 + 32,065 + 4 · 15,9994 = 174.2592 g. Masę soli potrzebną do sporządzenia 2 dm 3 0,02 M roztworu ~SO4 obi iczy my

z proporcji:

(3.10)

molowym można sporządzić w mny sposób, do tego ceiu roztwory bardziej stęzone. Dysponując takim roztworem, nalezy najpierw obliczyć, jaką objętość tego roztworu należy odm1erzyc, aby u zyskać ządany roztwór molowy. Odmierzoną objętość stężonego roztworu przenosi s ię do kolby miarowej, zaw ierającej już pewną ilość wody destylowanej, następme dopełnia się kolbę wodą do kreski. Stęzen ie molowe sporządzonego w ten sposób roztworu również me będ zie równe stęzeniu teoretycznemu. Dlatego roztwór taki poddaje się mianowaniu, tj. operacji analitycznej polegającej na ustaleniu faktora roztworu 1 na jego podstawie ustaleniu stężenia rzeczywistego roztworu, ewentuainie rzeczywistego miana roztworu. Miano rzeczywiste roztworu 1est to faktyczna liczba gramów substancji w I cmJ roztworu, oblicza się Je, mnoząc miano teoretyczne przez faktor. Roztwór o

obliczymy masę moiowąK 2 S04 :

określonym stężenm

i mol K 2 S04 - 174,2592 g K 2S04 0.04 mota K 2 S04 - m m = 6,9704 g K.iS04

wykorzystując

Odpowiedź: Aby sporządzić 2 dm 3 0,02 M roztworu. należy odważyć 6,9704 g

K 2S04 . 3. Ile gramów wodorotlenku potasowego KOH zawierającego 4, 17% K 2CO;

n ależy odważyć, Rozwiązanie:

Obliczamy liczbę moli KOH potrzebną do sporządzenia 500 cm3 0.15 M roztworu KOH: 1000 cm3 0,15 M roztworu KOH - 0,15 mola KOH 500 cm3 0.15 M roztworu KOH - x x = 0,075 mola KOH

Przykłady

1. Ile gramów chlorku potasu KCI naieży O, l M roztworu?

odważyć

do

sporządzenia

i dm; Następnie

Rozw1ązame:

obliczymy ma sę moiową KOH: masa molowa KOH= 39,0983 + 15,9994 + 1,00794 = 56,10564 g.

Obliczymy najpierw masę molową KC!: Masę

masa molowa KCI = 39,0983 + 35,453 = 74,5513 g.

soli potrzebną do sporządzenia roztworu obliczymy z proporcji:

Roztwór l M KCI zawiera w i dm3 1 moi KCI. czyli 74,5513 g KCI. Zatem w L dm 3 0,1 M KCI znajduje s ię 0,1 moia KCI, co stanowi:

i mol KOH - 56,10564 g KOH 0,075 moia KOH - m m = 4,207923 g KOH

0,1. 74,5513 g = 7,45513 g. Odpowiedź: Do sporządzenia

Aby sporządzić 500 cm3 0.15 M roztworu, naiezy odważyć 4,207923 g czystego KOH, aie wiemy, ze w KOH znajduje się 4,17% węglanu potasu. Należy więc uwzględnić w obliczeniach tę mformację:

i dm3 0,1 M roztworu KC! naieży odważyć 7,4551 g

KCI.

2. Ile gramów siarczanu(VI) potasu K2S04 naiezy 2 dm 3 0,02 M roztworu tej soli?

odważyć,

aby

sporządzić

100 g KOH z węglanem - 4,17 g K2CO: "' 95.83 g KOH.

!OO g KOH z węglanem - 95.83 g KOH m - 4,207923 g KOH m = 4,3910 g KOH

Rozwiązanie:

Obliczamy liczbę moli KiS04 potrzebną do sporządzenia tego roztworu: i dm3 0,02 M roztworu K 2S04 2 am3 0,02 M roztworu K2 S04

aby sporządzić 500 cm3 0.15 M roztworu tego wodorotienku?

-

0,02 mola K 2S04 x

Odpowiedź: Aby sporządzić 500 cm3 0.15 M roztworu KOH. nalezy odważyć

4,3910 g KOH.

-~-

J 55

54

4. Ile moli substancji znajduje się w 0,8S dmJ 1.5 M roztworu i ile jest gramów tej substancji?

Masę soli zawartą w 25 cm 3 0,1 M roztworu obliczymy z proporcji:

1000 cmJ 0,1 M roztworu - 5,349146 g NH4 CJ 25 cm3 O. I M roztworu - m

Rozwiązanie:

Z def inicji stężen ia molowego wynika, że roztwór Jest 1,5-motowy wtedy, gdy zawiera w I dm; roztworu 1,5 mola substancji, czyli: 1 c1m 3 l.5 M roztworu - 1,5 moia substancji 0,85 C1m3 1.5 M roztworu - n n "' 1,275 mola substancji

Masy substancji zawartej w tym roztworze niestety nie mozna ob liczyć, ponieważ nie znamy wzoru teJ substancji ani masy molowej. Odpowiedź:

W 0,85

dm ~ 1,5

M roztworu znajduje się l ,27S mola substancj i.

5. Ile moli kwasu borowego H.BO. znajduje s ię w 0,5 dm:, który w 200 cm; zawiera 6,2 g kwasu borowego? , ,

m = 0,1337 g NH~Cl Odpowiedź:

W 25 cm3 0,1 M roztworu znajduje się 0,1337 g NłJ.iCI.

7. Ile gramów kwasu s1arkowego(VI ) H2 S04 znajduje się w IS cm 3 0,5 M roztworu? Obliczyć miano roztworu oraz i lość H 2 S04 w 10 cm;, 20 cm}, SO cm; roztworu. Rozwiązanie:

Masa molowa H2S04 wynosi: 2 · J,00794 + 32,066 + 4 · 15,9994 = 98,07948 g. Na podstawie definicji stęzen ia mo lowego obliczamy zawartość kwasu: 1000 cm3 1 M roztworu H2 S04 1000 cm 3 0,5 M roztworu H 2 S04

-

1 mol H S0 2 4 0,5 moia H2 S04

-

98,07948 g

-

m

m = 49,03974 g H 2 S04

Rozwiązanie:

Masa molowa H: BO: wynosi: 3 · 1,00794 + 10,811 + 3 · 15,9994 = 61,83302 g. 61.83302 g - 1 mol H:BO: 6,2g - n

n= 0,1003 mola H:BO, Obliczona liczba moli znajduj e się w 200 cm 1 roztworu. Dane te um ożliw1a1ą nam obliczenie liczby moli zawartych w 0,5 dm:= 500 cm ; roztworu: 200 cm· - 0,1003 mota H:BO, 500 cm· - m m = 0,2508 mola H ;BO, Odpowiedź: W 0,5 dm: znajduje się 0,2508 mola H;B O:.

6. Ile gramów chlorku amonu NH4Cl znajduje się w 25 cm 3 0,l M roztworu?

Rozwiazanze: Masa molowa NH4 CI wynosi: 14,0067 + 4 · 1,00794 + 35,453 = 53.49146 g. Z defin icji stężeni a molowego wynika, że I mol NH4Cl zawiera 1 mol soli w l dm} roztworu. czyli: 1000 cm3 I M roztworu I mol NH CI - 53,49146 g 4 1000 cm3 O.I M roztworu - 0,1 mota N H4Cl - m

Masę kwasu zawartą w 20 cm3 O,S M roztworu obliczymy z proporcji:

1000 cm3 0,5 M roz tworu H2SO4 15 cm3 0,5 M roztworu H2 SO 4

-

49,03974 g H,_SO4 m

m"' 0,7356 g }\S04

Z tej samej proporcji mozna obl iczyć miano roztworu, czyli masę H 2S04 w roztworu:

1

cm,

1000 cm'0,5 M roztworu H 2 S04 - 49,03974 g H 2 S04 l crn 3 0,5 M roztworu H 2SO 4 - m rn = 0,04904 g H 2SO4

Miano tego roztworu wynosi 0,0490 g/cm;. M iano można wykorzystać do obliczenia i lośc i substancji w dowoJneJ objętości roztworu, mnożąc miano przez podaną objętość roztworu, czyli: m . "' 0,04904 g/cm: · 10 cm~= 0,4904 g H2S04, m. =0,04904 g/cm: , 20 cm: = 0,9808 g H 2 S04 , m, "'0,04904 gicm; · 50 cm;= 2.4520 g H 2 S04 . Odpowiedź: W 15 cm 3 0,5 M roztworu znajduje się 0,7356 g. Miano tego roztworu wynosi 0,0490 g/cm}. W 10 cm; roztworu Jest 0,4904 g, w 20 c m 3 jest 0,9808 g, w 50 cm} j est 2,4S20 g H 2S04 .

.. „

•.••

„., „ „ „..„ ....„„„

„.„„. - · · ·

•.. _„ „.

„„„„.-„.„. - .•. „ „ .•..„

„. ·- .„•.• „

•.••.

---i -~-·

..,.___ .....„„L„.„.•„.-------~-----··· ..•...•...•„„„„- . ·-·· ····-----····---„ .....

---~.illllt

„ ... „

.......•. „ •..........•„

....

~„„•... ......„ .••.„.„•. „ .••..„„„ ••„„„ .•..„.„„„•. „ ..„ ....... ..•

„ . •... .

56

57

8. Jaką objętość kwasu azotowego(V) HNO~ o gęstości i,18 g/cm:: naieży M HNO::·

odmierzyć, aby sporządzić 500 cm3 0,1

Obliczoną liczbę moli,

1 mol H:P0 4 Q,02 moia H:PO 4

Rozwicµanie: Na podstawie definicji stężenia moiowego obliczamy zawartość kwasu HN00 w 500 cm3 0,1 M roztworu:

tJ. 0,05 mola HN03 przeliczymy na masę kwasu z pro-

porcji:

100 g 40% H3P04 - 40 g H:P04 m - 1,9599 g H,PO 4 m = 4,9000 g 40% Hl0 4 Odpowiedź:

Z tablic gęstosci odczytujemy wartość stężenia procentowego HNO:: o podanej gęstosci i ,18 gicm:: , Wynosi ono 30%. Następnie obliczamy, w jakieJ masie tego roztworu znajduje się potrzebna masa czystego HNOJ:

Masa molowa Na 2 S 2 0~ wynosi: 2 · 22,9898 + 2 · 32,066 + 3 · 15;9994 = = 158,1098 g. Masa moiowa Na2 S20~ 5 H 20 wynosi: 248,1862 g. Na pods tawie definicji stężen ia moiowego obliczamy zawartość kwasu:

Vr == l O,

~

. 1,18 gfcm'

- 8, 9

dm3 0,025 M

roztworu Na 2Sp3 - 0,025 mola Na2Sp; 2 o.m3 0,025 M roztworu Na2 S20; - n 1

30 g HN03 - 100 g 30% HN03 3,150642 g HNO:: - m m = 10,5021 g 30% HN03

cm3

Nalezy odważyć 4,9000 g B:P04 40% roztworu H:P04 •

Rozw1ązan1e:

m = 3,150642 g HN03

5021

97,99522 g Hl04 m

10. Ile gramów p1ęc10wodnego t1os1arczanu(VI) sodu N<1iS20 :: 5 H 2 0 potrzeba do sporządzenia 2 dm 3 0,025 M roztworu?

mol HN03 - 63,01284 g HN03 0,05 mola HNO, - m 1

30% roztworu HN03 przeliczamy na objętość, gęstość roztworu HNO:::

-

m = l,9599 g H,P04

Masa molowa HNO:: wynosi: J,00794 + 14,0067 + 3 · 15,9994 = 63,01284 g.

Obliczoną masę

-

Nalezy teraz uwzględnić, ze kwas fosforowy (V) Jest 40%.

1000 cm1 0,1 M roztworu HNO: - 0,1 mola HNO: 500 cm3 0,1 M roztworu HNO, - x x = 0,05 moia HN03

Obliczoną liczbę moli,

tj. 0.02 mo1a H~PO4 przeliczymy na masę kwasu z pro-

porcji:

n = 0,05 mola N a2 S20 ; wykorzystując

Masę kwasu zawartą w 2

roztworu HNO; .

0.025 M roztworu obliczymy z proporcji:

1 mol Na2 S20 3 - 49,03974 g H2 S04 0,05 mola N~Sp; - m m = 2.451987 g H2S04

30% HN03 .

Odpowiedź: Aby sporządzić 500 cm3 0,1 M HNO_, należy od mierzyć 8,9 cm3 30%

ctm3

Ponieważ

roztwór należy sporządzić z soli uwodnionej, wobec tego przeliczamy gramy soli bezwodnej na odważkę soli uwodnionej z proporcji:

9. Ile gramów 40% H 3P04 należy odważyć, aby uzyskać I dm 3 0,02 M roztworu kwasu?

158.1098 g N<1zS2 0 ; - 248.1862 g N a2Sp0• 5 Hp 2,45 1987 gNa SO. - m

m = 3,8489 g Na2 S2 0:· 5 H 2 0

Rozwiązanie:

Na podstawie definicji stężenia moiowego obliczamy zawartość moli H::P04

w i dm 3 0,02 M roztworu: i

dm3 0,02 M roztworu H3P0 4 - 0,02 moia H::P04 •

Masa moiowa HlO 4 wynosi: 3 · 1,00794 + 30,9738 + 4 · I 5,9994 = 97,99522 g.

Odpowiedź: Do sporządzema 2 dm; 0,025 M r oztworu potrzeba 3,8489 g Na2 sp~

5Hp.

11. Jaką objętość 0,998 M NaOH naieży odmierzyć, aby sporządzić 200 cm ~ 0,05 M roztworu tej zasady? ..

58

59

Rozwiązanie:

NaJpierw należy obl iczyć, ile moli NaOH znajd11Je się w 2 tworu:

dm 3

0.05 M roz-

0,05 mola NaOH - !OOO cm= roztworu n - 200 cm; roztworu n "' 0,01 mola NaOH Następnie

oblicza się, w Jakiej objętości 0.998-molowego roztworu NaOH znajduje sie obliczona liczba moli (O.Ol mola): 0.998 mola NaOH - 1000 cm; roztworu 0,01 mola NaOH - Y'. V„"" 10,02 cm, 0.998 M NaOH Odpowiedź: Aby sporządzić 200 cm3 0,05

M NaOH. nalezy odmierzyć 10 cm;

0,998 M NaOH.

12. Z kolby o pojemności 100 cmJ zawierającej 0,15 M NaCl pobrano 20 cm; roztworu i przeniesiono do kolby o pojemności 250 cm; Obl iczyć stężenie molowe tego roztworu po rozcieńczeniu do 250 cm;

13. Odważkę BaCl2 rozpuszczono w 50 cm; wody destylowanej, uzysk ując roztwór nasycony w temperaturze 20°C. Następnie roztwór ten przeniesiono ilosciowo do kolby miarowej o pojemności 200 cm::" Obliczyć stężenie molowe roztworu w kolbie oraz liczbę gramów BaCJ2 zawartą w 200 cm J roztworu. Rozwiązanie:

Najpierw należy odczytać z tabl ic rozpuszczalności, ile wynosi rozpuszczalBaClz- Rozpuszczalność dla BaC12 w temperaturze 20°C wynosi 35,7 g, czyli:

ność

100 g wody - 35,7 g BaC!2 50 g wody - m m = 17.85 g BaCl2 Tę liczbę gramów BaC l 2 przeniesiono ilośc1owo do kolby miarowej a'200, czyli w kolbie znajduje się 17,85 g BaClzAby określ ić stężenie molowe otrzymanego roztworu, należy najpierw obliczyć, ile moli stanowi 17,85 g BaC12 . Masa molowa BaC12 wynosi: 137,327 + 2 · 35,453 "" 208,233 g.

mol BaCLz - 208,233 g n - 17,85 g n = 0,085n mola BaCI2

J

Rozwzązame:

Obliczamy l iczbę moli NaCI, jaka znajduje się w kolbie a' IOO: Ta liczba moli znajduje s ię w !OOO cmJ 0.15 M roztworu NaCI - O, 15 mola NaCl !OO cm, 0,15 M roztworu NaCI - x x = 0,015 mola NaCI

Z kolejnej proporcji obliczamy liczbę moli NaCI, która znajduje się w 20 cm 3 roztworu wyjściowego: IOO cm, 0.15 M roztworu NaCJ - 0,015 mola NaCl 20 cm3 0,15 M roztworu NaCI - x x = 0,003 mola NaCI Ta liczba moli znajduje się równocześme w kolbie a'250. Stężenie molowe obliczamy z proporcji: 0.003 mola NaCJ - 250 cm; x - 1000 cm; x = 0,012 mola NaC! Odpowiedź: Stężenie

molowe tego roztworu wynosi 0,012 mol/dm; .

objętości

200 cm;.

0,08572 mola BaCl2

-

200 cm; roztworu

x - 1000 cm; roztworu

x =- 0,43 mola BaCl2 Odpowiedź: Stężenie molowe roztworu w kolbie wynosi 0.43 M/dm;. W 200 cm; roztworu jest 17,85 g BaCl2 •

14. Do zobojętnienia S cm 3 NaOH zużyto 8,2 cm3 0.1 M HCI. Oblicz stężenie molowe roztworu NaOH. Rozwiązanie:

Najpierw należy obliczyć, ile moli HCI zuzyto w czasie zobojętrnania: 1000 cm3 0,1 M roztworu HCI - 0,1 mola HCI 8,2 cm3 0,l M roztworuHCl - x x = 0,00082 mola HCI

Reakcja zobojętmania przebiega zgodme z równaniem: NaOH + HCI = NaCI +Hp.

'

···~ · • •y-••-.• •-- -•- • w

p

· • · • ·• •

··• • • •; '

~--·--•·•-•"R•„• -•

·--„·--··-„···•-'""' .,__. . . _„.....4.o

··-~~ ·111m1---·•

'' ,_,___ ,,, . ",„

4

..., ~.--„„-„„„--.

~..„

.... ,„ 4 0 ,,

„._

• o• • •-• • •• ••- - •- •- ••• "'• ' "' """ -

• • •• ••

„. ··· ···-· ••••'" ••• „. „„ ..........,,.,,.,•.• „ •.- H n ' o ·---„ ..•. o•""'"'""••'•"•'•"""' '' ' "

'""''"'-"'"' "'" "'""- " ''-"'"'~·-••o••-• • M O •

61 60 ,_,--

z rownania rea.Kcji wynika, ze i

l I

I

mol NaOHjest zobojętn iany przez 1 mol HCl, czyli 0,00082 mola HCI zobojętnia 0,00082 mola NaOH. 0,00082 mola NaOH zawarta jest w 5 cm:: roztworu. Obliczamy stęzenie molowe roztworu NaOH: 5 cm.; - 0,00082 mola NaOH !OOO cm= - n

Przeliczając stosunki molowe reagentów na stosunek masowy otrzymu1e się:

2 · 158,0339 g KMn04 = 316,0678 g KMn04 5 · 90,03578 g H2Cp4 = 450,1789 g H2 C2 0 4 450,1789 g H 2C p

n= 0,164 mota NaOH

Odpowiedź: Stężen ie molowe

roztworu NaOH wynosi 0,164 M.

15. Z kolby o pojemności 100 cm:: pobrano 20 cm:: roztworu HNO,. Do zobojętnienia tej próbki zużyto 9,5 cm3 0,1018 M KOH. Obliczyc moto~ość HNO, w kolbie. '

4

2g~Cp 4

-

316.0678 g KMn0 4

-

m

m -= i ,4042 g KMnO4

Obliczamy, ile moli KMn04 zuzyto w czasie reakcji utlenienia 2 g kwasu szc.zaw1owego H 2C20 4: 158,0339 g - i mol KMn0 4 i,4042 g -

X

x = 0,00889 mola KMn04

Rozwiązanie:

1000 cm 3 0,1 M KMn04

Najpierw należy obl iczyć, ile moli KOH zuzyto w czasie zobojętniania: 1000 cm' O,l018 M roztworu KOH - O, 1018 mota KOH 9,5 cm' 0,10 18 M roztworu KOH - x x = 0,00097 mola KOH

Reakcja zob0Jętn1ama przebiega zgodnie z równamem: HNO; + KOH= KNO; + H 20 .

Z równama reakcji wynika, że l mol HN03 jest zobojętmany przez i mol KOH, czyli 0,00097 moia KOH zoboJętma 0,00097 mola HNO, . 0,00097 mola HNO. zawarta jest w 20 cmJ próbki, czyli w 1000 cm; jest: ' , 20 cm" - 0.00097 mola HNO. 1000 cm= - x ,

x = 0,0485 mola HN00 Odpowiedź: Stężenie molowe

roztworu HNOJ wynosi 0,0485 M/dmJ.

0.48 moia KMn04

n = 18,52 cm 3 0,48 M KMn04

Odpowiedź: Do utien1enia 2 g kwasu szczawiowego potrzeba 18,52 cm3 0.48 M

KM.110 4 •

17. Do kolby o pojemności 2 dm ~ przeniesiono ilościowo odważkę 39.5898 g siarczanu(VI) amonu (NH4) 2S04, dodano roztwór I: 100 cm 3 0,2 M roztworu (NH4) 2S04 oraz roztwór II: 50 cm3 3 M roztworu (NH;>2S04 . Po rozpuszczeniu odważki i dokładnym wymieszaniu roztwór uzupełniono wodą destylowaną do kreski. Obliczyć stęzenie molowe roztworu w kolbie. Rozwiązanie:

Aby ok reśl ić stęzeme molowe otrzymanego roztworu. ile moli stanowi odważka 39.5898 g (NH4) 2S04. Masa molowa (NH4) 2 S04 wynosi:

najpierw obli-

2. (14,0067 + 4 . i,00794) + 32,066 + 4. 15.9994 = 132,14052 g. 1.32,14052 g - i mol (NH4) 2 S04 39.5898 g - n

H 2 C2 0 4 wedl·ug równania:

= K 2 S04 + 10 C02 + 8 H 2 0?

n=

0,3 mola (NH4) 2 S04

Rozwiązanie:

Następnie należy obliczyć liczbę moli znajdujących się

Z równania reakcji wynika. ze dwa mole KMnO 4 reagują z pięcioma molami kwasu szczaw1owego H 2C20 4 . Obliczamy masy molowe reagentów:

nych roztworów: Roztwór I:

masa mo~owa KMn04 = 39,0983 + 54,938 + 4 · 15,9994 = 158,0339 g, masa molowa HiCP 4 =2 · l,00794 + 2 · 12,0lll5 + 4 · 15,9994 = 90.03578 g.

należy

czyć,

16. Ile cm 3 0,48 M KMn04 potrzeba do utieniema 2 g kwasu szczawiowego 2 KMnO~ + 5 H 2 C2 0 4 + 3 H2 S04

-:-

n - 0,00889 mola KMnO4

w objętości obydwu doda-

1000 cm; 0,2 M roztworu - 0,2 moia (NH4) 2S0 4 100 cm3 0.2 M roztworu - n

62

63

Roztwór li:

ze względu na występowanie zjawiska kontrakcji. Przez kontrakcję rozumie się zmnie;szenie objętości roztworu w stosunku do sumy objętości składników przed ich zmieszaniem. Na przykład zmieszanie 100 dm= wody 1 100 dm~ absolutnego etanolu daje roztwór o objętości 192 dm;.

1000 crn3 3 M roztworu - 3 mote (NH4)2SO• 50 cm' 3 M roztworu - n n= 0.15 mola (NH.J2S04

Obliczone liczby moli znajdują się w kolbie o pojemności 2 dm~ W sumie w kolbie Jest: n= 0,3 mola+ 0,02 mola + 0, 15 mola = 0,47 mola (NH) SO . Korzystanc z definicji stężenia molowego, obliczamy stę~~me\NH) SO 4 4 w kolbie: 2 2000 cm' roztworu - 0.47 mola (NH4 ) SO4 2 1000 cm: roztworu - n

Przykłady

1. Obliczyć procent objętościowy mieszanmy składającej się z 650 cm 3 heksanu oraz 150 cm 3 benzenu. Rozwiązanie:

Obliczamy (pomijając zjawisko kontrakcji) objętość mreszanmy:

n = 0,235 mola (NH 4) 2 S0 4

VR = 650 cm;+ 150 crn3 = 800 cm3 .

Odpowiedź: Steżenie molowe (NH4) 2S04 w kolbie wynosi 0.235 mol/dm~.

Korzystamy teraz ze wzoru na procentowość objętościową:

3.4. Inne sposoby określania stężeń roztworów 3.4.1. Uwagi ogólne Oprócz stęzenia procentowego, molowego stosuje się w miarę potrzeby inne sposoby wyra;ama stężeń roztworów: ułamek objętościowy (V/V, %), stęzenie masowe (g/dm ), ułamek molowy (nln, %), stężenie molalne (mol/kg).

uhc•san

100 o =vbckun ·100 - =650·- =81,25 Vo, VR 800 .

ub

=V._ · - = 150·=1 8 75Vo. ....nzen VR 800 '

100

en.un

100

Odpowiedź: Procent objętościowy mieszaniny

o

wynosi 81,25% heksanu oraz

18,75% benzenu.

2. Zmieszano 10 dmJ wody z 2,5 dmJ absolutnego metanolu. Obliczyć procentowość objętościową roztworu.

3.4.2. Ułamek objętosc1owy. Procentowość objętościowa

Rozw1ązame:

. Ułamek objętościowy u wyraza się stosunkiem objętości składnika V do objętości roztworu V • A 11

Znając objętość otrzymanego roztworu (3,5 dm3) oraz objętość etanolu w tym roztworze, procentowość objętośc10wą roztworu obliczymy z proporcj i:

12,5 dm; roztworu - 2,5 dm: metanolu 100 dm: roztworu - V V= 20% metanolu (V/V)

(3.ll)

Uł~mek objętościowy wyraża się liczbą n 1em1anowaną. Za pomocą ułamka obJęto~c1owego można wyrażać stężenie cieczy i gazów. Objętości zarówno sk~admka,Jak i roztworu należy mierzyć w tych samych warunkach temperatury r c1śrnema oraz powmny być wyrażone w tych samych Jednostkach objętośc1. Często procentowość objętościowa określa liczbę Jednostek objętościowych ciała rozpuszczonego w 100 jednostkach objętościowych roztworu. 100 UA = ~ (3.12) VR Procentowość objętościowa j est rzadziej stosowana, zwykle np. w przypadku roztworów etanolu w wodzie. Stosowame procentowości objętościowej j est trudne

Odpowiedź: Procentowość objętościowa

roztworu metanolu wynosi 20%.

3. Obliczyć procentowość objętościową roztworu kwasu octowego CHJCOOH o stężeniu 20% i gęstości i ,026 g/cro~, jeżeli gęstość bezwodnego kwasu wynosi 1,05 g/cm:. Rozw1ązame:

Z .defimcji stęzema procentowego wiadomo, że 20% roztwór, o charakterze masowym, zawiera w 100 g roztworu 20 g bezwodnego cącooH. Objęto ść 100 g 20% roztworu obliczymy z proporcji:

---····· ··-.'···-·---··· .., ---··-···-·····-------··· ····· ·····- ·- ··--····-··:···-····-····:·-

·;··

..„.l..ll!IL..---····„.:

„ .. .

„ ....

„ .. „ .„.„.•.•• „.„ ••.„ . „ .•.

--···· „ ..

65

64 Przykłady

t g CH:COOH

- 1,026 ero; roztworu 100 g CH.COOH - V roztworu V = 102,6 cm=roztworu

1. W JOO g roztworu o gęstoSci l, 129 gicmJ znajduje się 26 g HCI. Jakie Jest stężenie m asowe

roztworu?

Rozw1ązame:

Natomiast gęstość bezwodnego kwasu wynosi 1,05 g/cm~

Objętość

lg CH::COOH - 1,05 cm; roztworu

100 g roztworu obliczymy z proporcji, korzystając z 1,129 g HCI - I cm; roztworu 100 g HCl - V roztworu V= 88,574 cm; roztworu

20 g CH.COOH - V roztworu V= 21 cm:: roztworu

Korzystamy teraz ze wzoru na procentowość UA

objętościową:

Obliczamy teraz

100 100 =VA · - = 21 · - - =20,47% . VR 102,6

Odpowiedź: Procentowość objętośc10wa

gęstosci:

stężen te

masowe roztworu: 88,574 cm; roztworu - 26 g HCI 1000 cm; roztworu - m

roztworu kwas u octowego wynosi

m = 293,54 g HCI

20,47%. Odpowiedź: Stęze111e

4. W jakiej ilości wody naJeiy rozpuscić 600 cm 3 bezwodnego alkoholu etyiowego, aby otrzymać roztwór 46%?

masowe roztworu HCI wynosi 293,54 g/dm;

2. W 200 cm 3 roztworu KOH znajduje się 0,75 mola KOH. Jakie jest stęzenie masowe roztworu?

Rozwzązame:

Rozwiązanie:

Z definicji stężenia procentowego w1adomo;ze 46% roztwór, o charakterze zawiera w 100 cm~ 46 cm3 bezwodnego etanolu. Hość otrzymanego 46% roztworu obliczymy z proporcji:

0,75 mola KOH należy wyrazić w jednostkach masy: masa molowa KOH wynosi: 39,0983 + 15.9994 + l,00794 =56.10564 g.

46 cm= etanolu - lOOcm= roztworu 600 cm3 etanoiu - V roztworu V = 1304 cm:: roztworu

56,10564 g KOH - I mol KOH m - 0,75 moia KOH m = 42,0792 g KOH

objętościowym,

Z różnicy objętości otrzymanego 46% roztworu 1 objętości bezwodnego alkohoiu otrzymujemy objętość wody, którą naieży dodać:

Obliczamy teraz stężenie masowe roztworu: 200 cm; roztworu - 42,0792 g KOH 1000 cm:: roztworu - m m = 210,40 g KOH

1304 cm; roztworu - 600 cm= etanolu = 704 cm= wody. Odpowiedź: Należy dodać 704 cm~ wody.

Odpowiedź: Stężen ie masowe roztworu KOH wynosi 210.40 g/dm=

3.4.3. Stężenie masowe

3. Z kolby zawierającej i.2 M roztwór NaCI pobrano SO cm~ roztworu, przeniesiono do kolby i rozcieńczono wodą do pojemności 250 cm;. Jakie Jest stezenie masowe roztworu w obu kolbach?

Stężen ie masowe określa stosunek masy składn i ka m„ do objętości roztworu VR. Jest to liczba gramów substancji rozpuszczonej w 1000 cm: roztworu.

~A= m_,.

g/dm:.

Rozwzązame:

(3.13)

Pomewaz roztwór Jest i,2 M, to oznacza, że 1000 cm 3 roztworu zawiera l,2 mola NaCI. Po wyrażeniu zawartości NaCl w Jednostkach masy obliczamy stężenie masowe roztworu w pierwszej kolbie.

YR W praktyce analitycznej stosowane są również Jednostki mniejsze, np. mg/dm: czy µg/dm; .

· :_.

'· -':

67

66

Masa molowa NaCI wynosi: 22,9898 + 35,453 = 58,4428 g.

Rozwzązame:

Masę

58,4428 g NaCl - 1 mol NaCl m - 1,2 mola NaCl m = 70,1314 g NaCl Stąd stęzenie

100 cm; roztworu obliczymy z proporcji, korzystając z 1,0522 g - l cm: roztworu m - 100 cm~ roztworu

m

masowe roztworu w pierwszej kolbie wynosi 70,1314 g/dm; . Obliczamy masę

1000 cm= roztworu - 70,1314 g NaCJ (1 ,2 mola) 50 cm' roztworu - m

= 105,22 g roztworu

molową H2 S04 : I mol

m = 3,5066 g NaCI

2 · 1,00794 + 32,066 + 4 · 15,9994 = 98,07948 g.

H2S04

-

JOS,22 g roztworu - 8,4348 g H 2S04 = 96,7852 g rozpuszczainika.

250 cm' roztworu - 3,5066 g NaCl 1000 cm; roztworu - m

96,7852 g rozpuszczalnika - 0,086 mola H 2S04 1000 g rozpuszczainika - n

m = 14,0264 g NaCI

n = 0,8886 moia H 2 S04

Octpow1edź: Stężenie

masowe roztworu NaCI w p ierwszej kolbie wynosi 70,1314 g/dm 3, a w drugiej kolbie 14.0264 g/dm;.

Odpowiedź: Stężenie

3.4.4. Stęzenie molalne

gęstość roztworu wynosi 1,095 g/cm3 ?

molalne H2S04 wynosi 0,8886 mol/kg.

2. Ja1<1e będzie stęzenie molalne H 2S04 o stężemu 1,563 mol/dm~. jeżeli

Ronviązanie:

Stężenie

molalne mA oznacza liczbę moli substancji, która przypada na 1000 g rozpuszczalnika.

Masę 1000 cm; roztworu obliczymy z proporcji, korzystając z gęstości: 1,095 g - 1 cm: roztworu m - 1000 cm~ roztworu

(3.14)

111 =

gdzie: mA - stężenie

-

mR -

molalne, molalność. liczba moli substancji A, masa roz puszczalnika.

Wynika

98,07948 g H2S04

0,086 mola H 2S04 - m m = 8,4348 g H 2SO4

Obliczamy teraz stężenie masowe roztworu w drugiej kolbie:

nA

gęstości:

1095 g roztworu

Obliczamy masę molowąH 2 S0 4 : 2 · l.00794 + 32,066 + 4 · 15.9994 = 98.07948 g. 1 mol H 2S04 .1,563 mola H 2S04

stąd, że ilości

substancji w roztworach molalnych mus i odm1erzac się, stosując sposób wagowy lub objętościowy, po uwzględnieniu gęstości, co Jest niedogodne. Dlatego też w praktyce mo lalność stosowana j est stosunkowo rzadko. Czasem molalność bywa mylona ze stężeniem molowym.

-

98,07948 g H 2S04

-

m

m = 153,2982 g H 2S04

1095 g roztworu - 153,2982 g HiS04 = 941,7018 g rozpuszczalnika. 941,7018 g rozpuszczalnika - 1,563 mola H 2 S04 IOOO g rozpuszczalnika - n

Przykłady

n = 1„66 moia H 2 SO4

1. 100 cm; roztworu zawiera 0,086 mol HiS04 • Jakie będzie stęzeme molalne, Jeżeli gęstość roztworu wynosi ł,0522g/cm 3 ?

Odpowiedź: Stęzenie molalne 8iS04 wynosi 1,66 mol/kg.

··-- „ .... „

„.·-···--·----·•···--·----· -··- •· ·

··--··--„-------

....„.• ··• ·· ·- ··-···-·-··r··· ··

······~-·~

·- ···· -·- · ·····--- --· ·· -··------····-·····-·--·„-·-··-·····-··· ·· ·

···--·············--····-· ·:111!1f---.

.,„Jlllll...

„ •••.- ••-••• • • •

•""""""""'"'"'"·"·'~'-'"••••oo-·00 ••·-.----••"

•

, „ ..

„,.„,'"""' •·- • ••••••"•''""'""-""'•'~ '"•

•••,o· • • " • "

o· o.· .-o·••-' '"""••>"' " " " " ' " " ' " • "'"' • • '""'" " " •""'"'"' '-·• · ··" ' „ • .•

„..

„ • . . • • . • •• • • --

„_

••o•• ' · " ' "

„..."•'•"· '•·"..„ ..„....·•·"•··'""""'- ""••''"'

• • ••• • , ..• .„ .„ .•. ,...„ „ „ ,, •• " ' ' •· "' " '"" •••• •• ..

69

68 „·

3. Jakie jest stężenie molalne roztworu uzyskanego przez zmieszanie 100 cmJ roztworu NaOH o stężeniu procentowym 36% o gęstości i.39 gicm} ze 100 cm} wody destyiowanej?

(3.15)

gdzie:

Rozwiązanie:

xA - ułamek

molowy roztworu, n A - liczba moli składnika, n, - liczba moli składników mieszaniny.

Masę 100 cm~ roztworu obliczymy z proporcji, korzystając z gęstości:

1,39 g - l cm3 roztworu m - !OO cm 0 roztworu m

Liczbę

moli można wyrazić za pomocą mas składników:

= 139 g roztworu

(3.16)

Obliczamy masę NaOH w 100 cm 3 36% roztworu: gdzie:

100 g 36% NaOH - 36 g NaOH 139 g 36% NaOH - m m = 50,04 g NaOH

mA- masa składn ika. MA - masa moiowa składnika. Niekiedy stosttie się pojęcie procentu molowego, który określa l iczbę moli substancj i rozpuszczonej przypadającą na 100 moli wszystkich składników roztworu. Ten ułamek molowy wyrażony jest w procentach:

Przeliczamy masę NaOH na liczbę moli; obliczamy masę moiową NaOH: 22,9898 + 15,9994 + i,00794 = 39,99714 g. i mol NaOH - 39,99714 g n - 50,04 g n= 1.251 I mola NaOH

XĄ = nA

88,96 g rozpuszczainika + WO g woely = 188,96 g rozpuszczalnika

Rozwiązanie:

Obliczamy stężenie motaine roztworu: .. !

Roztwór 46% oznacza, że IOO g roztworu składa się z 46 g etanoiu oraz 100 g roztworu - 46 g etanoiu = 54 g wody. Najpierw należy obliczyć masy molowe składników roztworu: masa moiowa H 20 wynosi: 2 · i,00794 + 15,9994 = 18,01528 g, masa molowa C 2H 50H wynosi: 2 · 12,01115 + 6 · 1,00794 + 15,9994 = 46,06934 g. Przeliczamy teraz masy składników na moie:

3.4.S. Ułamek molowy. Procent molowy Ułamek moiowy określa liczbę moli substancji rozpuszczonej przypadającą na określoną liczbę moli wszystkich składników roztworu. Ułamek moiowy Jest wielkością bezwymiarową. Suma ułamków molowych składników mieszaniny równa się jedności.

(3.17)

1. Jaka Jest wartość ułamka moiowego etanolu w jego roztworze wodnym o stężeniu 46%?

139 g roztworu - 50,04 g NaOH = 88,96 g rozpuszczalnika

Odpowiedź: Stężenie moiaJne NaOH wynosi 6,62 mol/kg.

I„~1 n,

Przykłady

Teraz naieży obliczyć całkowitą masę rozpuszczalnika:

188,96 g rozpuszczainika - 1,2511 mola NaOH 1000 g rozpuszczalnika - n n = 6,62 mola NaOH

100

·-n--

46,06934 g C2H50I:I - l mol 46gC 2HpH- n n = 0,9985 mota 18,01528 g

HP -

l mol

54gH O - n n = 2,9975 moia

71

70 Ułamek m olowy

Ponieważ

etanolu wynosi: 0,9985 =o. 25. O, 9985 + 2, 9975

Odpowiedź: Ułamek

ułamków molowych w mieszanm1e wynosi 1. molowego dla wody: I - 0,076 = 0,924. Przeliczamy teraz masy składników na mole:

suma

J mol Hp - 18,01528 g 0,924 mota Hp - n n = 16.6461 g

Rozw1ązame:

należy

obliczyc masy molowe składników roztworu:

masa molowa HiO wynosi: 2 · 1,00794 + 15,9994 = 18,01528 g, masa molowa CH~ COOH: 2 · 12,01115 + 4 · i,00794 + 2 · 15,9994 = 60.05286 g. Ponieważ suma ułamków molowych w mieszaninie wynosi J. stąd obliczamy

Roztwór waży: 3,0398 g NaOH i 16,6461 g HzO = 19,6859 g. Korzystając z definicji stęzenia procentowego, otrzymujemy wartość stęże111a NaOH w roztworze:

wartość ułamka

molowego dla wody: 1 - 0,12 = 0.88. Przeliczamy teraz masy składników na mole: I mol CH:COOH - 60,05286 g 0, 12 mota CH:COOH - n n= 7,2063 g

1 mol Hp - 18,01528 g 0,88 mota Hp - n n= 15,8534 g

19,6859 g roztworu - 3,0398 g NaOH 100 g roztworu - m m = 15.44 g NaOH Stężenie

procentowe NaOH w roztworze wynosi 15,44%. z gęstośc i , przeliczamy stężenie procentowe na molowe. Wiemy, ze roztwór jest 15%, czyli 100 g roztworu zawiera 15 g NaOH. Należy przeliczyć 100 gna cm} oraz wyrazić 15 g NaOHjako liczbę moli. Korzystając

I

Roztwór wazy: 7,2063 g CHJCOOH i 15.8534 g 8i0 = 23,0597 g. Korzysta1ąc z definicji stężema procentowego, otrzymujemy wartość stężenia kwasu octowego w roztworze: 23.0597 g roztworu - 7,2063 g CHJCOOH 100 g roztworu - m m = 31.25 g CHJCOOH

Stężenie

molowe roztworu obliczamy z proporcji: 85,91 cm= - 0,3860 mota 1000 cmJ - n n "" 4.49 mola

3. Jakie Jest stęzeme procentowe i molowe NaOH w roztworze wodnym, Jeżeli ułamek molowy NaOH wynosi 0,076? Gęstość roztworu wynosi 1.164 g/cm=. Najpierw na leży obliczyć masy molowe składników roztworu:

cm=roztworu - l,164 g V - 100 g V= 85,91 cm;

39,99714 g - i mol NaOH 15.44 g - n n = 0,3860 mota NaOH

Odpowiedź: Stęzenie procentowe kwasu octowego w roztworze wynosi 31,25%.

Rozwiązame:

o bliczamy

I mol NaOH - 39.99714 g 0.076 mola NaOH - n n= 3,0398 g

molowy etanolu wynosi 0,25.

2. Warto ść ułamka molowego kwasu octowego w Jego roztworze wodnym wynosi 0,12. Jakie jest stężenie procentowe tego kwasu w roztworze? Najpierw

stąd

wartość ułamka

Odpowiedź: Stęzeme

procentowe NaOH w roztworze wynosi 15,44%, a molowe

4A9 mol/dm: .

masa molowa Hp wynosi: 2 · 1,00794 + 15,9994 = 18,01528 g, masa molowa NaOH: 22.9898 + 1,00794 + 15,9994 = 39.99714 g.

. -·-·-··

„„„.„.__ „„__.• _„_,__,„„,_„ .„ . - . __„.„„ „„„. - . -· --··

„ • .

„. „.„. .- _„, .„„.. . „ „„ „ -·- -··---····-„„--.„„„„„.••.•„.„-- ·-'!llllfi'-„

___LJJlłllL~.,...-~,-~•••• •L•.,_•·-- •-·•••"'""'""'•••••-•

••-•""••·>•••'''"om•-•••-·•·

···••·-~-·-·-···•····- ·••••·,_ •••·••••·•••••••• ••w•·~~-··· " " ""' ' •- ··-•·•_..,_,_ _,,..,~.,,.„„„____..__,„„,,.,.,.„~„, ' ••••-'"'""""' ••··~--···••·••"'-' ~••••M-•"">~••·•-•• •··•·•~-.··

·-•-••„•·•· •

•·

.i '

73

72

3.4.6.

Określanie zawartości śladowych:

3.5. Przeliczanie stężeń roztworów

ppm, ppb, ppt

Komisja Metod M ikrochem icznych i Analizy Śladowej Wydziału Chemii Analitycznej IUPAC wprowadziła podział składników ś ladowych według ich zawartości w próbce na: - ślady: 10- 2 - 10- 8 , - mikroślady: 10- 8 - 10- 11; - nanoślady: lQ-ll - {Q- 1\ - pikoślady: 10-14 - io-17_

3.5.1. Przeliczanie stężen ia procentowego 1 stężenia molowego W praktyce często zachodzi ko nieczność przeliczania stężenia procentowego na molowe lub odwrotnie. Takie przeliczenie 1est możliwe wówczas, gdy znana Jest gęstość roztworu. Przeliczaj ąc stężen ie procentowe na moiowe, naiezy: - masę roztworu przeliczyć na objętość, wykorzystując gęstość tego roztworu, - masę substancji prze liczyć na liczbę moli, wykorzystuj ąc masę molowa

Przy oznaczaniu zawartosci śladowych w próbce stosuj e się okreś lenia: - ppm - parts per milion - oznacza ilość częsci wagowych substancji w 106 częsc1 wagowych próbki, w i kg próbki jest 1 mg substancji oznaczanej, - ppb - parts per bi/lion - oznacza ilość części wagowych substancji w 109 części wagowych próbki, w 1 tonie próbki jest i mg substancji oznaczanej, - ppt- parts per tri/lion - oznacza ilość części wagowyc11 substancji w 1012 części wagowych próbki, w l tonie próbki jest i µg substancji oznaczanej. Taki sposób wyrażania stężenia stosuje się przy gramcznych rozcieńczeniach roztworów. Przy przelicza.mu stężen ia procentowego (mim) na ppm lub ppb wykorzystuje

związku,

- z proporcji ob liczyć liczbę moli, Jaka znajdowałaby s1e w i dm~ roztworu. Cp (%) ~-------------- C,,. (mol/dm3)

m,(g)

lid, (gicm~

się następujące zależnośct:

ppm =% (mim)· 104, ppb = % (mim)· 107, ppt =%(mim) · 1010 .

V, (cmJ lub run')

m, (g)

Jl

MCW~ll

n (mol)

W od01es1eniu do gazów wartości ppm, ppb można wyrazić objętościowo (VIV) lub w sposób masowy (mi m).

Przel iczając stęzeme molowe na procentowe, należy: - objętość roztworu przeliczyć na masę, wykorzystując gęstość tego roztworu, - l iczbę moli substancji przeliczyć na masę, wykorzystując masę molową

Przykład

zw iązku.

Wyrazi ć

- z proporcji o bl iczyć masę substancji, j aka znajd owałaby s 1ę w 100 g roztworu.

w ppm , ppb i ppt stężenie jonów Hg/+ w wodzie wynoszące

i · io-6 %.

Przykłady

Rozwiązanie:

.\

J - 10- 6 % = i· 10- 6 % · 104

1·J0-6 %=

j.10- 6 %

1.

Obliczyć stęze111e

molowe 16% roztworu azotanu(V) potasu KNO 3, Jezeli

gęstość tego roztworu wynosi J,1039 gicmJ,

=O.Ol ppm,

107

· = 10 ppb, t · I0- 6 % = 1 · 10-6% · 1010 = 104 ppt.

Rozwiązanie:

z definicji s tęzema procentowego wyn ika. że r oztwór 16% to taki, który -:-

i..

w 100 g zawiera 16 g substancji rozpuszczonej, w ty m przypadku KNO•. Aby obliczyć stężenie molowe roztworu, należy 100 g wyrazić w jednostce objętości:

74

75

v

= m,

•

d,

=

!OO g 1, I 039 gicm3

= 90.5879 cm~.

Następnie

16 g KN0 3 przeliczamy na liczbę moli: masa molowa KNO, wynosi: 39,0983 + 14,0067 + 3 · 15,9994 = 101,1032 g 101.1032 g - I mol KNO~ 16 g - n

n= 0,15825 mola KNO~

W sumie w roztworach 1est: 100 g + 22.5 g = 122,5 g HN03 , które przel iczamy

na

liczbę moli. Masa molowa HNO: wynosi: 1,00794 + 14,0067 + 3 · 15,9994 = 63,01284 g.

63,01284 g - 1 mol HNO~ 122,5 g - n n= 1,944 mola Możemy teraz z proporcji zmieszaniu roztworu I i II:

Mozemy teraz z proporcji obliczyć stężenie molowe roztworu:

Odpowiedź: Stężenie molowe 16% roztworu KNO, wynosi 1.747 mol/dm; _

2. 200 g 50% roztworu kwasu azotowego(V) HNO, o gęstości L,31 g/cm; zmieszano z 150 g 15% HNO, o gęstości 1,0842 g/cm;. Obliczyć stęzeme molowe powstałego roztworu.

obliczyć stężenie

molowe roztworu uzyskanego po

291 ,023 cmJ - 1.944 mola HNO~ 1000 cm~ - n

90..5879 cm3 (lOO g 16%) - 0.15825 mola KNO, (1 6 g KN03) 1000 cm -' - n n = 1.747 mola KNO~

HNO;

n = 6,68 mola HNO: Odpowiedź: Stężenie

molowe roztwora HNO:: wynosi 6.68 mol/dm:

3. Do 250 cm ~ 6 M roztworu NaOH dodano 400 cm~ 10% roztworu NaOH o gęstości 1,1 g/cm;. Obliczyć stęzeme molowe powstałego roztworu. Rozwiązanie:

Obliczamy liczbę moli NaOH w 250 cm 3 6 M roztworu NaOH.

Rozwiązanie:

I. ·Roztwór 50% HNO, to taki, który w 100 g zawiera 50 g HNO„ II. Roztwór 15% HNo:, to taki, który w 1-00 g zawiera 15 g HNo:. , Aby ob liczyć stężenie molowe roztworu III powstałego po zmieszanm roztworu I i II, nalezy masy roztworu wyrazić w jednostce objętości : V, =m' = 200g . =152.672cm' d, J,3lg/cm' V '

="3:. = d,

150 g = 138 351 cm3 J,0842g/cm~ ·

IOOO cm3 6 M NaOH - 6 moli NaOH 250 cm 3 6 M NaOH - n

n= J.5 mola NaOH Z definicji stężenia procentowego wiadomo, że roztwór 10% NaOH to taki, który w 100 g zawiera 10 g NaOH. Aby obl iczyć masę NaOH w roztworze, należy najpierw 400 cm~ roztworu wyrazić w jednostce masy 1 w proporcji wykorzystać defin icję stężenia procentowego:

m, = V,· et,= 400 cmJ · 1,1 gtcm:=440 g. 100 g 10% NaOH - IO gNaOH 440 g 10% NaOH - m

Łącznie Jest 152,6718 cm'+ 138,351 cm'==< 291.023 cm'.

Obliczamy

I.

masę

kwasu w roztworach: 100 g 50% roztworu - 50 g HNO~ 200 g 50% roztworu - m

m = 100 g HNO;

IL

100 g 15% roztworu - 15 g HNO; 150 g 15% roztworu - m

m = 44 gNaOH Następnie

44 g NaOH przeliczamy na liczbę m oli:

masa molowa NaOH wynosi: 22,9898 + 15,9994 + 1,00794 = 39,99714 g. 39,99714 g - I mol NaOH 44 g - n

n = 1,10 mola NaOH

m = 22,5 g HNO;

-- .. „._. ___„ __ ,.,„ -··--

•.. '' ··········•·······- ······ "'' •''' -- .. „ .•.

··· ·· . . - --· ····· ....••„ ....•.....„._-·-·-···-··

' " -"·--······-

- --

--·Ullll.....··--·--··-··-··------„---·--·--··-·····- .„.. ..„.„.„.......•..„ •.•„ ..„

-···--·--··-·- --···--····- ·-··-·· .•

„. -· ....--··-···· .........„ •...,„________,„.•„„. „----·-········--··--···· ..„ ... ..„„„• • „~.-.--···--· - „ „ „ „ .„„.• •.„. ~!''.'!'

:.f :· ł

77

76 Obliczamy objętość roztworu: 250 cm:+ 400 cm;= 650 cm;. Łączna liczba moli NaOH wynosi: 1,5 m + i,10 m = 2,6 mola NaOH. Mozemy teraz z proporcji obliczyć stężenie molowe roztworu: 650 cm• roztworu NaOH - 2,6 mola NaOH 1000 cm~ roztworu NaOH - n n= 4,00 mole NaOH

5. Z 350 cm ~ 4 M roztworu KOH o gęstości d = 1,18 mol/dm: odparowano

85 g wody. Obliczyć stężenie procentowe otrzymanego roztworu. Rozw1ąza11 1e:

Obliczamy liczbę mol i KOH w 350 cm3 4-moiowego roztworu. 1000 cm~ 4 M KOH - 4 moie KOH 350cm~4MKOH - n n= i.4 moia KOH

Odpowiedź: Stężen ie molowe roztworu NaOH wynosi 4,00 mol/dm;.

4. Jaką objętość roztworu chłorl<.u sodu o stężeniu 12% 1 gęstości i,0857 gtcm1 należy zuzyc w celu przygotowania 500 cm: roztworu o stęzentu 0,1 M?

Następnie

l,4 mola KOH przeliczamy na l iczbę gramów:

masa moiowa KOH wynosi: 39,0983 + 15,9994 + 1,00794 = 56.10564 g I mol KOH - 56,10564 g i,4 mola KOH - m m = 78,5479 g KOH

Rozw1qzame: Obliczamy liczbę moli NaCl w 500

cm3

0,1 M roztworu NaCI.

1000 cm> 0,1 M NaCI - 0,1 mola NaCI 500 cm3 OJ M NaCI - n n = 0,05 moia NaCI Następnie

0,05 mola NaCl przeliczamy na

l iczbę

masa molowa NaCl wynosi: 22,9898 + 34,453

gramów: =

57,4428 g

Przeliczamy objętość roztworu na masę: m, = V, · d, = 350 cm>· 1,18 gicm' = 413 g roztworu.

Obliczamy masę roztworu: 413 g roztworu - 85 g wody = 328 g roztworu . Mozemy teraz z proporcji obl iczyć: stężenie procentowe roztworu: 328 g roztworu KOH - 78,5479 g KOH 100 g roztworu KOH - m m "" 23.95 g KOH

1 mol

NaCI - 57,4428 g NaCI 0,05 mola NaCl - m m = 2,87214 g NaCI Odpowiedź: Stężeme

Roztwór 12% zawiera w 100 g 12 g substancji rozpuszczonej, czyl i NaCI. Aby obliczyć stężenie molowe roztworu, należy 100 g wyrazić w Jednostce objętości: 12 g NaC! - 100 g 12% NaCl 2,87214 g NaCI - m m = 23,9345 g 12% NaCI

6. Do 500 cm 3 0,1 M roztworu HN03 dodano 20% roztwór HNO. o gęstosc1 d"" l.16 mol/dm 3. Otrzymano i dm: roztworu o stężeniu 0,2 mol/dm:;. Obliczyć, ile dodano 20%

d,

Obliczamy l iczbę moli HNO~ w 500 cm 3 0,1 M roztworn.

Odpowiedź: W ceiu przygotowania 500 cm: roztworu o stęzeoiu 0,1 M należy zużyć 22,05

cm'.l 12% NaCI.

1000 cm' 0,1 M HNO. - O,l mota I-INO. 500 cm' 0,1 M HNO; - n • n = 0,05 moia HNO.

23,9345 g' = 22,05 cm~

i,0857 gtcm'

HNO~.

Rozwiązanie:

Korzystając z gęstości, obliczamy objętość 12% NaCI potrzebną do sporządzenia 0,1 M roztworu:

V,= m, =

procentowe roztworu KOH wynosi 23,95%.

Otrzymano l dm3 roztworu, czyli: 1000 cm~ 0,2 M HNO. zawiera O 2 mola , .

HNO~.

Obliczamy, ile moli HNO~ nalezy ctoelać, aby uzyskać roztwór 0.2-molowy.

n = 0,2 moia - 0,05 mola= O, 15 mota HNO•.

'f ! \

79

78 Należy że

teraz obliczyć, jaka objętość 20% HNO; zawiera 0,15 mola HNOJ wiedząc, 100 g 20% HNOJ zawiera 20 g HNOJ. Przeliczamy masę roztworu na objętość: IOOg V = m, „

d„

8. Ile technicznego siedmiowodnego s1arczanu(VI) żelaza (II) FeSO · 7 H O

zawierającego 3,21% zameczyszczen należy odważyć, aby sporządzić 250 c:nJ roztworu o stęzeniu 0,25 mol/dm3 ? Rozw1ązame:

Obliczamy liczbę moli FeS04 w 250 cm3 0,25-molowego roztworu. 1000 cm 3 0,25-molowego FeS04 - 0,25 mota FeS04 250 cm3 0,25-rnolowego FeSO~ - n n = 0,0625 mola FeS04

Masa molowa HNOJwynos1: 1,00794 + 14,0067 + 3 · 15.9994 = 63,01284 g. 63.01284 g - I mol HNO: 20g - n n= 0,3174 mola HNO:;

Masa molowa FeS04 wynosi: 55,845 + 32,066 + 4 · 15.9994 = 151,9086 g. Masa motowa FeS04 7 H20 wynosi: 278,01556 g. 1 mol FeS04 - 151.9086 g FeS04 0.0625 mola FeSO4 - m m = 9,49429 g FeS04

0,3174 mola HNO. - 86.21 cm3 20% roztworu HNO. 0,15 mola HNO~ - V V = 40,74 cm 3 20% roztworu HNO: Odpowtedź:

Dodano 40,74 cm3 20% HNOJ.

151.9086 g FeS0 4 - 278,01556 g FeS04 • 7Hp 9.49429 g FeSO4 - m m = 17,375977 gFeS04 ·7Hp

7. Obliczyć stęzenie procentowe 2,872 M roztworu kwasu chlorowodorowego HCI o gęstości d= 1,0474 g/cmJ.

100 g FeSO, · 7H 20 - 3,21gzanieczyszczen=96,79 g FeS04 • 7 H20

Rozwiązame:

Z defimcji stęzen1a molowego wiadomo. że roztwór 2,872 M to taki, który w 1000 cm; zawiera 2,872 mola substancji rozpuszczoneJ, w tym przypadku HCI. Aby obliczyć stęzeme procentowe roztworu, nałezy 1000 cmJ wyrazić w Jednostce masy: m.

= V, · d. = 1000 cm:;· 1,0474 gicm:; = 1047.4 g.

Następ01e 2.872

mola HCI przeliczamy na liczbę gramów: masa molowa HCI wynosi: 1.00794 + 35,453 = 36,46094 g l mol HCI - 36,46094 g

2.872 mola HCI - m m = 104,7158 g HCI Stęzenie

procentowe roztworu obliczamy z proporcji: 1047,4 g (1000 cm3) - 104,7158 g HCI (2,872 mola HCI) 100 g - m HCJ m= IOg

Octpowredź: Stęzenie

procentowe roztworu HCI wynosi 10%.

96,79 g FeS04 • 7 H2 0 - !OO g FeS04 · 7 RzO technicznego 17,375977 g FeSO; 7 Hp - m m = 17,952 g FeSO4 • 7 H2 0 technicznego Odpowiedź:

Nalezy odważyć 17,952 g technicznego FeS04 , 7 Hp.

3.5.2. Przeliczanie stężeń z

udziałem stęzenla

procentowego

Przeliczanie stężenia procentowego na procentowość objętościowąjest moż­ liwe tylko wtedy, gdy znana jest gęstość roztworu oraz efekt kontrakcji. Zadania z tego zakresu najczęściej dotyczą wodnych roztworów etanolu. W przypadku przeliczeń dotyczących wodnych roztworów etanolu należy korzystać z tablic, które podają zależność między gęstością i stężeniem procentowym, bądź z tablic uwzględniających rówmeż procentowość objętościową. PrLyklady 1. Obliczyc procentowość objętościową, pomijając efekt kontrakcji, wodnego roztworu etanolu w temperaturze 20°C, którego stężenie procentowe wynosi 45% 1 gęstość wynosi 0,9247 g/cmJ. Gęstość wody w 20°C wynosi d = 0,99823 g/cm~ .

. „. ·-·-·"

··---„-·---· „ ...

„„„.„„„„.. „ .... ".'----·-·· ------------·· - . --- '" ----------------· .„ ---·--·······-·--·-··-

· „„„,„„.„

- :·r1111r··

„„L.ll!W.;...••...•.„ ..

: „„ .•.„ „. _„ ..•. __ „ . „„. „•••„ •.. „. „„•• "

„ •..• „ .„ „.

....• ·····-· .•... ...........„ ...........„

.... • .

„ ..„

.•• ~„

...

~-„

.....~-„... „.„.„ „.„„..•. -„ ...••,... • „ •

-„. .......

. •.....• „ •. •• .••__ ,„,„.„„„•.••....

81

80 Rozw1ązame:

Rozwiązanie:

Procentowość objętościowa wymaga podania stosunku objętości

oznaczanego

składnika do objętości roztworu, wyrażonego w procentach.

100 g roztworu 45% zawiera 45 g czystego etanolu oraz 55 g wody i zajmuje objętość:

Procentowość obj ętościowa wymaga podania stosunku objętości składnika do objętości roztworu wyrażonego w procentach.

W 100 cm; metanolu (bez efektu kontrakcji) znajduje się 18,38 cm~ metanolu i 81,62 cm; wody. Wykorzystując gęstość składników w temperaturze 20°C, obliczymy ich masę:

V, = 100 g: 0,9247 gicm== 108.14318 cm:.

Mmeranoiu = 18,38 cm"' · 0,7917 gtcrn; = 14,5514 g metanolu,

w temperaturze 20°C woda ma gęstość d = 0,99823 gicm; _55 g wody zaJffiUJe w tej temperaturze objętość:

mH,o = 81,62 cm: · 0,99823 gicm= = 81.4755 g wody.

VHao = 55 g: 0,99823 g/cm; = 55,097523 cm :.

108,14318 cm= roztworu - 55,097523 cm: wody= 53,045657 cm: etanolu Procentowość objętościową roztworu

oznaczanego

Po obliczeniu masy roztworu (14,5514 g + 81,4755 g obliczymy stężenie procentowe tego roztworu:

obliczamy z proporcji:

96,0269 g roztworu - 14,5514 g metanolu 100 g roztworu - m m == 15.153 g metanolu

108,14318 cm: roztworu - 53,045657 cm=·etanolu 100 cm= roztworu - x x = 49,051% objęt0Sc1 etanolu

Odpowiedź: Stężenie

Odpowiedź: Procentowość objętościowa

45% (mim) roztworu etanolu wynosi

49,051% (V/V).

.

procentowe roztworu wynosi 15,153% (mim).

4. Jaka Jest wartość ułamka moiowego metanolu w roztworze wodnym o stę· 10% (mim)?

żenm

2. Ile gramów bezwodnego alkoholu etyiowego o gęstości d = 0,7893 gim; naieży użyc do sporządzenia 0,5 dm 3 roztworu o stężeniu 18% (V/V)? Rozw1ązame:

Procentowość objętościowa wymaga podania stosunku objętości

= 96,0269 g) z proporcji

oznaczanego

składnika do objętości roztworu wy rażonego w procentach.

100 cm0 roztworu 18% zawiera 18 cm3 czystego etanoiu. Obliczamy masę etanoiu, korzystając z gęstości: V, ·;: 18 cm~· 0,7893 gicm; = 14,2074 g

Rozwiązanie:

Ułamek molowy wymaga podania stosunku liczby moli oznaczanego skład­ nika do liczby moli roztworu. Z definicji stęzema procentowego wynika, że wodny roztwór metanolu składa si ę z 10 g metanolu i 90 g wody. W pierwszej kotej nośc1 należy przeliczyc wartości składników wyrazone w jednostkach masy na moie.

Masa moiowa CHp H wynosi: 12.01 115 + 15,9994 +4 · 1,00794 = 32,04231 g, masa molowa H 20 wynosi: 15,9994 + 2 · i,00794 = 18.01528 g. 32,04231 g - i mol CH;OH IO g - n n= 0,31209 mola CHp H

100 cm3 18% roztworu - 14,2074 g etanolu 500 cm3 18% roztworu - x x = 71,037 g etanoiu

18,01528 g - 1 mol Hp 90 g - n n = 4,99576 moia Hp

Odpowiedź:

Do sporządzenia 0,5 dm~ roztworu o stężeniu 18% (V/V) naieży użyć 71,037 g bezwodnego alkohoiu etyiowego. 3. Procentowość objętościowa wodnego roztworu metanolu w temperaturze 20°C wynosi 18,38%. Gęstość metanolu w 20°C wynosi d = 0,7917 g/cm] Gęstość wody w 20°C wynosi d = 0,99823 g/cm; . Ob liczyć stężenie procentowe roztworu, pomijając zJaw1sko kontrakcji.

Obliczamy ułamek molowy metanolu: x metanolu . =nmetanolu / n metanoiu + n\\'OdV' xmcranolu =

0,31209 mola / 0,31209 mola + 4,99576 mola = 0,059.

Odpowiedź: Ułamek molowy

metanoiu wynosi 0,059.

82

83

5. Jakie Jest stęzeme masowe 10% roztworu s1arczanu(VI) potasu K 2S04 o gęstości 1,0817 gicm 3"

7. Z 85 g wody destylowanej i 15 g Na 2 S0 4 .sporządzono roztwór. Obliczyć Jego stężenie procentowe 1 molalne.

Rozw1ązame:

Rozwiązanie:

Stęzeme masowe określa l iczbę gramów oznaczanego skład n ika, w tym przypadku K 2S0 4 , znajd ującą się w i OOO cm: roztworu . Korzystając z gęstości wiemy, ze: 1,0817 g - 1 cm3 10% roztworu K 2 S04 100 g - V cm3 V= 92,447074 cm' 10% roztworu K2S0 4

O~liczamy masę roztworu : 85 g wody + 15 g Na 2S04 = 100 g roztworu. Wynika z tego, ze roztwór jest 15%. Stężenie molalne określa liczbę moli składnika w kilogramie rozpuszczalnika. Masa molowa N~SO4 wynosi: 2 · 22.9898 + 32,066 + 4 · 15,9994 = 142,0432 g.

92,447074 cm3 10% roztworu K2 S04 1000 cm3 10% roztworu K2 S04 m = 108.17 g K2S04 Odpow1edź: Stężenie masowe

-

JO g K2 S04

-

m

142.0432 g - I mol Na2S04 15 g - n n = 0,1056 mola NaiSO~ 85 g wody - 0,1056 mola Na 2S04 1000 g wody - n n = l,242 mola Na2 SO4

K 2S04 wynosi 108,17 g/dm:

6. W 200 g 14% r oztworu siarczanu(VI) sodu Na 2 S0 4 o gęsto ś c i d = = 1,1306 g/cm: rozpuszczono IO g Na 2S04, otrzymując roztwór o gęstości d = 1,171 g/cm:. Jakie jest stężenie masowe powstałego roztworu?

Odpowiedź: Stęzenie procentowe roztworu N~S04 wynosi 15%, stęzenie molalne wynosi 1,242 mol/kg.

8. O bl iczyć s tęzeme molalne 35% węglanu potasu K 2CO, o gęstości d = = 1,3548 g/cm: . ~

Rozwiązanie:

Stężen ie

masowe określa liczbę gramów oznaczanego składn i ka. w ty m przypadku N~S04 , znajdującą się w 1000 cm: roztworu.

Rozwiązanie:

Roztwór Jest 35%, czyli składa się z 35 g K 2CO: i 65 g wody. Stężenie molalne określa liczbę moli składnika w kilogramie rozpuszczalnika. Wobec tego masę 35 g K 2C0 3 należy wyrazić liczbą moli:

100 g 14% roztworu - 14 g N~S0 4 200 g 14% roztworu - m m = 28 g Na2 S0 4 Uwzględniamy

masa molowa KiCO: wynosi: 2 · 39,0983 + 12,01115 + 3 · 15,9994 = 138,20595 g.

teraz dodatek 10 g N~S04 :

Obliczamy, ile moli jest równoważne 35 g K 2 CO:.

200 g roztworu + IO g Na2 S04 = 210 g roztworu. 28 g Na2S0 4+ 10 g N
138,20595 g - I mol K 2CO: 35 g - n n = 0,25325 mola K 2 CO:

Wiemy, ze roztwór po dodaniu 10 g N~S0 4 ma gęstość d = 1.171 gicm:. 1.171 g - 1 cm3 roztworu Na2S04 210 g - V cm!

179,3339 cm; roztworu N~S04 - 38 g Na2 S04 1000 cm, roztworu Na2S04 - m m = 211.90 Na2S0 4 Odpowiedź: Stężenie masowe Na2S04 wy nosi

211.90 g/dm:

I

!i f

I i

!

i

! I

J'

Stęzenie molalne określa liczbę moli składnika w kilogramie rozpu szczainika. Obliczamy Je z proporcji:

65 g wody - 0.25325 mola KzCO: 1000 g wody - n n= 3.90 mola K 2CO: Odpowiedź: Stężenie molalne K 2C03 wynosi 3,90 mol/kg.

.... --·········-- ·- ··········-----··--····-----··-··--·--- --„.„....„ •.•.. „ . .. ...._„„!.....„...„ .••..

T111111!'~

-

-· ~.11111[ ••.•-...„ ..

-.„:..---·-·. „„.„.·-·-· •• „.•„.,. ___ , ___„ „ . „.•„ _„

·- „ „.--„· - "' .••

„--...„

'

• ' .• _._„„.„„„ „„.„.- „.„„_.„-.„„.,____. „ . „ .-„.„„. ' „ „„. "' ___ „ _____.„.„„ .•_.___„„ „ •..„„. "'' - „„. -- .•. „„.„ •.. „ . '

84

85

3.5.3. Przeliczanie stężeń z udziałem stężenia molowego

:_.,

Rozwiązanie:

Procentowość objętościowa wymaga podania stosunku objętości oznaczanego

Przykłady

I

1. Obliczyć stężenie molowe oraz procentowość objętościową wodnego 70% roztworu etanoiu w temperaturze 20°C. Gęstość wodnego 70% roztworu etanoiu d = 0,8677 g/cm~, gęstość czystego etanoiu w 20°C wynosi d = 0,7893 gicm.l Rozwiązanie: Procentowość objętościowa

wymaga podania stosunku objętości oznaczanego składnika do objęt0Sc1 roztworu, wyrażonego w procentach. 100 g roztworu 70% zawiera 70 g czystego etanolu t zajmuje objętość:

t I t i !

składnika do objętości roztworu wyrazonego w procentach.

W 100 cm; metanolu znajduje się 30.19 cm; metanolu. Wykorzystując gęstość składników w temperaturze 20°C, obliczymy ich masę: mmct1nclu

= 30,19 cm=· 0.7917 g iem-'= 23,901423 g metanolu,

mroztworo 30.19% =

masa moiowa CH;OH wynosi: 12,01 115 + 15,9994 + 4 · 1,00794 = 32,04231 g 32,0423 1 g - i mol CH.OH 23,90 1423 g - n ,

70 g : 0,7893 g/cm; = 88,686178 cm= etanolu.

Procentowość objętościową roztworu

obliczamy z proporcji:

n = 0.7459 mola CH;OH

Z proporcji obliczymy stężenie molowe roztworu: 99,823 g roztworu - 0,7459 mola CH.OH 1000 g roztworu - n ,

115,24721 cm3 roztworu - 88,686178 cm; etanolu 100 cm=roztworu - x x = 76,953% objętosci etanolu

Aby obliczyc stężenie molowe roztworu 70 g etanolu, należy wyrazić jako liczbę moli: masa moiowa C2H 50H wynosi: 2 · 12.01115 + 15,9994 + 6 · i.00794 = 46.06934 g 46,06934 g C2HpH - 1 mol C2H 50H 70 g C2H 50H - n

115,24721 cm= - i,5194487-mola C2HpH 1000 cm= - n

n = 13,184 moia C2HpH

'

n = 7,473 mola CH.OH Oapow1edź: Stężenie molowe roztworu wynosi 7,473 mol/dm;

3. Jaka jest wartość ułamka molowego metanolu w roztworze wodnym o stę­ zemu i,544 mol/dm; o gęstości d = 0,9896 g/cm3? Rozwiązanie:

Ułamek moiowy wymaga podania stosun ku liczby moli oznaczanego skład­ nika do liczby moli roztworu. Z definicji stęzema moiowego wynika, ie wodny roztwór metanolu składa się z 1,5~4 mola metanolu w 1000 cm; roztworu. W pierwszej koleJnosci nalezy przehczyc wartość roztworu wyrazonego w jednostce objętości na liczbę moli. Masa molowa CHpH wynosi: 12.01115 + 15,9994 + 4 · i,00794 =32.04231 g.

70% (mim) roztworu etanolu wynosi 76,953% (V/V}, a stężenie molowe 13,184 mol/dm;.

32.04231 g - l mol CHpH m - t,544 moia CH. OH m ,., 49,473 g CH:OH

2. Pro centowość objętościowa wodnego roztworu metanolu w temperaturze 20°C wynosi 30,19% ( V/V). Obliczyć stężenie moiowe roztworu. Gęstość 30,19% (V/V) roztworu metanolu w 20°C wynosi d = 0,9592 g/cm;, gęstość metanolu w 20°C wynosi a= 0,7917 g/cm; , gęstość wody w 20°C wynosi d = 0,99823 gicmJ.

cm3 1,544 M CHpH - 0,9896 g 1000 cm3 1,544 M CH.OH - m m = 989,6 g roztworu

Odpowiedź: Procentowość objętościowa

.i

= 99,823 g roztworu.

Aby obliczyC stęzenie moiowe roztworu 30,19 g metanoiu, naiezy wyrazić j ako l iczbę moli:

V: = 100 g : 0,8677 g/cm= = 115,24721 cm", vctanoiu;

100 cm=. 0~99823 g/cm;

1

989,6 g roztworu :- 49,473 g cąoH = 940, 127 g wo·ciy.

87

86

Masa moiowa HiO wynosi: 15,9994 + 2 · 1,00794 = 18,01528 g. 18,01528 g - 1 mol 940,127 g - n

97.99522 g - 1 mol H 3 P04 28 g - n

RzO

n= 52.184979 mola H2 0

85.73 cm3 H:P04 - 0,2857282 mola H~P0 4 1000 cm3 H::P04 - n n = 3,33 mola H::PO4

Obliczamy ułamek molowy metanolu: xmetanoiu = nmelnnoiu I n metanoi u+ nwoov· xmotanolu

= J,544 mola metanolu I 1,544 mola metanolu + 52, 184979 mola H 2 0, Xmelanolu =

0,029.

Odpowiedź: Ułamek moiowy metanolu wynosi

4. Jakie jest K2Cr2 0,?

stężenie

0,029.

Z obliczeń wiadomo, że 100 g 28% roztworu H;P0 4 odpowiada objętości 85,73 cm 3 28% roztworu H;P04 i zawiera 28 g H3P04 . Stąd obliczamy z proporcji stężenie masowe:

masowe 4 M roztworu dkhrom1anu(VI) potasu

85,73 cm3 28% roztworu Hl04 1000 cm3 28% roztworu H::PO4

-

28 g H:P04 m

m = 326,6lg Hl04

Rozwiązame:

Stężenie molowe określa liczbę moli substancji rozpuszczonej w 1000 cni.: roztworu. W przypadku tego zadania w 1000 cm~ 4 M K 2Crp7 znajdują się 4 mole K2Crz0r Stęzeme masowe określa natomiast liczbę gramów oznaczanego składnika - K 2 Cr2 0 7 znajdującą się w 1000 cm~ roztworu. Aby zatem obliczyć stęzeme masowe, wystarczy przeliczyć liczbę moli substancji na liczbę gramów.

Masa molowa K 2 Cr20 7 wynosi: 2·39,0983 + 2 ·51,996 + 7· 15,9994 = 294,1844 g. 294, 1844 g - I mol K,Crp, m - 4 mole KFr20 7 m"" 1176,7376 g KFr2 0, Odpowiedź: Stężenie masowe K 2Crp, wynosi 1176,7376 g/dmJ

5. Jakie Jest stężenie molowe oraz stężenie masowe 28% roztworu kwasu fosforowego(V) Hl0 4 o gęstości d= 1,1665 g/cm3? Rozwiązanie:

Stężeme

masowe określa liczbę gramów oznaczanego składnika, w tym przypadku H;PO 4, znajdującą się w 1000 cm 3 roztworu. Korzystając z gęstości wiemy, że: i.1665 g - J cm' 28% roztworu H,PO4 100 g - Vcm::

V= 85,73 cm3 28% roztworu Hl04 Masa molowa ąP0 4 wynosi: 3 · 1.00794 + 30,9738 + 4 · 15,9994 = 97,99522 g.

Odpowiedź: Stężenie

326,61 g/dm3 .

molowe H;P04 wynosi 3,33 M, a

stężenie

masowe wynosi

6. Z kolby I o pojemności 200 cmJ zawierającej roztwór chromianu(VI) potasu K 2Cr04 o stężeniu 0,2 mol/dm~ pobrano 50 cm 3 i rozcieńczono w kolbie II o POJemnośc1 500 cm3 . Jakie jest stężenie masowe roztworu w kolbie I i II? Rozwiązanie: Stężenie masowe określa liczbę gramów oznaczanego składn ika, w tym przypadku K 2Cr04 , znajdującą się w 1000 cmJ roztworu.

!OOO cm 3 0,2 M roztworu - 0,2 mola K2 Cr04 200 cm 3 0,2 M roztworu - /11 m = 0,04 mola K 2Cr04

Przeliczamy 0,04 mola na l iczbę gramów K 2Cr04 . Masa molowa KiCr0 4 wynosi: 2 · 39,0983 + 51,996 + 4 · 15,9994 = 194,1902 g. 194,1902 g - l mol K 2Cr04 m - 0,04 mola K2Cr0 4 m = 7.768 g K 2Cr04

Po obliczeniu liczby gramów K 2Cr04 możemy obliczyć stężeme masowe K 2CrO4 w kolbie I: . 200 cm3 0,2 M roztworu - 7,768 g KiCrO4 1000 cm 3 0,2 M roztworu - m

·--L.łllll

:..-..„ .•.-·-···; „ •.•...„ . ~-··- .. ·•·r·~-··-·-·· ~„..,,.. „~--„.-..„.„"".„.„.-•.

„.„ ••.

„ •....• -······

.„.....

„ „ .••. •

-··---~-··-··--„.„ .-·---·- ...······-···--··-·"·-·„ .

··-·······--„--··-··-„··-·····--·- .-~·y~----··------·-····~· -·~-·-··~„.....--„--„··-.„„.„.„.

··.."f. .i

89

i

88

! .!:

;

Odpowiedź: Stężenie molowe HCOOH wynosi 3,380 mol/dm 0, a stęzenie molalne

Stężenie masowe K 2Cr0 4 w kolbie I wynosi 38,84 g/dm:. Z kolby I pobrano

3,8345 mol/kg.

50 cm: . W kolbie Il, po rozciel'iczeniu, zmieniło się stężeme roztworu:

8. Roztwór I: 10 cm3 0,6-moiowego węgianu sodu Na2 C03 I roztwor II: 50 cm: i ,156-moiowego węglanu sodu Na2C03 przen1es10no ilo$c1owo do kolby miarowej i uzupełniono wodą do objętośc i 100 cm3 , uzyskując roztwór o gęstości d = 1,0643 g/cm 3 . Obliczyc stężeme molowe 1 molalne roztworu po zmieszaniu roztworów I i II.

200 cm3 0,2 M roztworu - 7,768 g K 2 Cr0 4 50 cm) 0,2 M roztworu - m

500 cm" roztworu - 1,942 g K 2Cr04 1000 cm= roztworu - m m = 3,884 g K 2 Cr0 4

Rozwiązanie:

Stęzenie

moiowe określa liczbę moli składnika w 1000 cm3 roztworu. Masa molowa N8iCO: wynosi: 2 · 22,9898 + 12,01115 + 3 · 15,9994 = 105,98895 g. Obliczamy, ile moli Na 2C03 3est w roztworze I:

Odpowiedź: Stężenie masowe K 2Cr04 w kolbie II wynosi 3,884 g/dm:

7. i,5 dm: roztworu o gęstości d := i,037 g/cm: zawiera 233,34 g Kwasu mrów· 1eowego. Obliczyć jego stężenie molowe i molaine.

1000 cm3 0,6 m roztworu - 0,6 mola NaFO: lO cm 3 0,6 m roztworu - m

Rozwiązanie:

m = 0,006 mola Na2 CO;

Stężente molowe określa liczbę moli składnika w 1000 cm: roztworu.

Masa molowa HCOOH wynosi: 2 · i,00794 + 12,0ll15 + 2 · 15,9994"" 46,02583 g. NaJpterw należy przeliczyć 233,34 g kwasu m rówkowego na liczbę moli:

Obliczamy, ile moli Na2 C03 jest w roztworze II: 1000 cm: 1,156 m roztworu - l,156 moia Na2COJ 50 cm" 1,156 m roztworu - m m = 0,0578 mola Na2C03

46,02583 g - i mol HCOOH 233,34 g - n n = 5,0698 mola HCOOH Znając liczbę

moli HCOOH,

możemy obliczyć stężenie

Roztwory I i Il przeniesiono ilosc1owo do kolby miarowej i rozcień czono do objętosci 100 cm3 W kolbie tej znajdzie s1ę teraz suma moli Na2 CO~: 0,006 moia + 0,0578 mola= 0,0638 mola Na2 C03 .

molowe roztworu:

1500 cm: roztworu HCOOH - 5,0698 mola HCOOH 1000 cm~ roztworu HCOOH - n n= 3,380 mola HCOOH

100 cm3 N
Stężenie moiowe HCOOH wynosi 3,380 mol/dm:. Korzystając z gęstości, obliczamy masę roztworu 1 oraz stężenie molalne roztworu HCOOH:

n= 0,638 moia Na2CO; Odpowiedź: Stężenie molowe Na2C03 po zm1eszamu roztworow I i II wynosi

i cm; roztworu HCOOH - 1,037 g roztworu HCOOH 1500 cm3 roztworu HCOOH - m

m

0,638 M.

= 1555,5 g roztworu HCOOH

Stężenie molalne określa natomiast liczbę moli składnika w kilogramie rozpuszczainika. Obliczamy Je z proporcji:

1555,5 g roztworu HCOOH - 233,34 g HCOOH = 1322,16 g rozpuszczalnika.

i cmJ roztworu Na2 CO: - i,0643 g 1000 cmJ roztworu Na2 CO, - m

1322,16 g rozpuszczainika HCOOH - 5,0698 mola HCOOH 1000 g rozpuszczalnika HCOOH - n n= 3,8345 mola HCOOH

m = 1064,3

Stęzeme moialne roztworu HCOOH wynosi 3,8345 mol/kg.

.ł ;.:·

- 0,0638 mola Na2 CO~ - n

,(

g

''1 I !

II

90

i

I

1 mol Na C0 2 0 0,0638 mola N~co,

-

·I

105,98895 g Na 2C00

!

-x

x = 6,7621 g N~co, 1064,3 g roztworu Na2 CO, - 6,7621 g Na 2CO,

= 1057,54 g rozpuszczalnika.

4. REAKCJE UTLENIANIA I REDUKCJI

1057,54 g rozpuszczalnika - 0,0638 mola Na2 CO; 1000 g rozpuszczalnika - n n = 0,06 mola N~CO,

4.1. Wprowadzenie

Odpowiedź: Roztwór Na2 C03 jest 0,060-molainy.

Wszystkie reakcje chemiczne można podzielić umownie na dwie grupy, m1anow1c1e na kwasowo-zasadowe oraz kwasowo-zasadowo-oksydacyjno-redukcyjne, w skrócie redoks. Pierwsze z nich biegną bez zmiany stopni utlenienia, drugie natomiast ze zmianą stopnia utlenienia. · Reakcje redoks charakteryzują się zmianami stopni utlenienia utleniaczy i reduktorów. Przebieg reakcji redoks zależy często od obecności katalizatorów. w tym od kwasowości bądź zasadowości ukłlłdu. Wyróżnia się reakcje redoks zachodzące: - wyłącznie między cząsteczkami układu utleniającego i redukującego, - między cząsteczkami układu utleniającego 1 redukującego w obe cności kwasu, - między cząsteczkami układu w środowisku obojętnym, - między cząsteczkami układu utleniającego i redukującego w obecności zasady, - w układach złożonych, a więc gdy równocześnie zachodzi kilka reakcji. Równama chemiczne przedstawiają stan początkowy i koi:Jcowy reakcji, nie uwzględniają natomiast mechanizmu zachodzących przemian. Każde równame, obok jakościowej charakterystyki substratów 1 produktów, ujmuje tak ze iłosc1owe zależności opisywanego zjawiska. Suma mas po lewej stronie równania musi się zawsze równać sumie mas po prawej strome równania, czyli liczby atomów poszczególnych pierwiastków po obydwu stronach równania muszą byc sobie równe. Pod pojęciem .utleniacza rozumiemy element biorący bezpośrednio udział w procesie redukcji, reduktora zaś - element biorący udział w procesie utleniania. Pod pojęciem substancji utleniającej rozumiemy połączenie, w którym obok innych elementów występuje utJemacz, natomiast substancji redukującej - połą­ czenie, w którym obok innych elementów występuje reduktor. Przy układantu równań reakcji obow iązuje zasada, ze zawsze w kierunku od strony lewej do

--- ---· . .„ „

. „ - „ „. „.„„. „.„„„„•••„.„. „ ••„ ._.•„. „„.. ..„„„„.„.„„„. „„'"„„.„_„_„ •.„ ... „„.„.„„, __ „ ..„.„ ..•..„ .„ ·-· „ „ . . „ „ „„ - . . . „„„ .. . „„. „. „... „ .. „ „ ...• „. „ .„ ••.. .. . „ ..... ____

„ „.„.•.._„„.„„.„„„ . „ „„„„„„.,.

--····--·····--'111mr:--

·--L11111t..------·--·_;_ ........„

.•• „ .• „ ··-···

.„„„.·-·····-----------··--·--·--···· ····--····---- ·······-···-········ ..„ .... ... · „. -·---•.„ ••.. „„ ..-.„„.••..•„.„ . . • .• „ ...„

93

92

prawej pisze się reakcje biegnące samorzutnie. Układając równania reakcji redoks naieży pam1ętac, że reduktor i utieniacz zawsze reagują ze sobą w ilościach równoważnych. Gdy reduktor oddąie pewną liczbę elektronów, to musi się znaieźć taka ilość utleniacza, która będzte zdoina do przyjęcia tych elektronów. Ilości utieniacza U i reduktora R zestawiamy według następującego schematu: rU+uR, (4.1) gdzie: r - liczba eiektronów oddawanych przez atomy redukujące, u - liczba eiektronów przyjętych przez atomy utlemacza. Liczby r i u wylicza

się

dla i

cząsteczki

substancji

utleniającej

iub reduku-

jącej.

Zestawiając ilości utleniacza 1 reduktora nie bierze się pod uwagę obecności atomów innych pierwiastków, występujących w obrębie cząsteczek omawianych substancji, pod warunkiem jednak, że w czasie reakcji redoks stopnie utlenienia tych atomów nie ulegają zm iame. Jeśli w cząsteczce substancji redukującej znajduje s ię więcej n iz jeden atom działający redukująco, to wówczas wartość r oblicza się, sumując wszystkie eiektrony oddawane przez te atomy. Podobnie postępuje s1ę w przypadku obliczania u, tj. liczby eiektronów przyjmowanych przez atomy działąiące utie01ająco. Jeśl i w cząsteczce substancji redu kującej istn ieją atomy działające zarówno redukuJąco, jak i utieniająco, to wartość r stanowi różnicę między l iczbą elektronów oddawanych przez atomy redukujące oraz liczbą ełel
- ilościowe zestawie01a substratów, - ilościowe zestawienia produktów, - sprawdzenie równania przez obliczenie liczby atomów tlenu po prawej i lewej stronie równania, - napisanie równania w postaci jonowej, - ustalenie środowiska reakcj i jonowej przez dop1san1e po lewej stronie równania odpowiedniej liczby JOnów H" iub OH- , aby zbilansować ładunki prawej strony równanta, - sprawdzenie sumy ładunków jonów po iewej i po prawej stronie równania.

4.2. Układanie równań reakcji redoks zachodzących bez dodatkowej obecności kwasów lub zasad. Metoda reakcji połówkowych Przykłady

1. Napisac równanie utleniania magnezu Mg za pomo cą tlenu 0 2 do tienku magnezu MgO. Rozwiązanie:

Najpierw nalezy napisać rownanie w formie podstawowej i pierwiastkami ich stopień uueniema: o o u - Il

zaznaczyć

nad

Mg+0 2 -t MgO.

W następnym etapie na!ezy zapisac, w jaki sposób zmieniają s ię stopnie utlenienia Mg i 0 2 . Układamy równania połówkowe: Mg0 - Ze-t Mg2+

Jest to proces utieniania. Mg0 utienia się do Mg2+, Mg0 jest reduktorem . o~ +4e -+ 20

2

- .

°

°

Jest to proces redukcji. 0 2 redukuje się do 0 2- , 0 2 jest utleniaczem. Obliczamy następnie współczynniki stechiometryczne dla równania: o o li-Il Mg+ Oz -t MgO,

stop1en utlenienia magnezu Mg znuema się z O na II. czyli i atom magnez u oddaje 2 elektrony; stopien utlenienia tlenu zmienia się z Ona - II. czyli 1 atom

.r:i

"·-f'

{

ti

94

95

.1

l

tlenu przyjmuje 2 elektrony, a 2 takie atomy jednej cząsteczki 0 2 przyjmują łącznie 4 eiel
1

Pod względem liczby atomów lewa strona równania zgadza się ze stroną prawą.

Teraz należy obl iczyć liczbę ładunków każdej ze stron, aby zapisać pełne równanie połówkowe: C + 4 OW = C0°2 + 2 H2o0 . 0

0+1-4)= -4

rU+ uR,

Aby pod względem ładunków strony były sobie równe, zapisujemy:

gdzie: r - liczba elektronów oddawanych przez atomy redukujące, u - liczba elektronów przyjętych przez atomy utleniacza.

C0 + 40H- -4e = co2 + 2H20.

Jest to proces utleniania. c0 utlenia się do co2' c0 jest reduktorem.

Ostatecznie więc otrzymujemy równanie:

S0 + 2e= S2-

4 Mg+ 2 0 2 ~ 4 MgO.

Jest to proces redukcji. s0 redukuje się, s0 j est utleniaczem. NaJp1er w po lewej stronie równama piszemy pier wszy z substratów, który zmienia swój stopień utleniema, a po prawej stronie powstający z mego produkt:

czyli po sprowadzeniu do najniższych współczynników otrzymuje s1ę: 2 Mg+ 0 2 ~ 2 MgO. zauważmy, że

z kwasowo oddziałującego w pewnym sensie 0 2 po lewej strome równania powstają zasadowo oddziałujące atomy 0 2- po prawej stronie oraz 2 zasadowo oddz iałujących atomów Mg po lewej stronie równan ia powstają 1
NO; = N02.

Uzgadniamy liczbę atomów azotu: 2 NO;-= N2• Po strome lewej mamy jeszcze 6 atomów tlenu. W tej sytuacji należy po stronie prawej związać je w cząsteczk i wody:

2. Napisać równanie utleniania węgla za pomocą tlenu 0 2 do ditlenku węgla w obecności siarki i jonów azotanowych(V). W reakcji tej wydziela się azot oraz powstają rówmez jony siarczkowe.

2NO; = N2 +6Hp. Pomeważ

teraz po strome prawej jest o 12 atomów wodoru w ięcej, to dopisujemy po stronie lewej 12 jonów wodorowych 1 w ten sposób po el względem liczby atomów lewa strona równania zgadza się ze stroną prawą:

Rozw1ąza111e:

Wstępnie piszemy równanie reakcji i określamy stopnie utlenienia pierwia-

stków:

O

o

TV

0 + 0"'0

2NO;+ 12H+::. N2 +6 Hz0.

-11

C + S + NOj =C02 + N~ + S.

Teraz na leży obl iczyć liczbę ładunków każdej ze stron, aby zapisać pełne równanie połówkowe: 2NO;+ 12H+ =N~+6H20°

W kolejnym etapie piszemy równania połówkowe. Najpierw po lewej strome równania piszemy pierwszy z substratów, który zmienia swój stopień utlemenia, a po prawej strome powstający z niego produkt:

0+6· 0 =o

2(-1)+ 12(+1 )=+10

c = co1 . 0

Aby pod względem

Następnie należy u względn ić fakt, że po stronie prawej mamy 2 atomy tlenu. W teJ sytuacji nalezy po stronie lewej dopisać dwa razy więcej grup OH-. niż Jest

ładunków

strony

były

sobie równe, zapisujemy:

2NO;+ 12if + lOe= N2 + 6H20.

atomów tlenu po stronie prawej~

c 0 + 40W= C02. skład cząsteczki co2, natomiast pozostałe atomy

2 atomy tlenu wchodzą w wodoru i tlenu tworzą 2 cząsteczki wody, co zapisujemy:

.,

Jest to proces redukcji. N03- redukuje się, NO,-jest utleniaczem . Otrzymane równania należy przedstawić sumarycznie, w postaci zbila nsowanej, dodając do siebie stronami dwa równam a redukcji. W ten sposób otrzymamy dwie połówkowe reakcje: jedną reakcję utleniania i jedną reakcję redukcji: ·

·.1

Co+40W= C02 +2Hp.

q

I·

:·.r .. 'f

J

····-··· ··· ······

···-····~·-„„--„··-~···--··-'··

..

„ . .•.• .

···--· -··

~-····

-·-···„····--··- -„···-..

&

. . . . . . .. . . .

.. . .

„ ..•. ~

--..- ·

·-·

- ··-····· ·- · · - -·

- -· · ...~~-·····---·-·--·----„- ·····-· ·

--· ·-~-··-------~-~--

••-•~.!ll.ll,,._.,.„_#••'"""'j„„_,.„,..,••·•·--•••·••---·-•-•·-----····"•• •••„•• ·••••• , n•••·~···•••

·• • -••·•••••••• •·• •• • ••· • ,_, .„, ••• ''"••'• • .„,. '' • u••I

· ••••„•~~n•«r~···~· •-•··~-

••• • •• • ' • „ • •

• '•

-•·• ·•„ .. • •-• ••••••••••·

•

96

97

c0 + 4 Off" -4e"' C02 + 2 H20 2NO) + s + i 2 H+ + 12e= Nz + 0

Czynnikami

utienlaJącym są siarka

/1 2/3

s - + 3 Hp 2

/4/1

oraz Jon azotanowy(V). Atom

węgia

znajdu-

jący się po iewej strome równanta przechodzi w ditlenek węgia po prawej strome,

czyli c działa reciukująco. Ostatecznie, uwzględniając współczynnik i stechiometryczne 3: i, otrzymuje się równanie: 3 C + S + 2 N Oj = N2 + 3 C0 2 + S2-

W pierwszym et apie przypisujemy stopnie utlenienia atomom. W równaniu reakcji zaznaczamy Jedynie stopnie utlenienia dla tych 'atomów, które uiegają utle111enrn lub redukcji. Cu2+ +e ~ CuJ+ 12 Jest to proces redukcji. Cu 2„ redukuje się, Cu2+ jest utieniaczem.

0

2 1•- -2e~1g

/I

Jest to proces utleniania. I•- utlenia się, ri- j est reduktorem. Ostatecznie równanie przyJmu1e postać: 2CuS04 + 4KJ =2 Cul + 12 + 2 K2so•.

3. Ułożyć równanie cząsteczkowe i jonowe opisujące proces redukcji

siarc~a­

nu(VI) m1edzi(II) CuS04 za pomocąjonów jodkowych I- do Cul. Jakie produkty powstaną w tej reakcji?

4. Napisać równanie otrzymywania chlorku glinu i tlenku węgla z tlenku glinu, chloru i węgla.

Rozwzązanie:

Rozwiązanie:

Dla procesu redukcji siarczanu(VI) miedzi(II) CuS04 za pomocąjonów Jodkowych 1- rozpisujemy koieJne etapy reakcji:

w daiszym etapie ma miejsce reakcja podwójnej wymiany: 4) Cu2S04 + 2 KI "' 2 Cui + K2SO4, dodajemy stronami równania 1 i 4 i otrzymujemy równanie sumaryczne: 2 CuS04 + 2 Kl + Cu2 SO, + 2 KI= cu2S0 4 + 12 + K2 S04 + 2 Cul + K2 S04 •

Po zsumowaniu otrzymujemy równame redukcj i siarczanu(VI) m iedzi(II) CuSO za pomocąjonow jodkowych 1-. Jako produkty otrzymuje stę siarczan(VI) 4 . • . . potasu, jOdek miedzi(I) oraz wydziela się wolny JOd: 6)

jonowo: 7) 8)

o o _, +n Al20 J +Cl2 + C= AICI; + CO.

2 CuS04 + 2 KI= Cu-zS04+1i + Klso,,

I)

Jonowo: 2) 2 Cu 2+ + 2 SO/-+ 2W + 2 I-= 2 Cu••+ S041- + J2 + 2 K++ S042- , 3) 2 Cu2 + + 21- =2 Cu1+ + 12'

5)

Proces przebiega według reakcji:

2Cus0.+4 Kl '= I2+2CuI +2 K2S04, 2Cu 2+ + 2SO/-+ 4K" + 4I-= 12 +2Cul + 4K+ + 2SO/-~ 2 Cu2• + 4 I = 12 + 2 Cu!.

Mając dane substraty 1 produkty reakcji.redoks, można stechiometryczne. Proces przebiega według reakcji: +ll

- 1

+I - 1

0

CuS04 + Kl= Cu I+ 12 + K2S04 •

uzgodnić współczynniki

Szukamy, które atomy zmieniają swój stopień utlen1en1a. Po zaznaczeniu nad atomami stopni utiemema układamy rownama utleniania i redukcj i: Cl2 + 2e= 2c1- 1211.

Jedna cząsteczka dw uatomowa Cl2 przyjmuje 2 elektrony. Jest to proces redukcji. Cl2 redukuje się, CJ2 Jest utlentaczem.

C° - 2e'= c2+ /2 / l.

c

c

Jeden atom C oddaje 2 eiektrony. Jest to proces utiemama. 0 utienia się, 0 jest reduktorem. Po sprowadzeniu współczynnikow do stosunku najmniejszych liczb(!:!) ostatecznie równame przy1muje postać: A lp; + 3 CJ 2 + 3 C = 2 AICl1 + 3 CO.

5. Uzgodnić równanie reakcji utlenienia siarki w Na 2S do związku Na S0 2 4 za pomocą H 2 0 2 •

Rozwugame: Równanie ma postać: -!l

-1

+VI

- 11

Na 2S + H 20 2 =·Na 2S04 + H 2 0 .

fr ..,: ! J

99

J'·'

98

Zaznaczamy nad atomami ich stopnie utlemema. Układamy równama połówkowe utleniania 1 redukcji:

I

Jest to proces utleniania. s2- utlema się do sot s2- jest reduktorem. o•-+2e = 0 2 -

18 14

Jest to proces redukcji. 0 1- redukuje s ię, 0 1- jest utleniaczem. Po sprowadzeniu współczynn i ków do stosunku najmniej szych liczb (1 : 4) ostatecznie równanie przyjmuje postać:

niż pokazano to w poniżych przykładach, bardziej automatyczny, ale z pom 1 nię­ ciem sposobów planowania środowiska reakcji. W omaw1aneJ tutaj metodzie, ze wzg lędu na planowanie środowiska, równania będą rozpisywane poszczególnymi etapami. zaczynając od tzw. równania wstępnego, dotyczącego samych substratów. W równan iu wstępnym piszemy najpierw po lewej stronie wzory substratów, a po prawej wzory produktów, lub nawet wzory szkieletowe produktów. Jak w iadomo, aby ułożyc reakcję redoks, należy znac wzory substratów i produktów tub dokładniej, stopnie utleniema atomów przed reakcją 1 po reakcji. Przykłady

i

!

N11iS + 4H 20 2 = Na 2S0 4 + 4H 20 .

1. Ułożyc reakcję równania redoks op isuj ącą re akcję redu kcji mangamanu(VII) potasu KMn0 4 do M n2„ za pomocąjodku potasu KL Rozw1ązame:

W tej reakcji stop1en utlenienia manganu Mn zm1ema się z VII na II. Równan ie wstępne ma następującą postać:

4.3. Układanie równań r eakcji redoks zachodzących przy dodatkowej obecności kwasów lub zasad. Planowanie środowiska reakcji redoks

VII

li

-•

KMn04 + Kl= .KiO + MnO + 12•

1)

Wzory n iektórych produ któw napisano w postaci tlenków, tj. Kp i MnO, tzn. tak, Jak gdyby nie było żad nego innego środowiska oprócz środow is ka substratów. Oczywiście atomy jodu nie mogły byc rozpisane w postaci tlenków, gdyż mają się one wydzielać w postaci wolnej. Podany przykład wstępnego rozpisania produktów w postaci tlen ków (tych, które można) Jest wskazany w przypadku udziału w reakcji związków tlenowych, a także w roztworze wodnym. Układamy reakcje połówkowe oraz bilansujemy równanie, otrzymując:

Obserwowame zmian właściwości kwasowo-zasadowych w czasie zachodzenia przemian redoks ma istotne znaczenie przy planowaniu warunków reakcji, W tym jej śrOdOWISka . Z prawa działani a mas Wiemy, że produkty, które me opuszczają środow iska, mogą reagować ze sobą, dając z pow rotem substraty. O przebiegu przemian redoks „z leweJ strony na prawą" bądź „z prawej strony na lewą" może decydowac środowisko, czyli kwasowość lub zasadowość układu. Wraz ze zmianą środowi ska zmienia się zupełme kierunek reakcji, czyli wydajność przemian z obu stron równania. Dotyczy to zwłaszcza substratów i produktów o właściwościach amfoterycznych. W towaroznawczych badamac11 j akości bardzo często przeprowadza się ilości owe oznaczenia analityczne. ZapotrzebOwanie na takie oznaczema state wzrasta ze względu na powstawanie nowych towarów. Zachodzi potrzeba opracowania nowych metod, a więc i planowania odpowiedmch reakcji. Przy planowaniu reakcji dla ilościowych oznaczeń analitycznych wskazane jest wzięcie pod uwagę przemian biegtiących z lewej strony (od substratów) na prawą (do produktów), które biegną praktycznie do końca, czyli o 100-procentowej wydajności. Najlepszy sposób prowadzema reakcji do końca polega na usuwaniu ze .śro­ dowiska produktów. W przypadku reakcji redoks najpopularniejszymi odczynmkam1 stosowanymi do usuwania produktów reakcji są kwasy tub zasady, chociaż należy tutaj dodac, ze zawsze mają one pewien wpływ na reaktywność samych substratów. Równania reakcji redoks można układac w sposób znacznie prostszy,

Mn0~+6 H++ 5 e =Mn0+3 H 20

21- - 2e

= 12

/2

/5

2KMn04 + IOKI"' 6.KiO + 2Mn0 + 512.

2)

Równanie to t raktujemy jako wstępne, a z uwagi na środow isko wodne m oże byc rozpisane jeszcze dalej, mianowicie uwzględniając reakcje tlenków 6 Kp i 2 MnO z kwasem siarkowym(VI). Otrzymujemy wówczas: 3)

2Mn0 + 2H2S04 =2Mnso. + 2H20,

4)

6 Klo + 6 H2S04 = 6 K2so. + 6 Hp.

Teraz dodajemy do siebie stronami równania 2, 3 i 4. otrzymując n5wnanie sumaryczne. rozwm1ęte, z udziałem kwasu siarkowego(VI) po stronie substratów:

j ·----··· •·• „ ...••.. ···-- ·-·--·------··- ·--·--·--~---·-·- --·--·· ·-··-·· ·

· ·· ·- -

···--„-·--·-···--·············-·-· ·· · ····- -····· ·· - · ··

„.„..._ · ·-·---··

··-· ·„-····-„·--·---·-----······ · -

······--·-·n111T~-„

.·~l•„·······-- .„-„i.-~„„-.. ·•· ..,..„ ..._, .. „ „„.„.---·-' .„.--.·---· _.„ . -·

• ., ~.• „ ....... .. ............„ ... „ .•.•••. ...•.. . „ •. „ •...• - • .. , .•• • I

••. ••

„.~ ....„. ,,.•.„ ..... „.„.,_ ••,....••..•„„~·- .•. ... ---·-···--· . „•UN•···---„···-~·-··-···- ...·····-„„._.,.....

101

lOO 2 KMnO. + IO KI + 2 MnO + 6 Klo + 8.H2SO, = = 6Ki0+2Mo0 +5 12 + 2MnS04 + 6K2so. + 8 HzO.

5)

Elementy powtarzające się po obu stronach równania (zaznaczone czcionką wytłuszczoną) nie są uwzgiędniane w dalszym zap1s1e. a więc otrzymujemy: 6)

2 KMn04 + lOKI + 88iS04 = 512 + 2 MnSO, + 6K2 S04 + 8 Hp.

Równanie reakcji przedstawiamy również w postaci jonowej. W tym celU rozpiszemy najpierw w teJ postaci związki występujące w równaniu 6. Weżm1emy pod uwagę tylko te związki, które dobrze dysocjują na jony. 2K++ 2Mno4+ 10K++ 10r+l 6H+ +sso~-=

7)

=SI2 + 2Mn2++ 2so42-+ 12K„+ 6So24-+ 8H2o . Następnie skreślamy Jony powtarzające się

po obu stronach równania, otrzymując

ostatecznie równanie Jonowe: 2 Mno.- + 101- + 16 W= 512 + 2Mn2' + 8 Hp.

8)

Sprawdzenie poprawności równama Jonowego poiega na dodam u stronami ładun­ ków jonów: 2 . (- 1) + 10 . (- 1) + 16 . (+1) = 2 . (+2).

+4= +4

Sumy ładunków po obu stronach równania są sobie równe i wynoszą +4. co oznacza, że równanie.Jest zbilansowane poprawnie. 2. Ułóż równanie reakcji (cząsteczkowo i j onowo) utlenienia arsenu(III) As 3+ w K; AsO; do związku arsenu(V) As5+ w K;As04 za pomocąJodu 12 • Rozwiązanie:

Jest to przykład udziału w reakcji redoks związków. które wywodzą się z wodorotienków amfoterycznyc11 (np. K;As03). Równanie wstępne zaczynamy od rozpisania substratów l produktów w najprostszej post aci: 111

Uzgadniamy 2)

o·

K;AsO! + 12

1)

V

= K~As04 + 1-.

liczbę atomów:

K3As03 + I2 = K::As04 + 2r.

Po iewej strome równania brakuje Jednego jonu tienkowego 0 2- Uzyskujemy go przez wprowadzente na lewąstrorię równania j ednej cząsteczki wody. 3)

q

; . L1.

K::As03 + I 2 +H20 =K::As04 +2Hl.

Powstające dwie cząsteczki kwasu 2 cząsteczek

HI zobojętniamy przez wprowadzenie dwóch

wodorotlenku potasu: 2 Hl + 2 KOH "" 2 KI + 2 8i0.

4)

Sumarycznte z równań 3 • 4 wynika równanie 5, które po zbilansowaniu przyjmuje postać. 6:

5)

K!AsO:+ I2 + H 1 0

+2HI +2 KOH"'K~As04 +2H I + 2KI + 2H1 0.

6)

Jonowo równanie 6 przyjmu3e 7)

postać

równama 7:

3K++ Aso5-+ 12 + 2K++2ow = 3K++ Aso~-+ 2~+2 r+ H20.

Następnie skreślamy jony powtarzające się po obu stronach równania, otrzym ując ostatecznie równanie jonowe:

8)

Suma ładunków JOnów po ieweJ stronie równa Jest ich sumie po prawej stronie. czyli równanie Jest poprawne. Odpowiedź:

Utlenianie K ::AsO:: do K::As04 wymaga środowiska zasadowego.

3. Zaplanuj środowisko 1 zbilansuj równanie cząsteczkowe i jonowe redukcji arsenianu(V) potasu K: AsO4 do arsemanu(III) potasu K~AsO: za pomocą Jodku potasu KI. Rozw1ązame:

W tej reakcji występuj ą równiez sole będące pochodnymi wodorotlen ków amfoterycznych. Planując ś rodowisl
K:As04 + KI = K:AsO: + I2 .

Należy

teraz obliczyc stopnie utlenienia pierwiastków biorących udz1aJ w reakcji utienienia i redukcji. V

2)

-•

K:As04 +Kl

li!

O

= K:AsO: + I2 .

Zapisujemy możliwe powstałe związki w postaci tienkowej:

3)

K:AsO4 + 2 KI = K:AsO: + K 1O + Ir

4)

Kz0 + Hp = 2KOH.

Produkty K :AsO: i nienia:

K.iO będą oddziaływały zasadowo, wymagąią w ięc zobojęt­

103

!02

4)

2KOH + 2HCI = 2KCI + 2J40.

5)

SO; w

Sumując teraz podane równan ia 3, 4. 5, otrzymuJemy:

Sumarycznie, po dodaniu stronami równań 2, 3, 4 i 5 otrzymuje się:

Po zbilansowaniu ostatecznie równanie przyjmuje postać:

K2 0 + Cr20.„ + 3 Na2 0 + 3 SO.+ 7 H l SO+ 3H2 O =~ 4 K 2S04 + Cr2(S04) 3 + 3 N
6)

K,As0 4 + 2 KI + 2 HCI = K,AsO, + L;z + 2 KC!+ Hp

?)

=

Po zsumowanm równań od l do 5 otrzymujemy równanie cząsteczkowe, s umaryczne:

jonowo: 8) 3K++ As0!-+ 2K++ 2 r+ 2H++ 2c1- = 3 K„+ Aso~-+I2+2K„+ 2cr+ H 20,

7)

po zbilansowaniu sumarycznie otrzymuje się:

3 Na2 S03 + K2 Cr2 0 7 + 4 H2 S04 = K2S04 + Cr2 (S04) 3 + 3 Na2 S04 + 4 H20.

Jonowo:

Aso~-+2r-+2H'" = Aso!-+ 12+ H 20.

9)

6Na++ 3So~-+ 2K++ Cr2 o~-+ 8W + 4 SO!-=

8)

= 2K++ so;-+ 2cr3++ 3 so~-+ 6Na++ 3 so~-+4H2o.

Odpowiedź: Redukcja K;As04 do 'f<0s0; wymaga środowiska kwaśnego.

Po zbilansowaniu równania 8 otrzymujemy:

4. Ułożyc równame reakcji (cząsteczkowo ; jonowo) utlenienia Na2 SO; do Na SO za pomocą K2 Cr2 0 7, który redukuje się do Cri(SO4) 3• 2

Odpowiedź:

Rozw1ązanre:

Ili

Vl

5. Ułożyć równan ie reakcji (cząsteczkowo i Jonowo) utlen1enta FeS04 do Fe(OH)3 za pomocą KCI03 , który redukuje się do KCL

VI

Na2S03 + K2Cr20 7 = K20 + Crp3 +NeliO+ S03 .

Rozwiązanie:

NaJezy obliczyć stopnie utlenienia pierw iastków biorących udział w reakcji utlenienia i redukcji oraz zapisać produkty w postaci tlenkowej, Równanie wstępne zapisujemy w następującej postaci:

Układamy reakcje połówkowe:

s 2 e = s 16 13 2Cr6++6e=2CrJ+ /2/1 4+-

6+

Równania połówkowe można zapisać również jako: so~-- ze = so~

16 13 + 6e = Cr2 Ó~ + 4H20° /2 II

Crp~-.+ 8H+

.

I,

Produkty Kp. Crp Jętnien1a kwasem:

3

,

Nap będą oddz1aływ~t_Yzasadowo, wymagają więc zobo·;.,;

2)

K 20 + H2S04 = Kzso. +·}{p.

3)

Cr20; + 3 H2S0 4 = CriCS04) 3 + 3 Hp.

Il

V

Ili

->

FeS04+ KCIO; = Fe 20~ +KC!+ SO,. Układamy

reakcje połówkowe:

I

I I

I

3 N~S03 + K 2Cr2 0 7 =~O + CJ20; + 3 Nap + 3 SO;.

ReaJccJa utlenienia N3iSO; do N~S04 za pomocą K2 Cr20 7 wymaga ·

środowiska kwaśnego.

Nalezy obliczyć stopnie utlenienia pierwiastków biorących udział w reakcji ut1emen1a 1 redukcj i oraz zapisać produkty w postaci tlenkowej. Równanie wstępne ma następującą postać:

I)

3 so~- + crpi-+& H+ = 2cr3++ 3 so1-+ 4Hz0.

9)

4

IV

wodnym tworzy kwas:

5)

K;As04 + 2KI + K 2 0 + H 2 0 + 2KOH + 2HCI = = K:AsO,+ Klo+ 12 +2KOH +2KCI + 2Hl0.

) 6

środowisku

i i

II

eto;-+ 6H++6e= c1-+3Hp0 Jest to równanie redukcj i. Następne to równanie utleniania: Fe2+ -

i

I ·:I ~.) . 1

Il

e = Fe3+

/6

po uzgodnienm wsp6łczynników zapisujemy równanie jako: li

V

Tli

__,

6FeS04 +KC10; = 3FCi0;+KCI + 6SO,.

gl .... .... „ „~····· ··"··· -·---·--· „. .. „ ••..„ . ... „ . „ ..•„„ •.. „

··-·-·-··-„-·--·--„. ·-·-... ·····-·-„,. ,„.. „ •

..-~.:. .... ·---·· '· •··········•.-··.. ····-······-······---·- ..

'''O

~ •F•

„„,,.,,„...i• .••• „ •.~-~-··-·--· < ···~·-· ....~,,

O·O•O••' •

.

.,

~·····--- ,._„_„_,„_.~~············

.... ···-···· .„. „ ...„.-..•...

.t 104

l

w następnym etapie zapisujemy reakcje tienkow z wodą:

!I

I)

3 Fe2 0; + 9 H 2 0 = 6 Fe(OH),.

~

2)

6SO; + 6H20 = 6Hlso.,

'

powstający w tej reakcji kwas zobojętniamy woctorotienkiem sodu:


3) Sumując reakcje

i, 2 i 3, otrzymujemy:

4)

3 Fep: + 6 SO~+ 6 H 2S04 + 12 NaOH + 15 H 2 0 = ,: 6 Fe(OH)3 + 6 H 2504 + 6 N11iSO4 + 12 Hp.

Po zbilansowaniu stronami równanie przyjmuje postać: 5)

3 Fep: + 6 SO: + 12 NaOH + 3 H 1 0 = 6 Fe(OH)3 + 6Na2S04 .

:I I

I

I

.i

8)

6Fe2 ++ 6Se>;"+ K++c103+ 12Na++ 120ff+ 3H20 = = 6Fe(0Hh+ 12Na++ 6Sot°+ K++ c1-. 6Fe2++ c10; + 12ow+3H20

= 6Fe(OH)3 +Cr.

Odpowiedź: Reakcja uueniema FeSO4 do Fe(OH)3 za pomocą KClO~ wymaga środowiska zasadowego.

6. Ułozyc równanie reakcji (cząsteczkowo i Jonowo) utlen lenxa FeS04 do Fe(OH)) przez KMn04, . ktOry przechodzi w K2 Mn04 • Rozw1ązanre:

Naiezy obliczyć stopnie utlenienia p1erw1astków biorących udz1at.w reakcji utlenienia 1 redukcji oraz zapisać produkty w postaci tlenkowej. Rownanie wstępne ma postać: Il

1)

VII

VI

ll1

FeS04 + KMn04 = MnO~+ Fe20~+ Kp + SO~ Fe2+- e =- Fe3+ / I Mn7+ + e

= Mn6+

/I

Równania połówkowe można zapisać rown iez jako: Fe2+ - e = Fe3+ I l MnO;j + 2H+ + e =- MnO~ + H20° l i

4)

2 M nO; + 4 KOH = 2 K 2 Mn04 + 2 Hp,

Fe2 0 ; + 3 H 20

5)

!I

=

tak aby

uzyskać

2 Fe(OH)3 ,

250; + 2Hp=2H1S04 ,

6)

7)

I'

środowisku,

Kp + Hp=2KOH,

i !

stechiometryczne w równaniu ; otrzymu-

3)

powstający w

!

współczynniki

produkty reagują daiej, w odpowiednim produkty zobojętnione:

l

!

I

7)

J11.

Powstałe

6 f eSO + KCI03 + 12 NaOH + 3 H20 = 6 Fe(OH)3 + 6 Na 2 SO4 + KC!.

Jonowo:

'

II I

ustalamy

2 KMn04 + 2 FeS04 = K 10 + 2 M nO; + Fe2 0 : + 250;.

2)

.j

4

Wstępnie

jemy:

~

Porównujemy równanie 5 z równaniem wyjściowym 1 dopisujemy po strome produktów KCI, który nie brał udziału w reakcjach pośrednich: 6)

i·; \!fi

i

105

tej reakcji kwas zobojętniamy wodorotieniciem potasu: 2H2S04 +4KOH=2K2S04 +4H 20,

sumując

stronami reakcje od 3 do 7 i

znosząc

stronami te same zw1ązk 1, otrzy-

mujemy: 8) =

K 2 0 + 2 MnO:: + Fe2 0 : + 2SO~ + 2 H 2 S04 + 8 KOH + 6H2 0 = 2KOH + 2K2 Mn04 + 2Fe(OH)3 + 2 H2 S04 + 2K2 S04 + 6H1 0.

Po zbilansowaniu: 9)

Kp +2Mn0;+ Fep;+ 2SO:: + 6KOH =2K2Mn0 4 + 2 Fe(OH)3 + 2H2S04•

lewą stronę

równama 9 zastępujemy

lewą stroną rownama 2

1 otrzymujemy:

2 KMnO 4 + 2 FeSO4 + 6 KOH = 2 K 2Mn04 + 2 Fe(OH)3 + 2 K 2SO4 ,

10)

upraszczamy współczynniki stechiometryczne równania 10: li)

Jonowo: 12) Fe2•+so;-+ K++ Mn0;j + 3~+30W= Fe(OH)J+ 2K++ MnO;j + 2K++ so:-.

Po zbilansowan iu równanie jonowe przybiera postać: Fe2++ MnO;j + 3 OW = Fe(OHh + MnO;j.

13) Odpowiedź:

dzi w

Reakcj a ut!eniema FeS04 do Fe(OH)3 przez KMn04 , który przechowymaga Sroctowiska zasadowego.

~MnO 4,

7. W środowisku zasadowym jony cr3+ utleniają się do jonu Cro~-, natomiast w środowisku kwaśnym do jonu Cr20~-. Zaplanuj srodowtsko I zbilansuj równanie cząsteczkowe i jonowe uticnienia cr3• w Cr2(S04) 3 do Cr6• w K 2Cr0 4 za pomocąKMn04 , który redukuje się do Mn02 .

107

106

8. Zapianowac środowisko 1 zbilansować równanie cząsteczkowe i jonowe utleniema Jonu Jodkowego 1- w KI do 12 przez KMnO 4 , który tworzy związek Mn2+.

Rozwiązame:

Zapisujemy równanie tlen!<ów:

wstępne,

przy czym produkty zapisujemy w postaci

Rozwiązame:

vn m tv vi KMnO4 + Cr2(SO4h = Mn02 + K;iO + Cr03 + SO~ c?+- Je = Cr6+ /3 I l Mn 7+ + 3 e = Mn4+ 13 Il

Równanie wstępne ma

Wstępnie

O

= MnO + K 2 0 + 12

Mn7+ + 5e = Mn2+ /2 21" - 2e =I~ /5

Inaczej równania połówkowe możemy zapisać jako:

/3 / l f3 Il

Mno; + 6W + Se= Mn0°+ 3H20° /2 zr-- 2e == I~ f5

ustalamy współczynniki stechiometryczne w równaniu ; otrzymu· Wstępme

Jemy:

ustalamy współczynniki stechiometryczne w równaniu i otrzymu-

jemy:

1)

Powstałe

KlO+Hp=2KOH,

3)

2 Cr03 + 2 Hp= 2 ~Cr04 ,

powstający

produkty Kp, MnO będą oddziaływały zasadowo, wymagają więc zoboJętmenia kwasem: 2) 6K20 + 6H2S04 = 6K2S04 + 6Hp,

w teJ reakcji kwas zobojętmamy wodorotlenkiem potasu:

5)

2KiCr04

Sumu1ąc

= K 2Cr20 + K 20. 7

4)

6) powsta1ący

6)

środowiska

2K++2Mn04 +2Cr3++ 3SO!-+ 6K++ 60W=

9. Ułożyć równanie reakcji (cząstecZkowo i jonowo) utienien1a JOnów Jodkowych 1- do wolnego jodu za pomocąK2 Cr207, który redukuje się do JOnu cr3+.

2Mn02 + K;iCr20 7 + 6K++ 3SO!-+ 3Hp.

Rozwiązame:

2K++2Mn04 + 2Cr3++ 6011= 2Mn02 + K;iCr20 7 + 3H20.

zasadowego.

2Mno; + ior+ !6W= 2Mni++srg +8H20.

Odpowiedź: Reakcja utlenienia JOnu Jodkowego 1- w KI do I przez KMnO 2 4 wymaga środowiska zasadowego.

Jonowo:

Odpowiedź: Reakcja utlenienia Cr3+ w Cr2(S04) 3 za pomocą KMn0 4 wymaga

sso;- =

= 2Mn ++2so!-+SI~ + 12K++ 6So~-+ 8Hz0.

2KMn04 + Cr2(S04) 3 + 6KOH = 2 Mn02 + K 2Cr20,+ 3K 2S04 + 3H20 .

10)

2K++ 2Mn04+ 10K++ 10r+ 16H+ + 2

Sumarycznie, po dodaniu równań. od 2 do 7 oraz zniesieniu się związków wystę­ pujących po prawej i lewej strome równań, otrzymujemy:

=

2 KMn04 + 10 KI+ 8H2 S04 =2MnS04 +51 2 + 6 K 2 S04 + 8 Hp.

5)

3 H 2S04 + 6 KOH= 3 K 2 S04 + 6 H 2 0.

9)

reakcje l, 2 i 3, otrzymujemy:

Jonowo:

w tej reakcji kwas zobojętniamy wodorotlenkiem potasu:

7)

2 MnO + 2 H 2 S04 = 2 MnS04 + 2 Hp.

3)

2H,Cr04 +4KOH = 21(,Cr04 +4H,O.

4)

2KMn04 +!OKI= 6K20 + 512 + 2Mn0.,

1)

produkty reagują według reakcji:

2)

8)

li

-1

KMn04 + Kl

Inaczej równania połówkowe możemy zapisać jako: Cr3++60W- 3e = CrO~ + 3H20° MnO;j + 4 H+ + 3e = Mn0~+2H 20°

postać: Vll

i

i.

'~

Należy obliczyć stopme utlenienia pierwiastków biorących udział w reak· cji utłen1ema i redukcji oraz zapisać produkty w postaci tlenkowej. Równanie wstępne ma postać:

-__L...Ulllli...•,••-• .__.,.,, :M~

00

'O'

,,.,„„„ •.„-„--''" .....„.„.•- •.-.„·-·••>' -~·

• •••••- • „

•• „•

. , -·•••• •---· -·· - •• •• -• •• •' •'

•·-•• o,O•

„ ...„ •..•,.

„~....„„~,.-„„.„„

'' ' '

•• r r0."'" "T ....

,,„.„.„-.- •••O ···~--„····-••••·•--•·•"•-••--······""'-"-~''"'"'' ••••-·'•

0 , __ ___

108 . +VI

_,

+lll

zr- - 2e = I~ Wstępnie

O

= K20 + Cr20~ + I2 Cr6++ 3 e = Cr3+ /2

K 2Cr20 7 + Kl

I)

ustaiamy

współczyn n iki

/3

stechiometryczne w równaniu i otrzymu-

5. PRAWA GAZOWE

jemy: K 2 Crp7 + 6 KI= Cr2 0: + 3 12 + 4 K 2 0 .

2)

produkty Kp, nia:

Cr20~ będą oddziaływały Cr2 0~

3)

zasadowo. wymagają więc zobojętnie­

+ 3 H2S04 = Cr2(S04) 3 + 3 H20.

4 K 20 + 4 H 2S04 = 4 K 2S04 + 4 HzO.

4)

sumarycznie, po zbilansowaniu równań od i do 4, otrzymujemy cząsteczkowe, sumaryczne równame: 5)

K 2Cr20, + 6 KI+ 7 HzS04 = CriCS04 ) 3 + 4 K 2S04 + 3 12 + 7 H 20.

Jonowo: 6)

zK++crp;-+ 6~+ 61-+ 14H++1so!-= = 2cr3++ Jso;-+ 3~+ BK„ + 4so;-+ 1H20.

Po zbilansowaniu stronami równania 6, końcowe, jonowe równame ma postać: 7) Odpowiedź:

Reakcja utieruemajonów jodkowych r- za pomocą K 2Cr2 0 7 wymaga

środowiska kwaśnego.

5.1. Wprowadzenie W odpowiednich warunkach każda substancja moze występować w stanie gazowym. Gazy nie maJą określonego kształtu i objętości. Dzięki zdo!nośc1 do rozprężania gazy przyjmują kształt 1objętość naczynia, w l
5.2. Prawo Avogadra Prawo Avogadra określa, że w jednakowych objętościach różnych gazów, w Jedna.koweJ temperaturze i pod takim samym ciśmeniem znajdują się Jednakowe ilości cząsteczek. Liczba Avogadra wynosi: 6.022 · 1023 cząsteczek/mol. i !

i i

Il.·

110

I li

3. Jaką gęstość ma tlenek malnych?

Konsekwencją tego prawa jest fakt, że w normalnych warunkach l mol gazu zajmuje objętość 22,414 dmJ. Za warunki normalne uważa się temperatu re 273 K i ciśnienie l atmosfery, czyli 1013 hPa.

węgla

CO I ditlenek węgla C02

W

warunkach nor-

Rozwiązanie:

Obliczamy masy molowe CO i C02:

Przykłady

mol CO = 12,0lll5 + 15,9994 = 28,01055 g.

1. Jaką objętość w warunkach normalnych zajmuje 15 g wodoru?

mol col= 12,01115 +2·15,9994 =' 44,00995 g.

Rozw1ązanre:

Zarówno I mol CO, jak 1 C02 za1mu;ą w warunkach normalnych 22,4 dm;. Gęstość p jest to stosunek masy m do objętości V:

Cząste cz lG

wodo ru są dwuatomowe. więc masa cząsteczkowa wy nosi 2· l .00794 == 2.01588 g. 2,0 1588 g H2

-

m p=-

l mol

-

(5.1)

v

15 g H2 - n n= 7,4409 mola H 2 I mol H2

objętość

dlaC02 :

dla CO: p

22.4 ctm=_

- V V = 166,68 dm'

7,4409 mola H2

= !!!.. = 28,01055 V 224

'

l 25 g/dm;

'

'

p

=m = 44.00995 V

.

224

1 96 /dm;.

'

g

W podobny sposób można obliczyć gęstość innych gazów w warunkach normalnych.

Odpowiedź: W warunkach normalnycJl 15 g wodoru zajmaje objętość 166,68 dm ~_

Odpowiedź: W warunk ach normalnych CO ma gęstość 1,25 g/dm;, a C02 ma

gęstość 1,96 g/dm; .

2 . Jaką objętość w normalnych warunkach zajmie 5 moli chloru, 5 moli tlenu (VI) S02?

4. Ile cząstecze k tlenku węgla zawiera 600 cm3 tego gazu w warunkach normalnych?

i 5 moli tlenku siarki Rozwiązanie:

Rozwiązanie:

Korzystaj ąc z prawa Avogadra nalezy obliczyć, Jaką objętość zajmuje dana

W war.unkach normalnych objętość molowa tlenku węgla wynosi 22.4 dm ~.

liczba moli: l mol Cł2 5 moli Cl 2

-

-

Z proporcji obliczamy, jaką objętość zaJmie 600 cm:= 0,6 dm 3 CO.

22,414 dm' V

i mol CO - 22,4 am~ n - 0,6 dm~ n = 0,0268 mola CO

V= 112,04 dm" I mol 0 2 - 22,414 ctm= 5 moli O - V V= 112.04 dm: I mol SO: - 22,414

ctm=

5 moli S03 - V V = 112,04 dm; Odpowiedź : Bez wzg lędu na rodzaJ gazu 5 moli gazu w normalnych warunkach zaj mie objętość 112,04 dm; _

Liczba Avogadra wynosi: 6,023 · 1023 cząsteczek/mol. Z proporcji przyrównującej 0,0268 mola CO do liczby Avogadra obliczymy

I

il ość cząsteczek:

1 mol CO - 6,023 · JOll cząsteczek 0.0268 mola CO - x

I i I I

x = J,6·1022 cząsteczek

i

Odpowiedź: 600 cm 3 CO w wa.runkach normalnych zawiera 1,6 · 1022 cząste­

I

czek.

!

i

l

J --- ·----- --·-· ·-----·~-·--- --- ---· --- ------··--------·-· -..„.. ·- ·-··

·· ·~----·--

-11111r---

...:...illll~--·~---" . . . . ..:_„.. „ ..

..

„ .. „ •. ··•·· .„ '""" ·-- ··-·. ·-··-··--'"'" - -~"·"--····-J········--··· ·„··-·- ~·.- ·····-~-·-···--

·-····--· ...........·-·-·········„.„.. „ ..........„„.„.„.„_

... „ .....•.„„... „

. „ ..•. „

•... ' „ •

.„ ..••. --····----.-.~·-··••"'"""" ...•...•.•. „

::1

„.

••~ •.•„ •••.•

r

i

112

lI

5.3. Prawo Boyle'a-Mariotte'a Prawo Boyie·a-Manotte'a odnosi się do przemian 1zoterm1cznych (t = const.). Podaje ono zalezność pomiędzy objętoscią Va ciśmeri1em p danej masy gazu w stałej temperaturze:

-'I I

113 30 dm;+ 0,8 dm;= 30,8 dm;, czyli

_ p Y; _ 1013 hPa· 30,8 dm; _ 1 hP 040 a. --v;-30am 1-·

Pi

-

3

.

W stałej temperaturze iloczyn ciśnienia i objętości dla danej masy gazu Jest war-

Odpowiedź: Ciśn1en1e

tością stałą.

wynosi 1040 hPa.

Przykłady

4. Ile razy należy zwiększyć ciśnienie, aby w temperaturze 303°K objętość 2 moli gazu zmmejszyła się z 84 dm: do 12 dm 3?

gazu w butli po wprowadzeniu dodatkowej

t. 8 dmJ gazu pod ciśnieniem 1013 hPa (1 atmosfery) skomprymowano bez zmiany temperatury do objętości 5 dm:. Obliczyć ciśnienie gazu po skomprymowaniu. Wynik wyrazić w atm.

Rozwiązanie:

Rozwiązanie:

Temp. = const., m = const.

Wzór wyrażający prawo Boyie'a-Mariotte'a przekształcamy 1 obliczamy p 2• Wstawiając dane z zadania otrzymujemy:

Niewiadomąjest stosunekp/ p" natomiast

Pi

Odpowiedź: Ciśnienie

p 1 • Vj

i atm· 8 dm:

V2

5 dm'

=- - ,.,

,

gazu po skomprymowaniu wynosi 1,6 atm.

Rozwiązanie: rr _

p 2 • V2

_

~i----

p1

250 cm: · 3039 hPa _ 1 ; - 25 dm 6078 hPa

Odpowiedź: Objętość gazu pod ciśntemem 6078 hPa wyniesie 125 dm:

3. Do metaiowej butli zawierającej 30 dm3 gazu pod ciśnieniem 1013 hPa (1 atmosfery) wprowadzono 800 cm3 gazu pod ciśnieniem 1013 hPa (1 atmosfery). Obliczyć ciśnienie panujące w butli po wprowadzeniu tej ilości gazu, zakładając, ze temperatura była stała. Rozwiązanie:

Po dodanm gazu i przy ciśnieniu 1013 hPa (1 atmosfery) objętość gazu wynosiłaby:

ilości

gazu

Równanie: Piv, = p2v2 przekształcamy do postaci: V,IV2 = p 2 1p,.

Odpowiedź: Ciśnienie naieży zwiększyć

V/V2 = 84 dm 3 /12 am: = 7.

7 razy.

= l, 6 at.In.

2. W metalowej butli znajduje się 250 c m: gazu pod ciśnieniem 3039 hPa (3 atmosfer). Obliczyć objętość tego gazu pod ciśnieniem 6078 hPa (6 atmosfer) w tej samej temperaturze.

ir:,,

!013 hPa. V, = 30,8 dm=.

Gaz wprowadzono do butli, której objętość jest stała. a więc objętość gazu wynosi: v2 = 25 dm: . Gaz został skomprymowany, w związku z tym uległo zmianie ciśnien ie gazu w butlip2:

(5.2)

i -

TJ,=

5.4. Prawo Gay-Lussaca Prawo Gay-Lussaca odnosi się do przemian izobarycznych (p = const.). Mówi ono. ze jeżel i gaz ogrzeje się o 1°C, to jego objętość przy zachowaniu stałego ciśnienia wzrosnie o 1/273 część objętości, Jaką miał ten gaz w temperaturze 273 K (0°C). Podobnie, jeśli gaz oziębi się o 1°C, to Jego objętość z maieje o 1/273 część objętosc1, jaką posiadał w temperaturze 273 K, takze przy zac110wamu tego samego ciśn ienia: V. .

~V.o (1 ±-; ) 273

TJ=

const.,

(5.3)

gdzie:

V, -

objętość

~

objętość gazu w

gazu w temperaturze t, temperaturze 0°C, t - temperatura w °C. -

Po ogrzaniu l mola gazu pod starym ciśnieniem p 0 = 1013,25 hPa od temperatury 0°C do temperatury t zgodnie z izobarycznym równaniem Gay-Lussaca objętość gazu V, wyniesie: (5.4)

114

1l5

gdzie: V0 - objętość molowa gazu doskonałego w warunkach normalnych V0 = 22,414 dm 3/mol, a - współczynnik rozszerzalnosc1, a= 1/273,18 = 0,00366. Z prawa Gay-Lussaca wyprowadza się pojęcie temperatury b ezwzględnej. gazu doskonałego do - 273°C powinno doprowadzić do zaniku jego objętosc1, do czego jednak me dochodzi w przypadku gazów rzeczywistych, gdyż wcześniej ulegają one skropleniu. Temperatura -273°C (dokładnie ~273.18°C) stanowi dolną gramcę temperatur. Temperaturę tę nazywa się zerem absolutnym, a skale rozpoczynaJącą się od tego zera - skalą absolutną lub bezwzględną bądź od nazwiska jej twórcy - skalą Kelvina. Temperatura bezwzględna OK= -273°C, a 0°C = 273.18 K. Skalę Kelvina oznacza się literą T, w odróżnien iu od skali CelSjUSza oznaczanej literą t. Temperaturę bezwzględną T obliczymy następująco: Oziębienie

T = 273,18 +i.

(~.5)

Vj 00 =89,656 dm3 (1+ lOO) =122 50 am' 273

Odpowiedź:

'

.

4 mole azotu w temperaturze 100°C, pod ciśnientem 1013 hPa zaj122,50 dm;.

mują objętość

3. Ile dm; tlenu w temperaturze 293 Ki pod ciśnieniem 1013 hPa powstanie w procesie prażenia 42 g manganianu (VII) potasu KM nO ? 4

Rozwiązame:

Reakc1a przebiega według równania: 2 KMn04 = K 2Mn04 + Mn02 + 0 2 •

Masa molowa KMn04 wynosi: 39,0983 + 54,938 + 4 · 15,9994 == 158,0339 g. Masa molowa 0 2 wynosi: 2 · 15,9994 = 31.9988 g.

Przykłady

Z reakcji wynika, że z 2 moli KMn0 4, czyli 2 · 158,0339 g = 316,0678 g KMn04 powstanie I mol 0 2, czyli 31.9988 g 0 2 •

1. Jaką objętość zajmie 68 g amoniaku w temperaturze 20°C pod ciśnieniem 1013 hPa?

Na podstawie równania reakcji obliczymy, ile gramów 0 2 wydzieli się w procesie prażenia 42 g KMn04:

Rozwiązanie:

Mol NH3 , czyli 17,03052 g zajmuje w warunkach normalnych 22,414 dmJ. Objętość V0 68 g NH; obliczymy z proporcji: 17.03052 g NH; - 22.414 dm; 68 gNH; - V V= 89,50dm: Objętość

316,0678 g KMn0 4 - 31,9988 g 0 2 42 g KMn0 4 - m m "" 4.2520927 g 0 2

objętość

gazu w temperaturze t == 20°C, czyli V20' obliczymy ze wzoru

20) =96,06dm'' . ( 273

Obl iczoną ilość 0 2 przeliczymy teraz na objętość w warunkach podanych wyżej, z prawa Gay-Lussaca. Najpierw obliczymy objętość V , jaką zajmuje

korzystając

V20 == 89,50 1+

68 g amoniaku w temperaturze 20°C pod ciśnieniem 1013 hPazajmte 96.06 dm;

31.•9988 g 0 2 - 22.4 dm~ 4,2520927 g 0 2 - V V =2,98 dm:

Odpowiedź:

objętość

Objętość

tlenu w temperaturze 293 K obliczymy następująco:

2. Jaką objętość zajmują 4 mole azotu w temperaturze l00°C, pod ciśmemem

( 20)

.

V, =2,98 I + - =3,20dm' _

1013 hPa? Rozw1ązan1e:

0

4,2520927 g 0 2 w warunkach normalnych (temperatura 273 K, ciśn ienie 1013 hPa). i mol gazu, czyli 31,9988 g 02' w warunkach normalnych zajmuje objętość 22.4 dm;, stąd obliczymy Yo:

273

Odpowiedź:

W czasie prażenia powstanie 3,20 dm3 tlenu.

W warunkach normalnych J mol azotu zajmuje objętość V= 22.414 dm;, czyli 4 mole azotu zajmą objętość 4 · 22,414 dm;= 89,656 dm;. Należy obl iczyć obję­ tość 4 moli azotu w temperaturze 100°C:

·-----------·-·-·------·--· -·--·-·-·- ··-· ··-·- . -·--·--· ---·--·-····-· ·1111n·--

.--..Lllll,;.._...

-···-·•"- -i•-•· •-

••

n~·.•ro•·-••••ą••-••••·----ń··-·~·-v-~-·-··-·•··

•----···-·-·-·' ·•· ..••••••••••••••··-"' •"' ·•·•••·•• •

..

• •••••••··-·••,„„• .• .„ ,..•..•..... -~„

-~··••••~~··.•••• ••••••• "• " •

<

•o ••••••-·--·--•'•••• ••• >• •N~--

,

...---···-·------·- ••0

.,,.„ .

'l I

116

I

5.5. Prawo Charlesa

I

Prawo Charlesa Odnosi się do przemian izochorycznych (v=const.) 1 mówi, że jeżeli gaz ogrzeje się o l°C, to jego ciśnienie, przy zachowaniu stałeJ objętości, wzrośnie o 11273 część ciśme111a, Jakie gaz posiadał w temperaturze 0°C. Podob-

nie ciśnienie to zmaieJe o 11273 część przy oziębienm o 1°C. p1

=p 0 (1

±-;-) 273

V = const„

(5.6)

gdzie: p, - ciśnienie w temperaturze t, p 0- ciśntenie w temperaturze 0°C.

1. Ciśnienie w butli z azotem wynosi 121 560 hPa (120 atmosfer) w temperaturze 25°C. Obliczyc ciśntenie panujące w butli w temperaturze 60°C. Rozwzązame:

Masa gazu oraz jego objętość nie ulegają zmianie. Przemiana jest izochoryczna. p,= 121560 hPa, I; =25 +273 "'=298 K, T2 =60+273 =333 K,p2 = ? azotu w temperaturze 35°C obliczymy z za leżności:

.EJ_=!i_ Pi Ji

~

P60

=p1T2 =121560hPa·333K:::l 35837 hPa. 1j 298 K

Odpowiedt: Ciśnienie panujące w butli w temperaturze 60°C wynosi 135 837 hPa.

2. Ciśnienie w butli z argonem wynosi 15 195 hPa w temperaturze 22°C. O ile należy obniżyc temperaturę,

aby ciśnienie spadło do 14 182 hPa?

Odpowiedź: Aby ciśnienie spadło do 14 182 hPa. należy obntżyc temperaturę

o 20°C.

5.6. Równanie Clapeyrona Równanie Clapeyrona to równanie stanu gazu i ma postać:

I I

Przykłady

Ciśnieme

I

117

Pt ·V,

i 273 + t T l+-=--=-.

273

I

273 .

T

Po ·Vo =2.73 -T.

Wyrażeme, w którym znajdują się wartości state, tj. p 0

gazową, którą oznacza się symboiem R:

Temperaturę

obliczymy z proporcji:

El_= 2!_ ::::> T 2 P2 Tz

V0 , nazywa się stałą

R=Pu·Vo .

(5.10)

273

Jeżeli za Po wstawimy i atmosferę, a za V(, objętość 1 moJa gazu w warunkach normalnych, tj. 22,414 dm~. to otrzymamy:

R= iatm·22,4ctm3 _ _

atm·dm,

273

mol · stopień

0 082

i,

987

cal

moi · stopień

3

hPa. dm.

= p 2'.fi = 14182 hPa· 295 K Pr

275 K.

15195 hPa

Stała gazowa R określa: . - ilość energii (R = 1,987 cal/mol · K), jaką i moi gazu pochłania przy ogrzamu o i K lub oddaje przy oziębieniu o i K, . - ilość pracy (R = 8,314 J/mol · K), jaką i mol gazu pochłania przy ogrzaniu· o l K Jub oddaje przy oziębieniu o i K. Stałą gazową R można wyrazić tez Jako wartość:

R = 0,0821 atm· dm3fmol · K.

Obliczamy różnicę temperatur: 295 K - 275 K = 20 K = 20°C .

:i j

1

mol · stop1en

Masa gazu oraz Jego objętość nie ulegają zmianie. Przemiana jest izochoryczna. p, = 15 195 hPa, p 2 == 14 182 hPa, T. = 22 + 273 = 295 K, T2 =?

.·-i:I

(5.9)

gdzie: T- skaia Keivma.

R = 83. 066

Rozwiązanie:

(5.8)

273

p, .v, =Po ·Vo 273

I I

(5.7)

Równanie Clapeyrona można przedstawić tal<że w inneJ postaci, dokonując odpowiednich przekształcen:

I I

I i

= Po · Vo ( 1± 2; 3 ).

ll9

118

T= (273 + lS)K = 288 K. n = ?,p = ?

Jeśli wartość

R wstawimy do równania (5.9), to otrzymamy ostatecznie równanie stanu gazu: (5.11)

Liczbę

moli chlorowodoru HCI obliczymy z proporcji: 1 am3 0,382 mola HCI - 0,382 mola HCI 6,20 · l03 dm3 0,382 mola HCI - n n= 6,20 · IO'jdm' · 0,382 mol/dm!= 2,369 · lO' mola

gdzie: n - liczba moli gazu. Równanie stanu gazu można zapisać również w innych postaciach: m

(5.12)

p ·V=-·RT. M

1 - · 288 K Kmol - = - - - - - - - -- - -- - =28,4hPa.

nRT

p= -

gdzie: m - masa gazu w gramach, M- m asa molowa gazu wg/dm:.

)

I

Inna postać równania to: (5.13)

p = cRT.

gdzie c = niv i jest stężeniem molowym gazu. Przykłady

1. Jaką objętość zajmie 0,25 mola gazu w temperaturze 20°C pod ciśn ieniem 760 Pa?

I

Korzystamy z równania stanu gazu (S.lł):

3. W butli o pojemności 25 dm:, w temperaturze 20°C pod ciśnieniem 80 atm znajduje się argon. Obliczyć masę argonu znajdującego się w butli.

I I I

Przekształcając

Masa molowa argonu M = 39.9480 g/mol, p= 80 atm. V= 25 dm~, T= (273 + 20) K = 293 K, R = 0,0821 atm· dm 3/mol · K.

m=? równanie stanu gazu doskonałego pV = nRT, otrzymamy: p ·V n = -.

P.~"'" nRT.

V= ?, T = (273 + 20)K = 293 K, n = 0,25 mola, p = 760 Pa. czyli przek.ształcaJąc wzór. otrzy mujemy: 1 0.25 mola· 8.314 - - · 293 K V = nRT = p

. K mol 760 Pa

= 0,801 dm; .

Odpowiedź: 0,25 mola gazu w temperaturze 20°C pod ciśnieniem 760 Pa zajmie objętość 0,801 dmJ.

I i

m M

(5.15)

n =-

i I

I

I

I I I

6,20 m J roztwor u o stężeniu 0,382 mol/dm: , Obliczyć, pod jakim ciśnien iem odmierzono chlorowodór.

I i I I

pV:< nRT,

Liczba moli gazu n Jest równa stosunkowi masy gazu m do mola gazu M:

I

I

Korzystamy z równania stanu gazu:

(5.14)

R·T

2. 200 mJ HCI o t emperaturze 15°C rozpuszczono w wodzie i otrzymano

Rozwiązanie:

200 m:

Chlorowodór odmierzono pod ciśnieniem 28,4 hPa.

Rozwiązanie:

II

Rozwiązame:

Odpowiedź:

V

2,369 · 103 mola· 8,314 -

I

Ii

Zastępując liczbę

z którego po

moli n przez stosunek m/M, otrzymujemy następujące równanie, otrzymujemy wzór na obliczenie masy gazu:

przekształcenm

!!!...= p·V M

(5.16)

R·T

Z równania gazu doskonałego postaci p V = .!!!.... RT mozna wyprowadzić wzór do M . . o bi1czenta masy: p·V·M m=--RT

(5.17)

I

I

I - •. " - • ··•·- -· -- . ..

-·-~·-- ···

·-·· --··· .„ --- -- - „.--

.....•.•..•.-····- ..••„

- .

„. -·:···· .··- „„:11111r···-·

..„„L.JWIL ..„ „ .„.„• ....:. •.•••„ „ „ „ . • „ .„„•• „ . „.„ ..„„„ __ „„.

„ . •. . . „ . „ . . . .. •„.„.... . .

„„„ „

„

„.„.

·;i

.I I

120

Obliczamy masę argonu w butli: p V. 80 atm ·25dm' m==M ·- 1- ·- 1 =39,948g/mol . =332 1,35gAr. R ·T 0,082 1atm·dm' 293K Odpowiedź:

W butli znajduje się 3321;35 g Ar.

4. Obliczyć masę 1 gęstość heiu, który w temperaturze 303 K, pod ciśn i en iem 250 hPa zajmuje objętość 850 d mJ.

i

I

Hel występuje w cząsteczl
m= p·V·M =

RT

~ · 0,85 m~ · 4,0026 -10- ~ mol :0,0377kg.

m

1

8,314--

mol· K

·303K

p=!!__= V Odpowiedź: Ciśn ienie

I

p·V=po · Vo(I+ 2;3} Przekształcając powyższe równanie, obliczymy

_ 4atm·IOOCl.ml == 4052hPa·ł00din: _

Vo ==

Po(i+-

1 -)

273

,

to

j

wynosi: 44,00995 g/dm0 , Liczbę moli C02 n obliczymy z proporcji: i;

i mol co2

= ? cm= waży i,5 g, masa molowa C02

,

dm: CO. 2

Na podstawie równania reakcji obliczymy ilość NH4HC03, aby u zyskać 293,37 g NH::

którą należy rozło­

żyć,

NH4HCOJ „ NH0 -r C02+ H20 .

Masa molowa NH4 HC03 wynosi: 14,0067 + 5·1,00794+ 12,01115 + 3 · 15.9994 =

= 79,05575 g.

- 44,00995 g

n - i.5 g n= 0,0341 mola

1atm(1+~) 1013 hPa(l+~) 273 273

385 9

22.4 dm;; - i mol NH 3 , czyli 17,03052 g 385,9 ClmJ - X X= 293,37 g

Korzystamy z równania stanu gazu:

0

objętość NH 0

Masa molowa NH. wynosi: 14,0067 + 3-1.00794 = 17,03052 g. 1 mol NH 3, czyli 17,03052 g, zajmuje w warun1
Rozwiązanie:

z gęstości obliczamy: d = 1,5 g/cm

V0 , czyli

w warunkach normalnych:

Odpowiedź: Masa helu wynosi 0,0377 kg, a jego gęstość wynosi 0.0355 kgim 3

T = (273 + 20) K = 293 K, V= i dm;. n =? p

w zbiorniku wynosi 33,2 hPa.

Rozwiązanie:

Gęstość heiu obliczamy ze wzoru: d = m/V = 0,0377 kg/0,85 ml = 0,0355 kgtml.

pV= nRT,

2,5 dm:

6. J ak ą ilość NH4HCO: trzeba rozłożyć w reakcji piroli zy przeb iegającej z wyctajnośc1ą teoretyczną, przy p 0 = i atm. aby otrzyma<': 100 dm: amoniaku NH: w temperaturze 283 K i pod ciśnieniem 4 atmosfer?

p·V

5. Stały C02 to suchy lód. Ma on gęstość d = 1,5 gtcm'. W zbiorniku o pojemności 2,5 dml, niezawierającym żadnego gazu, przesublimowano w temperaturze 20°C 1 cmJ suchego iodu. Obliczyć ciśnienie w zbiorniku.

J · 293 K moJ·K =33,2hPa.

O, 034 1 mola · 8,314 -

283 K = l0°C, p 0 = i atm = 1013 hPa. Skorzystamy tutaj z równania Clapeyrona, ujmującego zależn ość ciśnien ia i objętości gazu od temperatury:

Rozw1ązame:

3

RT

I

I I

moJ·K

121

col

17,03052 g NHJ - 79,05575 g NH4 HCOJ 293.37 g NH. - x X -

1361,8 g NH4HCO~ = 1,3618 kg NH4HCO~

Odpowiedź: W reakcji pirolizy naieży rozłożyć 1,3618 kg NH 4HC03•

:_,

:·„r·

~.-;

,·

123

122 Rozwiązame:

5.7. Prawo ciśnień cząstkowych Daltona

W efekcie zmieszania gazów objętość helu wzrosła 6,3 razy, objętość azotu 3,15 razy. Ciśnienia cząstkowe gazów sąproporc3onalne do ich objętościowej zawartości w m1eszanm1e. I le razy wzrosła objętość, tyle razy mus iało zmniejszyć się ciśnienie każdego z tych gazow, czyli: 2026 hPa Ptie = - 321,6 hPa, 6, 3 zaś

Prawo Daltona brzmi następująco: jezeli jakiś układ jest m i eszaniną gazów, to ciśnienie całości układu p równa się sumie ciśnień cząstkowych (parcjalnych) poszczególnych sk ładników P1> p 2, „ .,pn Poszczególne ciśnienia cząstkowe odpowiadają takim c i śni emom, jakie wywierałyby po3edyncze składniki, gdyby one same zajmowały objętość całego układu w danej temperaturze.

I I

TJ

= P1 + P2 + " ·+Pn =

Ciśnienie cząstkowe składnika

gazowego

LP

f•

(5.18)

;„1

Odpowiedź: Ciśnien ie cząstkowe helu wynosi 321,6 hPa, c i śmenie cząstkowe

1 można wyrazić następującymi

azotu wynosi 643,2 hPa.

wzo-

.,I

rami:

Ciśmeme

n-·R·T P1=-'-v-·

(5.19)

p 1 =c;RT.

(5.20)

I

2. Roztwór gazowy zawiera 436 g ditlenku węgla C02 i 95,5 g azotu . Oblitego roztworu w temperaturze 500 K pod ciśnieniem 100000 Pa oraz stężenia molowe i ciśn ienia cząśtkowe tych gazów.

czyć objętość całkowitą

Rozwiązanie:

Masa molowa C02 wynosi 44,00995 g/dm~. masa molowa N 2 wynosi 28,0134 i N2 : 2

ogólne roztworu gazowego wyraza się wzorem: n · R·T v=-v-·

g/dm~. Obliczamy liczbę moli C0

(5.21)

I

Dzieląc

równanie ciśn ienia cząstkowego ogólnego, otrzymuje się wzór:

składnika

gazowego przez równanie

ciśnienia

n;

P; -==-, p

skąd

lub

.(5.22)

P1 = -'- JJ n

(5.23)

P; =N1P·

(5.24)

mol C02 - 44,00995 g n - 436 g n = 9,91 mola col I mol N2 - 28,0134 g n - 95.S g n= 3,41 mola N2

n

n,

hPa =2026 =643, 2 hPa. 3,15

PN2

n

Obliczamy s umę moli: 9,91 mola+ 3,41 mola= 13,32 mola. Objętość całkow itą roztworu gazowego obliczamy z równania stanu gazu:

Stosunek !!L= N, określa ułamek molowy składnika i w roztworze gazowym. Równanie P1 =N, · P wiąże ciśnienie cząstkowe z całkowitym. Zna3ąc ciśnienie ogólne oraz skład mieszaniny gazów, można obl iczyć ciśnienia składowe.

J

RT 13.32 mota·8.314--·500K V=-n- = . Kmol

100000 Pa

p

Ciśnienia cząstkowe skład n ików

Przykłady

0,5537m:=553,7dm:

gazowych obliczamy, mnoząc

ułamek

molowy

składnika przez c iśnienie całkowite:

t. Zmieszano 2 dm 3 helu oraz 4 dm~ azotu. Obydwa gazy miały przed zmieszamem ciśnien ie 2026 hPa. Objętość mieszaniny po zmieszaniu wynosi ła 12,6 dm:. Obłiczyc ciśnienia cząstkowe gazów w mieszaninie.

P1=N, ·p, p~ =

„ ..

„ - ---· „ _____

„„.. „ . •..• ·.· -- ·· -

„ „ •'

„ ••

.„--. ____„„·----·- · .„„

9,91 , .1 ooo00Pa=74399Pa, 13 32

·--· •... „„.

„.„ - ...„_ •. ···-· · ·------„.„„.„„..„.„„„„•.„„ „.-„.-„._„.„.„„„-_„•••„.„ •._„_

____ , ___._.„„„,_•• „.-

"··::1111r--··

___LJlllil:„„„.........„„.„........ „„... „ •...„„.„„..•.„._„.„...•„.„.„ .„.„.„ .....„„.. . .

124

PN = 2

3 41 • ·100000 Pa= 25601 Pa. 13,32

Obliczamy następnie stężeme moiowe C02 i N2 : i

„

V

553, 7 dm'

= nN2

CN 2

_ _2 ~

9,91 mola= .

Cco = llco2

J, 79 10

' „ clm'

>

3,41 mol~ = 6, 16 _10-3 mo~ 553, 7 dm' ctm'

V

Odpowiedź: Objętość całkowita roztworu wynosi 553,7 dmJ, ciśnienia cząstkowe tych gazów wynoszą: Pcoi = 74399 Pa, pN2 = 25601 Pa, stężenia moiowe wynoszą: C

- i 79 -10-2 moi C = 6 16 -10-3 moi co2-, dm~' N1 , dm:: ·

3. Powietrze zawiera 78% objętościowych azotu, 21% tlenu i 1% argonu. Obliczyć ciśnienia cząstkowe tych gazów w powietrzu o ciśnieniu 1013 hPa. Rozwiązame:

azotu obliczymy z proporcji: 1013 hPa - 100% PN - 78% pN = 2

Ciśmema cząstkowe pozostałych

790,14 hPa

gazów wynoszą:

p 01 = 0,21 · 1013 hPa= 212,73 hPa, .PAr =

0,01 · 1013

hPa~

10,13 hPa.

Suma ciśnień cząstkowych poszczególnych składników powietrza równa się ciśnfonm całkowitemu mieszaniny: PN +p

02

+pA, =790,14hPa+212,73hPa+10,l3hPa =10 13 hPa.

Odpowiedź: C iśn ienie cząstkowe azotu wynosi

argonu 10,13 hPa.

"h

6.1. Wprowadzeo ie Wśród wieiu metod ilościowego oznaczania substancji na uwagę zasługują metody klasyczne, w tym analiza wagowa ; miareczkowa. Obliczenia, bez względu na wybraną metodę oznaczania, związane są główn ie z odpow iedzią na pytame, ile oznaczanego składnika znajduje się w analizowanej próbce. Oznaczenia wagowe, nazywane również analizą grawimetryczną, polegąią na dokładnym

określeniu

Ciśnienie cząstkowe

2

6. ANALIZA ILOŚCIOWA. ANALIZA WAGOWA

790,14 hPa, tlenu 212,73 hPa,

masy oznaczanego makroskładnika analizowanej próbki. Metodą tą

metali i niemetali. Oznacza się również zawartość wody w analizowanym związku chemicznym Jako wodę higroskopijną, krystalizacyjną, neolityczną czy l
126

127

Ponadto wynik bedący efektem operacji matematycznych na wynikach pomiarów nie powm1en mieć w ięcej cyfr znaczących n iż naJmn tej dokładny wynik pomiarowy. Dokł adność obliczen nalezy zatem od dokładności danych doświad­ czalnych uzyskiwanych w danej metodzie. Podstawy obliczeń w analizie wagowej opierają się na oznaczaniu składni ka: - usuwanego z próbki w trakcie ogrzewania lub prażen ia, - wydzielonego za pomocą odczynnika wytrącającego, w formie trudno rozpuszczalnego związku, - wydzielonego w wyniku reakcji elektrodowej. W analizie wagowej często wykorzystuje się szereg procedur, które mają zapewnić wiarygodne 1 powtarzalne wyniki, w tym m.ln.: - proces odparowania roztworu do określonej obj ętości, - suszenie w suszarkach elektrycznych w temperaturze 105°C lub 130°C, do stałej masy, - prażenie w tyglach. w piecach muflowych w określonej temperaturze. do stałej masy, - studzenie w eksykatorach. - ważeme na wadze analityczneJ. Wszystkie te procesy mają wpływ na ostateczny wynik analizy ilo śc1owej , a co za tym idzie. na obliczoną zawartość oznaczanego składn ika w analizowanej próbce. Osobnym zagadniemem jest stosowanie w obliczeniach mnoznika analitycznego F. Ułatwia on obliczema w analizie i lościowej. Jest to stosunek masy molowej oznaczanego składn ika M.. do masy molowej związku. który wazy się po suszeniu lub prazeniu ~: F

=!!.i_ M2

(6.1)

6.2. Oznaczanie składnika usuwanego z próbki w trakcie ogrzewania lub prażenia Przykłady

1. Na szkiełku zegarkowym odwazono 2,4587 g soli. Po wysuszeniu próba I.9225 g. Obliczyć procentową zawartość wody w soli. m 1 =2.4587 g, Masa soli przed suszemem masa soli po suszeniu m2 = l,9225 g. ważyła

Rozwiązame:

Masę wody w analizowanej próbce oblicza się z różnicy mas soli przed jeJ wysuszemem i po wysuszeniu:

m„ = 2,4587 g - 1.9225 g = 0,5362 g H 2 0 . Procentową zawartość

I f

II I

i ·r

P„

p = 0,5362g·100 g - 21 81%. w 2,4587g ' Odpowiedź: Zawartość

wody w soli wynosi 2 1,81%.

2. 2.3454 g krystalicznego siarczanu(VI) rniedzi(ll) wysuszono do stałej masy otrzymano pozostałość o masie i,4994 g. Obl iczyć procentową zawartość wody w krystalicznym siarczanie. Masa krystalicznego CuSO4 m 1 = 2 .3454 g, masa CuS04 po suszeniu m2 = 1.4994 g. Masę wody w analizowanej próbce oblicza się z CuS04 przed jego wysuszeniem 1 po wysuszeniu:

(6.3)

różnicy

mas krystalicznego

m„ = 2.3454 g - t.4994 g = 0,8460 g H 2 0.

mP

zawartość

0,5362 g Hp

-

Rozwiązanie:

Procentowy udział składnika w pierwotnej próbie oblicza s 1ę, wykorzystując odpowiednie proporcje matematyczne. Do obliczania procentowej zawartości oznaczanego składnika P. w próbie pobranej do analizy m0 stosuje się zależność:

Procentową zawartość

-

1

(6.2)

0

2,4587 g krystalicznego CuS04 100 g krystalicznego CuS04

I

i

W obliczeniach analitycznych wykorzystuje się go do przeliczanta masy otrzymanego osadu m0 na masę oznaczanego składnika m,, stosując wzór postaci:

·F P. =m--100%.

wody Pw oblicza s ię z następującej proporcji:

suchej masy X oblicza się z różnicy : X= 100 - procentowa

Procentową zawartość

wody.

wody P,.. oblicza się z następującej proporcji:

! .....·:

'" „--··--··-·-·.··-···--··· ... ·- ···- ···············

„ ....

„.

„ . • „ „ •.

·-·- ··-····--··--- ·········„. ----„„- .„.•.. „..·-··-·

:·-„·-···-·"llllliT ..

...„Llllll..„„...„ .....,_, . •-·

„ ..••.•. · ·••·•·•· • ·-· .... „

.

„.... --·····

.„„_,.... „ •••.

,

,.„. ····-„·······~··- ···--„„„ •···· .... ...... ~. „ ...... „

·-· •... ,., ...

,.„.... „ ...~......- •.„ ...„ „ • •„.M•·•· .„~„. ~·., .

...... „.„

„ ..

_.„~-~---·-··"-"--·~····---·-

····-·-- -·-„ .... ... „ ·"···---·-„„.„„„.•„ ••_„

·-·· .„ ..

·-1 129

128

2,3454 g Krystalicznego CuS04 100 g krystalicznego CuS04

P„ Oripow1edź: Zawartość

-

m,2 =m2 -mh = 6,2280 g - 5,1426 g = 1.0854 g.

0,8460 g H 20 P„

Zawartość wody krystalizacyjnej i higroskopijnej m„ Jest równa substancji przed suszeniem i masy substancji po suszeniu:

O, 8460 g · 100 g = 36, 07%. 2,3454 g

m„ = m, 1 - m,2

wody w krystalicznym CuS04 wynosi 36,07%.

3. Obliczyć procentową zawartość wilgoci w chlorku sodu na podstawie nastę­ pujących danych: m 1 = 10,2416 g, masa tygia masa tygia z NaCI przed suszeniem m2 = 11,3202 g, m~ = 11,2908 g. masa tygia z NaCI po suszeniu mas m2 - m I = m~ oblicza się masę próbki pobranej do analizy m. wody w analizowanej pr_ó bce oblicza się z różn icy mas tygla z NaCI przed wysuszeniem i po wysuszeniu: m,.. = m2 - m~. Procentową zawartość wody P w oblicza się z proporcj i:

Z

p

'" Odpowiedź:

różn icy

.1

Masę

(6.4)

11,3202g-11,2908g·100% = 0,0294g · 100% 11,3202 g-10,2416 g i,0786 g Odpowiedź: Zawartość

=2, 73%.

w ilgoci w chlorku sodu wynosi 2,73%.

4. W naczyńku wagowym odważono dwuwodny chlorek baru BaC12 2 Hp. Próbę poddano suszeniu w suszarce, w temperaturze ll 0-130°C, do momentu uzyskania stałej masy. W wyniku suszenia z substancji została usun ięta woda zarówno higroskopijna, jak i krystalizacyjna. Obliczyć zawartość wody w anaLizowanej próbce, korzystając z następujących danych: masa naczynka wagowego masa naczynka wagowego z próbką przed suszeniem masa naczynka wagowego z próbką po suszentu

m„ = 5,1426 g, m, "' 6,4302 g, m2 = 6,2280 g.

Rozwiązame:

!

i

i

ii:

Po wysuszeniu substancji do stalej masy wazy się pon ownie wystudzone naczynko z próbką. Masę bezwodnej próbki oblicza się ze wzoru:

= mw . j 00% = O, 2022 g · 100% =15, 70%. l , 2876 g

m, 1

5. Próbę wysuszonego węgianu wapnia o masie 0,8446 g poddano prazeniu w temperaturze 900°C. Proces dekarboksyiacji węg ianu przedstawia się nastę­ pująco:

CaCO; ~ CaO + C02 . Obliczyć procentową zawart ość CaCO~

dane: masa tygla masa tygla z CaC03 przed prazemem masa tygla z CaC03 po prażeniu

w kredzie,

wykorzystując następujące

m, = 12.3278 g, m2 = 13,1724 g, m~ = 12,8662 g.

Rozw1ązame:

Z równania reakcji wynika, że zjeclnego mola CaCO; w czasie dekarboksylacji kredy uwalnia się Jeden moi C02 . Najpierw oblicza su;:: - masę próbki kredy: m* = m2 - rn 1 = 13,1724 g - 12,3278 g = 0,8446 g, - ubytek masy spowodowany wydzieiemem się C02: m2 - m; = mg mg= 13.1724

g- 12.8662 g = 0,3062 g col,

- masy molowe CaCO~ i C02: MCaCOJ == 100,0892 g/moi, Mc02 = 44,0098 gimol. Następnie układa się proporcję, aby obliczyć, z jakiej ilości CaCOJ wydzieliła się obliczona ilość co2 (0,3062 g).

2H20 m,1 jest równa różnicy masy naczynka z subsuszeniem m, i masy pustego naczyńka m„: m,1 = m, - mn = 6,4302 g - 5.1426 g = 1,2876 g.

100 g analizowanej substan-

Analizowana próbka dwuwodnego chlorku baru BaCl2 • 2 H 20 zawieg wody, co stanowiło 15.70% odważki.

Początkowa masa BaCl2

stancJą przed

masy

1,2876 g- 1.0854 g = 0,2022 g.

Następnie obliczoną mase wody mw przelicza się na cji, czyli oblicza się procentową zawartość wody P w

rała 0,2022

Rozwiązanie:

=

różnicy

44,0098 g co2- J00,0892 g caco~ 0,3062 g co2 - m„b

m S11b

= I OO, 0892 g ·O, 3062 g = O, 6964 CaCO . 3 44,0098 g g

'I

i

I 131

130

Jezeli w oc!wazce krec!y o masie 0,8446 g znajduje się 0,6964 g CaC0 3, to w 100 g

8.

kredy jest P węglanu

P

wi;g inn11

0•6964 g ·IOOg=82.45 CaCO. O. 8446 g g 3

Odpowiedź: Zawarto ść CaCO;

6.

Obliczyć wartość

w kredzie wynosi 82,45%.

mnoznika analitycznego F dla oznaczei1 pon iższych

Rozwiązanie:

1) Ag w AgCI, 2) Al w Alp3, 3) Na 2 CO; w NaHC03, 4) N a 2C O; w Na2Cp4, 5) CaO w CaC03, 6) CaCJ2 w CaC12 • 6Hp, 7) Fep; w Fe2 (S0 4) 3, 8) H;P04 wMg2P 20 7 .

t.BawBaC1 0 4 ;

2. Ba w BaS04 :

Rozw1ązame:

W obliczeniach wykorzystuje się często mnożnik analityczny F.. czyli wartość stosunku masy molowej oznaczanego składnika M 1 do masy molowej związku, który waży się po suszeniu lub prażen i u Mi:

3. Ba w

F=M1.

3.

4.

.

F "" Me, M Baco3

F ""

- 137,3270 g = O 60940 , , 225, 3466 g

Mea = 137.3270 g _ 058840 . M 8 ,so4 233,3906 g 137,3270 g 197.3362g

=o 69590 .

,

137,3270 g = 0,89565. 197,3362 g

F = MAI: = 107,8682 g =O, 75263, MĄgCI l43,3212g

Odpow iedź: Wartości mnożni ka anal itycznego

F = 2·MAt = 2 · 26,9815 g = 53. 963 g = 0,52925 • MA120J 101,9612 g 101,9612 g

8. Obliczyć zawartość Ca3(P0 4) 2 w analizowanej próbce oraz jego procentową zawartość w minerale, Jeżeli z jego oc!ważki o masie 0,7654 g wytrącono 0,4800 g

F

MN,2co, == 105,9888 g 2·MNaHCOi 2·84,0069g

rodząiu

5.

F = Me.o = 56,0774 g = 0,56029,

6.

F=

M caCOJ

I 00, 0872 g

McaC12 Meact2· 6H 20

Rozw1ązame:

Jeden mol cząsteczek Ca3(P04) 2 równoważny jest trzem mo lom cząsteczek CaCp4 . HiO. Najpierw oblicza Się masy molowe Ca3(P04)2 I cacp4. Hp. MC•i(P0~ = 310,1768 g/mol,

2

Mc.c20 4 · H 20 = 146,1128 g/mol.

Metoc!a I Z proporcji oblicza się teraz. ile Ca3(P04) 2 znajduje się w odwazce:

.

110,9834 g - 53,963 g 110,9834g+6·18,0152 101,9612 g

F są różne , w zaieżnośc i od

analizowanego związku chemicznego.

CaC20 4 • H2 0 .

105,9888 g = 0, 63083 . 168.0138g

l 05. 9888 g = o79097 133. 9992 g ' '

F - MN•zC03 M'Na1 C 20 4

7.

BaCO~

4. Ba w BaO:

M1

2.

195,9902 g = 0.44032. 222,5534 g

7. Obliczyć i porównać wartość mnożn ika analitycznego F dla oznaczeń baru w postaci: szczawianu baru, siarczanu baru, węglanu baru i tlenku baru. Czy wartość mnożnika jest taka sama?

składników w ich związkach chemicznych:

I.

F = 2 ·MH3P04 = 2 · 97,9951g MMg p o, 222,5534 g 2 1

= 0.50660,

z 310,1768 g Ca3(P0 4) 2 otrzymuje się 3 · 146,1128 g, tj. 3 · CaCp 4 · Hp mg Ca3(P04) 2 0,4800 g CaC2 0 4 ·Hp m=3 10.1768g·0.4800g 3 ·146,1128g

159,6882 g = 0,39934, 399, 8808 g

i i

Odpowiedź: W odważce znajduje się

03397 Ca3 (PO 4 ) 2 . , g

0,3397 g Ca3(P04)i-

i

I I '

-

•... ·······- --- ·-- · - · - · · · ··- · -· · ··- · ·····- ·· ··--····· • • • • • • • . . . ····· ···•····•

..•...•.. „ . .

----·-·-- ··-·-·------·„..„.- „ „.. „

....,......„

. .•• -

·:·n --···

··---Llllll,, __. „ ,...- ....-~ .•••.~··'·

-······-·""'··--·-.--··-··--·~~·· ··- . ••, .„.....•--···••""•' •' , ..•...--··· ....•. , .. ···--··.•, ....... . . .. ... , .•.,„.... ..,, ......„,_.„.•..„„.,M.„N,„ „ . . ..-.„. ..

,., ····-··· ..•• „ „,„~•·• ·-M•- ···--" ·•••·••""••••-••••· •"-'•···

133 132

m

Metocia II

n1Cty

Zawartość Ca (PO ) w odważce można obliczyć, wykorzystując tzw. mnożJ 4 2 . ' . nik analityczny F Mnożnik ten w przypadku tego zadama ma postac:

F

=

Odpowiedź: Odważka

Mt•3(P04}i = 3I0,1768g = 0,7076. 3Mc.eio4 .H2o 3· 146, ll28g

m "' 0,4800 g · 0,7076 = 0,3396 g.

Przykłady

g C~(P04)2 .

Po obliczeniu ilosci Ca3(PO4)2' jaka znajduje stę w od wazce. można obliczyc

procentową zawartość tej soli w minerale:

I

1. Odważkę analizowanej substancji o masie 1.2460 g, zaw1erającąjony B a2+. rozpuszczono w wodzie destylowanej I przeniesiono ilosc1owo cio kolby miarowej o pojemności 100 cm=. Za pom ocą pipety odmierzono 20 cm~ roztworu t przeniesiono do zlewki o pojemności 250 cm~. Z roztworu wytrącono Jony Ba2" w postaci osadu siarczanu(VI) baru BaS04:

I

Ba2+ + sot ~ Baso•.

i

i· t

I

- 0,3396 g·l00% PC (POJ2 •, O, 7654 g

44.37%.

Odpowiedź: Zawartość Ca3(P04) 2 w minerale wynosi 44.37%.

9. Jaką odważkę rudy żeiaznej zawiera.iącej 62% zeiaza należy odważyć. aby w analizie iłosciowej zawartości żeiaza otrzymać 0,5 g wyprażonego do stałej masy osadu Fe20~? Rozwiązanie:

Jecien mol cząsteczek Fe20~ odpowiada dwu mo lom atomów Fe. Najpierw o blicza się masy molowe. MF
159.6882 g/mol,

MF• = 55,8450 gimol.

z proporcji obliczamy, jaka jest zawartość Fe w 0,5 g Fep3: 159,6882 g Fep; - 2 · 55,8450 g Fe 0,5000 g Fe20; - mF• mFc

= O, 5000 g · 2 · 55,8450 g "" O3497 Fe. 159,6882 g ' g

Ruda zawiera nie 100% Fe, aie 62%. Wobec tego należy masę odważki obliczyc z zaieżnośc1:

rudy do analizy Fe powinna wynosić 0,5640 g.

6.3. Oznaczanie składnika wydzielonego za pomocą odczynnika wytrącającego w. formie trudno rozpuszczalnego związku

Po podstaw ieniu danych oblicza się wartość mnożnika a nalitycznego F. Wynosi on w tym przypadku 0,7076. Następnie należy obliczyć zawartość Ca3(P04) 2, Jaka z najduje stę w odwazce: Odpowiedź: W Od.wazce z najduje stę 0.3396

= 0,3497g·100% = 0 5640 . 62% ' g

iI

I

I

Otrzymany osad oddz ieiono od roztworu, z którego został wytrącony, przemyto, poddano suszeniu, prażen iu w tyglu w temperaturze 800°C i ważeniu . Na podstawie masy tego trudno roz puszczalneg-0 połączenia obliczyć:, ile oznaczanego składnika zawierała odważka do analizy oraz Jaka jest zawartość tego składnika w analizowanej substancji. M asa tygia masa tygla z osadem

m, = 15,5986 g, m,... , = 15,8640 g.

Rozwiązame:

Masę m. wyprażonego osadu BaS04 oblicza się z różn icy:

m, = 15.8640 g- 15,5986 g = 0,2654 g. Zawartość BaS04 (m.) przelicza się na zawartość jon6w Ba2+ (~/+)­

Me.so. "' 233,3906 gimol,

M 8 ,2• = 137,3270 g/mol; ~33.3906

g BaS04 - 137,3270 g Ba2•

m, = 0,2654 g BaS04 - m802+

135

134

m

H

Ba

=

137.3270 g ·0.2654 g 233,3906 g

Obliczona masa jonów Ba2+ znajdowała się w 25 cm} roztworu, co stanowi 1120 roztworu znajdującego się w kolbie o pojemności 500 cm:. Stąd zawartość m 812+ JOnów Ba2+ w kolbie wynosi:

0,1562 g.

Obliczona masa JOnów Ba2+ znajdowała siew 20 cm; roztworu, co stanowi 115 całości, gdyż próbkę do analizy rozpuszczono w kolbie o pOJemn ośc1 100 cmJ Stąd całkowita zawartość m8 • 2+ Jonów Ba2+ wynosi: m 6 .2+ = 5 · 0.1562 g = 0,7810 g.

m8 02+ ~ 20 · m8 .2+. m 602+ = 20 · 0,2130 g = 4,26 g Ba~+_

W celu obliczema zawartości BaCl2 · 2 HiO w kolbie wyznacza się najpierw masę molową tej soli i podobnie jak w przypadku obliczania zawartości jonów Ba2+. układa się proporcję:

Ostatecznie nalezy obliczyć procentową zawartość P882+ jonów Ba2+ w całej próbie, znając początkową masę M 0 substancji otrzymanej do analizy:

PB

2+

a

M8 ,c12 • ZHzO =226,2476 gimol, 233,3906 g BaSO4 0,3620 g BaS04

M ai. ==--· -·100%, Mo

= O,?&l0g·l00%= 62,68%.

p_ Bal•

maaCł2· H10 =

l,2460 g

Odpowiedź: Odważka do analizy zawierała 0,7810 g JOnów Ba2 • . Zawartość

jonów Ba2+ w analizowanej substancji wynosi 62,68%.

226,2476 g·0,3620 g 233,3906 g

równania:

BaCl2 +SO/-~ BaS04 + 2 c1-. Zawartość BaS0 (m,.) przelicza się na zawartość jonów Ba2+ (m8 a2+)· 4

M8 ,s04 "" 233,3906 g/mol, M812+: = 137,3270 g/moJ; 233.3906 g BaS04 - 137,3270 g Ba2+

m. = 0,3620 g Baso4 - m8 /+

m &

2

•

= J37,3270g ·0,3620g =O ZI 30 . 233.3906 g ' g

=o 3509 '

. g

m 8 ,c12 . Hio = 20 · 0,3509 g = 7,018 g BaC12 2 Hp I

mol BaCl2· 2 Hp - 226,2476 g x moli - 7,018 g

x= 7.0lSOg· tmol można przedstawić

226,2476 g BaCl2 • 2 Hp m6 .c12 . HzO

m B1Cl2. l-120 = 20 · m BaClz. HzO

Rozwiązanie:

osadu siarczanu(VI) baru

-

Obliczona masa soli znajdowała się w 25 cm :: roztworu, a więc w kolbie o pojemności 500 cm:: zawartość ta wynosi:

2. W kolb ie miarowej o pojem ności 500 cm ; rozpuszczono odważkę BaC1 2 2 H2 0, sporządzając roztwór BaC12. Do analizy pobrano z kolby 25 cm; roztworu. W toku analizy wytrącono z niego osad siarczanu(Vl) baru. Po wyprażeniu jego masa wynosiła 0,3620 g. Obliczyć zawartość Ba i BaC12 2 Hp w kolbie. Jakie Jest stęzeme molowe roztworu BaC12 w kolbie? Reakcję wytrącania

-

0,031molawkolbie500cm~.

226,2476g

w postaci

czyli w kolbie o pojemności 1000 cm:: znajduje się 2 · 0,031 ""0.062 mol/dm:. Odpowiedź: Zawartość Ba w kolbie wynosi 4,26 g, a BaCl 2 2 H 20 wynosi 7,018 g. Stęzenie molowe roztworu BaCl2 w kolbie wynosi 0,062 mol/dm:.

3. Ile cm:: 10% roztworu kwasu siarl
W pierwszej kolejności należy zapisać równanie reakcji wytrącania s1arczanu(VJ) ołowiu(II) z roztworu azotanu(V) ołowiu(II):

Pb(N03) 2 + H2SO4 = PbSO4 + 2 HNO~.

„... ..... ' - ___..

- „-·- - " " " . „„ .•

„ ..„„.

• ..„

·--------·-"· ···------·-··-„·-·""""""""" """'""'

„ --··----- ..

„. ··--···------„·111111'·---·--

. „„L. DL-...•„.„••-. •. ..... „ ....„„„„ „ .. „ __.„„„„„„„„„„„.„.......

„.-.„„„„ .........„ . . „ „ „ „

„„ .„

.„

.•„ „.„„.„..

„

„„..•. „.„ „ •.••. „ .. „„ ...„ „...„ .•„...„ „ . •

137

136 Według

reakcji do wytrącenia i moia siarczanu(Vl) ołowm(II) potrzeba: l mol kwasu s1arkowego(VI). Na podstawie obliczonych mas molowych układa s1ę

Rozwiązanie:

Reakcję wytrącania jonów żelaza następująco:

odpowied nią proporcję:

Fe'++ 3 N H, + 3 Hp = Fe(OH)3 + 3 NH4+ .

MPbSo 4 == 303,2136 gimol.

i mol Fel+ ulega reakcji z 3 molami NR,. Aby obliczyć masę amoniaku biorącą reakcji, należy wykorzystać w proporcji masy molowe reagentów.

MHiS04 = 98,9794 gimot.

udział w

Według równania, do wytrącenia: 303,2136 g PbS04 potrzeba 98,0794 g HiS04, zatem efo wytrącenia żądanej ilosci 5 g PbS04 potrzeba m. H2 S04 :

98 0794 m = 5 g- • g = 1,6173 H2SO4 . J 303,2136 g g

M F°J+ = 55,8450 gimol, M N H, = 17,0304 g/mol. Według

z definicji roztworu procentowego wynika, że 10 g H 2SO4 zawarte Jest w 100 g

równania, do wytrącenia 55,8450 g Fe3+ potrzeba 3 · 17,0304 g NH 1, zatem do wytrącenia żądanej ilości 0,45 g Fel+ potrzeba m0 NH0. m == 0,45g·3· 17.0304g =O

10% roztworu. -

mk mk

IO g H 2 S04 (100%) 1.6173 g H 2SO• (100%)

41 17

g

NH• . '

Z definicj i roztworu procentowego wynika, ze w 100 g roztworu amoniaku o stę­ 16% 1est 16 g NH: ·

= i ' 6173 g. l oog -16,173 g roztworu 10% H2S04

100 g 16% roztworu NH0

10 g

-

16 g NH:

m* - 0,4117 g NH:

m V'

d=z- .

(6.5)

mk

V=!!!.. d'

16,l73g _ ~ 2 . , - 15,c1n . i,0661 gtcm'

Odpowiedź:

Do wytrącenia 5 g osadu PbS04 z roztworu Pb(N03) 2 potrzeba 15,2 cmJ I0% roztworu HiSO4 o gęstości d = 1.0661 g/cm::

4, Ile cmJ amoniaku o stężeniu 16% i gęstości 0,9362 g/cmJ na leży uzyc, aby z roztworu zawierającego 0,4500 g Fe wytrącić Fe(OH)3. Naiezy przy tym uwzgiędnić wymóg procedury analitycznej trzykrotnego nadmiaru odczynnika

= 0, 4 J J7 g ·I OO g = 2,5731g16% roztworu NH3 16g

Obliczoną liczbę

gramów roztworu amoniaku

na ieży przel iczyć

na

objętość.

m

W tym celu wykorzystuje s ię gęstość amoniaku: d =V' po przekształcen m otrzymuje się wzór na obliczanie objętości V: m

2,5731 g

d

0,93 62 gicm'

V = -=

po przekształceniu otrzymuje się wzór pozwalający na obliczenie objętości V:

V -

'

żenm

Obliczoną ilość kwasu należałoby odważyc, aie roztwory procentowe kwasów odmierza się cylindrem miarowym i p1petam1. W związku z tym naiezy przeliczyc masę kwasu na objętość. W tym celu wykorzystuje się gęstość kwasu. Gęstość d jest to stosunek masy m do objętośc i v :

strącającego.

55,8450g

a

100 g 10% roztworu H 2 S04

z roztworu w postaci Fe(OH)3 zapisuje się

,

=2, 75 cm3 16% roztworu NH3 .

Należy uwzględnić jeszcze wymagany

trzykrotny nadmiar amoniaku:

V całkowita= 3 · 2,75 cm:= 8,25 cm3 16% roztworu NB:· Odpowiedź:

Do wytrącenia Fe(OH)3 naieży użyc 8.25 cm~ 16% roztworu NH, trzykrotny nadmiar.

uwzględniając jego

5. Badany roztwór zawierający jony Fe3+ przeprowadzono w osad trudno rozpuszczalnego wodorotlenku żeiaza(III). Wodorotlenek ten zawiera zawsze dużą, zmienną ilość wody, częściowo związanej chemiczn ie i częściowo zaadsorbowanej. Dlatego osad ten uważa się niekiedy za uwodniony tlenek zelaza(III): Fe20 , · x H20. Następnie sącze.k z osadem umieszczono w porcelanowym tyglu wyprażonym do stałej masy. Osad ostrożnie spalono i poddano prazeniu w temperaturze 900°C do stałej masy. Po prażeniu otrzymano 0,2658 g Fep~.

139

138 L Obliczyć masę żelaza w badanej próbce. 2. Jaka jest zawartość procentowa żelaza w roztworze, Jeśli do analizy wagowej pobrano 5 g roztworu?

M F•iO. '"' 159,6882 g/mot. Według równania, do wytrącenia 159.6882 Fe20 3 potrzeba 2 · 55.8450 g = 111,69 Fe3+, zatem do wytrącenia żądanej ilości 0,6028 g Fep3 potrzeba ma Fe3+ ,

Rozwiązame:

Najpierw nalezy

obliczyć

m '"'0,6028g·lll,69g=0 4216 FeH " 159,6882g ' g

masy molowe Fe i Fe20;:

Ta obliczona ilość jonów żelaza(III) znajdu;e się w 25 cm~ roztworu, czyli w kolbie o objętości 200 cm3 jest:

M Fe= 55,8450 g/mot. M Fe203 = 159,6882 gimol.

Z proporcji oblicza się

zawartość

25 cm; roztworu - 0.4216 g Fe3+ 200 cm.; roztworu - m ~

Fe w 0,2658 g Fep3 :

159,6882 g Fe2 0; - 2 · 55,8450 g Fe 0,2658 g Fep, - mF•

m Fe

= 0,2658 g-2·55,8450 g 159,6882 g

Zawartość procentową żelaza

oblicza się z

0.1 859

_0.4216g·200cm: _ FJ+ , - 33728 , g e 25cmJ

mk -

Fe.

Odpowiedź: Zawartość jonów żelaza(III) w próbce analitycznej wynosi 0,4216 g Fe3+. Zawartość jonów żelaza(III) w kolbie wynosi 3,3728 g Fe3+

g

zaieżnośc1:

PFe == 0,1859 g · l 00%

Sg

3, 7 %.

Odpowiedź: Badana próbka zawiera 0,1859 g Fe. Zawartość wynosi 3.7%.

żelaza

w roztworze

6. Z kolby miarowej o pojemności 200 cm~ zawierającej 1ony zelaza(lll) pobrano do analizy 25 cm:: roztworu. W oznaczeniu wykorzystano reakcję wytrą­ cema jonów Fe3 + za pomocą amoniaku, a następn ie wytrącony osad Fe(OH)3 prażąc, przeprowadzono w Fe20;. Otrzymano 0,6028 g Fe2 0~. Reakcję wytrącania JOnów żelaza z roztworu w postaci Fe(OH)3 przedstawia równanie: 2 Fe3+ :t- 6 NH; · H,O = 2 Fe(OH)3 + 6 NH4 ...

2 Fe(OH)3 ~ Fe20~ + 3 H2 0. 1. Obliczyć zawartość jonów żeiaza(III) w

2 . Obliczyć

próbce analitycznej. zawartość jonów żelaza(III) w kolbie.

6.4. Oznaczanie składnika wydzielonego w wyniku reakcji elektrodowej Przykład

W procesie elektrolizy roztworu zawierającego 4,6720 g rozpuszczonego otrzymano 3,6442 g czystej miedzi. Obliczyć zawartość miedz] w analizowanym stopie. m 1 = 4,6720 g, Masa stopu masa wydzielonej miedzi m2 = 3,6442 g. mosiądzu

Rozwiązanie:

Procentową zawartość

mosiądzu

oblicza

się

4,6720 g stopu - 3,6442 g Cu !OO g stopu - PCu

Rozw1ązame:

2 mole Fe3+ ulegają reakcji z 6 molami NH~· Hp, dając 2 mole wodorotlenku zeJaza(III), z których po prażeniu otrzymuje s]ę 1 mol Fe2 0 3, czyli l moi Fe2 0~ powstaje z 2 moli Fel+. Dlatego w 1 moiu Fe20 3 znajdują się 2 mole Fe3+. Aby obliczyć masę ;onów w pobranej do analizy próbce, należy wykorzystać w proporcji masy molowe reagentów. M F•i+ = 55,8450 g/mol.

miedzi Pcu w analizowanym

z proporcji:

R

Cu

Odpowiedź: Zawartość

=

3 6442 · g·100% =78% 4,6720 g

miedzi w

mosiądzu

wynosi 78%.

'„.. „„.• „' •. . _..„„„ „„.„ „ „ „ . . „„„. „ . „.„. „ •• „„„„. "" ' „ •. - „ „ .... .. „„ •.• „„„„„.„ ••.•• „ .„ „. --.-„.„ „ .„„„._„ _, „...„ .„.„„„. „„„„.„„„. „.„. „ „ • „

.... „ „ ...„.,___.._.„.„ •. „ ..•••.• „ „ • .••••„.„ .•••• „„ „

„ . . . : -· - " """' " - -

:11111n·-

---~DL.

_________ .. „ .....

'**-•--·- ·••-•• ---·-•••' '" ~~-·-~-..-•-••

•···· ···' ·"··•· • "' " ,., ••••-•••-•-••·-•• '""" •' '" ' _..,,,••,.. „ •-.

· -••·••.-•• •••"''-~··---·•„-•• ••r o

,,,, ,,,„,_..,,.•

,.h•• •- • " " ' " '' "''"·••••••• •· ·•••" ' '

141

Przyjmuje się, ze roztwór m ianowany jest poprawnie sporządzony,jezeli faktor/zawiera się w granicach: 0,850 $

7. ANALIZA ILOŚCIOWA. ANALIZA MIARECZKOWA 7.1. Wprowadzenie Obok analizy wagowej ważnym działem analizy ilościowej jest analiza miareczkowa, l
tworu. Roztwory mianowane, o ściśle dokładnym stężeniu molowym sporządza się w kolbach miarowych, najczęściej o pojemnosc1: 1000 cm: . 500 cm;, 250 cm;, 200 cm=. 100 cm;. Substancja do przygotowania titranta moze byc przygotowana fabrycznie, w formie odważki, zamkmętej w probówce szklanej lub polietylenowej 1 nosi nazwęfiksanalu. NajczęścieJ Jednak substancję do sporządzenia roztworu mianowanego odważa się na wadze analitycznej z dokładnością do 0,0001 g. W praktyce roztwory sporządzane z naważki rzadko mają wartości dokładme teoretyczne. Do obliczert analitycznych wprowadza się pojęcie faktora roztworu mianowanego. Faktor jest wartoscląmemianowaną, podawaną z dokład nością do 0,001.

(7.1)

gdzie: m - masa substancji praktycznie odważona, p . „ . m, - masa substancji teoretyczna, obliczona.

r

W przypadku roztworu fiksanalowego/ =i. Wyznaczenie f jest potrzebne do określenia stęzema rzeczywistego roztworu, którego nie m iareczkuje się roztworem fiksanaiowym. (7.2)

·;,_·•

J

$

1.150.

Oznacze01a analizy miareczkowej są w w1ększośc1 przypadkow proste do wykonan ia i nie wymagaJą długiego czasu. Obliczanie wyniku koi1cowego wymaga powtOrzen miareczkowama, obliczania sredniej. Obl iczenia a nalityczn'< są bardzteJ skomplikowane w analizie miareczkowej niż w analizie wagowej. Analiza miareczkowa poiega na stopmowym dodawaniu z biurety, małymi porcjami, mianowanego roztworu odczynnika (titranta) do roztworu substancji oznaczanej. W przec1wieństwie do analizy wagowej nie stosuje się w analizie miareczkowej nadmiaru odczynnika, lecz ilość dokładnie okreś~oną 1 przerywa się m iareczkowanie. Miareczkowa01e powtarza stę na kolejnej próbce. Przyjmuje s ię, .ze do obliczeń bierze się, w większości przypadków, wartość średnią z wyników miareczkowania kolejnych próbek, nieróżniących się więcej niż 0,05-0,2 cm:.. Inne wynik i są odrzucane. W analizie miareczkowej zużywa się zwykle, w zaleznośc1 od rodzaju oznaczanego składnika 1 metody, 4-25 cm= roztworu m ianowanego, przy dokładności 0,05 cmJ. Do obliczeń analitycznych wyl
-

143

142

przy zastosowaniu Jako wskażnika fenoloftaleiny oraz w acydymetrii przy zastosowaniujal
- precyp1tometrię - zach odzą tu reakcje strącan ia związków. np. oznaczanie srebra (oznaczenia bezpośrednie 1pośrednie), - redo1
Miano titranta T8 definiuje się Jako stosunek masy substancji oznaczanej m8 do objętości t1tranta V potrzebnej do m iareczkowama tej masy w danym postępo­ waniu analitycznym: T9- -ms -. V

Rozw1qzame: .,.. J 8 '

Odpowiedź:

Przykłady

V

16. 4 cm'·

0.01747.

Miano HCl/węglan sodu wynosi 0,01747.

2. Ob liczyć miano fiksanalowego roztworu HCI o stężen iu 0,1 M/dm; jako titranta, w miareczkowamu 0,1 M NaOH,f= I,000. Rozwrązame:

NaOH + HCI = NaCl + Hp.

Z równania reakcj i wynika, że I mol NaOH jest zobojętniany przez 1 mol HC!. Liczbę moli zasady sodowej xNaOH w próbce oblicza się następująco: t mol NaOH - I mol HC! O, l mota NaOH - O, 1 mola HCI.

Masa molowa NaOH wynosi 39,9971 g, czyli w roztworze o OJ M, poniewaz faktor/= t.000, jest:

stężeniu dokładme

1 mol NaOH - 39,9971 g NaOH 0,1 mola NaOH - m

m = 3.99971 g NaOH Ta ilość NaOH zawarta Jest w !OOO cm;. Aby obliczy6 miano HCl/NaOH, należy obliczyć Liczbę gramów NaOH, jaka zawarta jest w l cm; roztworu: 1000 cm= - 3.99971 g NaOH 1 cm=

(7.3)

Miano titranta wyraża się wg/cm=. Pozwala ono na obliczenie zawartości substancji w analizowanej próbce. Jest szczególnie przydatne przy wykonywaniu seryjnych analiz, upraszcza obliczenia. Roztwory, w których i cm= octpow1ada pewneJ określonej il ości składn ika wyrażonej w gramach lub np. w procentach. nazywa się roztworami o mianie racjonalnym. W tym przypadku wynik koń­ cowy, bez dodatkowych obli czeń, odczytuje się wprost z biurety.

= m8 =----=-, 0,2865 g

- m

m = 0,00399971 g NaOH Odpowiedź:

Miano 0,1 M HCl/0,1 M KOH wynosi 0,00399971.

3. Obliczyć miano fiksanalowego roztworu HCI o stężeniu 0,1 M/dm 3 jako trtranta, w miareczkowamu 0,1 M KOH,/= 1,000. Rozwrązc:nte:

KOH+ HCI =KC! + Hp.

Z równania reakcji wynika, żel mol KOH jest zobojętniany przez I mol HCl, moli zasady potasowej xKOH w próbce oblicza się z zaieżności:

Liczbę

1. Do zm1areczkowan1a 0,2865 g węglanu sodu zużyto 16.4 cm; roztworu HCl. Obliczyć miano t itranta.

l mol KOH - I mol HCI O, I mola KOH - O. I mola HCI

• ·-····-········ ....... ·· · - - .

.• .

. .. .. ···--··-----··· . - ·-· • ••··•• •

•.. • •

•....•..•

• ••• „

_ „ ···-·-·--"··;··-·- ····· . -~--

·--······--- ···--·-··--·"· · - · -·-· ·-·· · · · · - ·-·· .••••..

! illl ltl

.•..L.J..a\.;,_r·-.··~---· ,;.•~ •••••··• '"" '' ,„~.„_,, "'''~' ''"•-••·- •••·• ' ''••~••·„•· • •~•»•••.•·•--'" .„ •''"'"" • •··•·•··•"•·~···•„,, >P•·••·•-•···•··••

• ••I •·• · •-"•• " ' '•""' • • -"""'' ' ' '"' '"' •••• •• ' ""

145

144

Roztwór KOH jest dokłact111e 0.1 M,

ponieważ;

mozna w bezposrectni sposób obliczać stęzenle roztworu oznaczanego lub sprawdzać stęzenie titranta. czyli:

Crzeczywiste = C1eorc1yc:nt ·f, czyli;

0,1 M · l,000 = 0,1 M. Masa moiowa KOH wynosi 56,1056 g, wobec tego można obliczyć liczbę gramów KOH, jaka znajduje się w 1000 cm 3 0,1 M roztworu KOH z proporcji:

c

-

NaOH -

CHCI VHCI

V.

N•OH

1000 cm3 1 M KOH - 56.1056 g KOH 1000 cm3 0.1 mola KOH - m

Odpowiedź: Faktor

0,1 M·9,8: cm~ = 0, 0987 M. l Ocm'

wynosi 0,987. Rzeczywiste stęzenie roztworu NaOH wynosi

0,0987 M.

m = 5,61056 g KOH Aby obliczyć miano HCl/KOH, należy obliczyć liczbę gramów KOH, Jak.a Jest zawarta w i cm: roztworu:

7.2. Oznaczenia alkacymetryczne

1000 cm~ - 5,61056 g KOH i cm~ - m

7.2.1. Uwagj ogólne

m = 0,00561056 g KOH Odpowiedź:

Alkacymetria jest metodą pozwaiającą na oznaczanie ilosciowe kwasów

Miano 0,1 M HCl/0,1 M KOH wynosi 0,00561056.

f

4. 10 cm3 O,t M roztworu NaOH , sporządzonego z naważki, zmiareczkowano acydymetrycznte 0,1 M fiksanaiowym roztworem HCl. W koieJnych m1areczkowa01acil roztworu zasady zużyto: 9,85 cm:; 9,8 cm:; 9,9 cm3 HCI. Obliczyć faktor zasady. Jakie jest rzeczywiste stężenie roztworu NaOH? Rozwiązante:

Gdyby roztwór NaOH był fiksanatowy, to na zobojętnienie 1Ocm: roztworu NaOH zużyto by dokładnte 10 cm3 roztworu HCL ale wynik i m1arecz1
Faktor zasady jest równy:

f

ci:1: =o. 987.

= v„,oklyczna ::::: 9,87 v,coretyczna 1ocm'

Rzeczywiste stęzenie roztworu C„ otrzymuje się, mnoząc wartość stęzema teoretycznego C1 przez faktor f Rzeczywiste stężenie roztwor u NaOH wynosi:

Cn~aywtsle =Clt.or~tyc:n~ ·f ·

CN•OH =

O,l M . 0,987 = 0,0987 M.

Korzystając z za leżnosc1:

(7.4)

f.

I

i zasad w roztworze. Stosowane wskażnik i typu kwasowo-zasadowego zmieniają ubarwienie w zaieżnosci od pH roztworu. Przedział pH, w którym dany wskaż­ nik zmienia zabarwienie, Jest to zakres wskaźnikowy. Do najpopularn1ejszych zalicza s ię: I) oranz metylowy, przyjmujący charakterystyczne zaban\lienie w przedziale pH 3,1-4.4: - przy pH< 3, l zabarwienie czerwone, - przy pH > 4,4 zabarwienie żółte; 2) fenoloftalema: - przy pH< 8,2 jest bezbarwna. - przy pH> 10 zabarwienie czerwonomalinowe. W alkacymetrii należy tak dobrać wskażnik, aby w pobliżu punktu rownowazności PR (pH= 7) nastąpił gwałtowny skok pH wywołany mm1malną objętością dodawanego czynn ika miareczkującego. Właśnie w zakresie tego skoku. zwanego skokiem miareczkowania. o
147

146

7.2.2. Oznaczanie

14

metodą alkalimetryczną

13 12

7.2.2.1. Miareczkowanie mocnego kwasu

11 IO

kwasu w roztworze

mocną zasadą

Przykłady

9 punkt 7

-----------

rownoważnikowy

PR

6

5 4 o

J

2

'"

całkowitej zawartości

pH

o

( IJróbkę zawierającą HCI, przeznaczoną do analizy, miareczkowano NaOH ~obec fenoloftaleiny jako wskażnika. Gdy roztwór zabarwił się na kolor Jasnoróżowy, o barwie n ieznikającej przez 30 s, zakończono miareczkowanie, wyznaczając tym samym punkt PK. Miareczkowanie powtórzono trzykrotnie. Otrzymano następujące objętości zużycia titranta: V, = 6.8 cm', V2 = 6.5 cm, , V;= 6,45 cm' O,l MNaOH of= 0,998. Obliczyc, ile gramów HCI zawierała bad.ana próbka. Rozwiązanie:

4

2

5

6

cm' NaOH

Rys. 7.1. Alkalimetryczne miareczkowanie mocnego 1
Średnia objętość zużyta do znuareczkowania roztworu wynosi V= 6,475 cm; (V, = 6,8 cm' odrzuca się, pomewaz różni się od pozostałych o wartość w1ęł
stężeme

roztworu NaOH wynosi: cN.oH= 0.1 M · o.998 "" 0,0998 M.

W objętości

oH

V= 6.475 cm; roztworu znajduje się określona liczba moli NaOH (x),

którą oblicza się

14 13

z proporcji:

0.0998 mola NaOH - 1000 cm3 0.0998 M roztworu NaOH x - 6.475 cm3 0.0998 M roztworu NaOH

12

11 10

X

9 8

a

6,462 . 10- 4 mola NaOH

Oznaczeme przebiega według reakcji:

7

6 5

HCI + NaOH ~ NaCJ +Hp.

Z równama reakcji wynika, że 1 mol NaOH zobojętnia i mol HCI, czyli moli kwasu chlorowodorowego (x) w próbce oblicza się następująco:

4 1 J

2

o 2

1 J

4

5

6

cm'HCI

liczbę

1 mol NaOH - 1 mol HCI 6.462 · 10- 4 mola NaOH - x

x-= 6,462 · 10- 4 mola HCJ

Rys. 7.2. Acydymetryczne miareczkowanie mocnej zasady mocnym kwasem Żródlo: (8].

Masa molowa HCI wynosi 36,4606 g. Całkowitą zawartość kwasu chlorowodorowego (m) oblicza się z proporcji:

··· · ··--··---------------·-·---·-- ··-----·-----·· •·.„•.•...•···•···· ----------------------------·· ····----·.„ --- -------„·-····-----------· -·-··· ·

· ··--·-··· ·· -···· ·•·· ··-:·-·-··---· ·-·-·:·m11rr -

....LJl!ll:-.....,„_..: ...„.. „ ..•„„„.•....„ ...•.. ··-·--.„„...

.„. ·---- ···· .•.. „ . ...........„ ...„ ....

„.„. ---·-·-·

,,

;,

I ,

, • •..~

\.

('"·

/.'

148

'·'··· 149

~ - !_ '

4,425 · I0-4 mola tiiS04 z najduje się w objęt0Sc1 pobranej do m1areczkowama, tj. V,= 10 cm=. Aby ob ł iczyc stężenie m oiowe roztworu, należy podac liczbę moli kwasu w 1000 cm; ;

i mol HCI - 36,4606 g HCI 6,462 · 10-4 mola HCI - m m ~ 0,01983 g HCI

4,425 · 10_. mola H2 S04 - 10 cm" roztworu x - 1000 cm~ roztworu

Ogpow1edź: Badana p róbka zawierała 0,0236 g HCI.

pojemnośc_i

\ ; \ kolby o 500 cm; pobrano oo analizy 10 cm; roztworu kwasu s1ark6wego(Vl). Próbki miareczkowano 0,1 M fiksanalowym roztworem NaOH wobec oranżu metylowego jako wskaźn ika, do momentu zmiany zabarwienia roztworu z czerwonego na żółty. Objętości t1tranta zużyte do zmiareczkowan1a koiejnych prób wynoszą: V1 = 8,85 cm:, V2 = 8,60 cm=. V;== 8.90 cm;, ~ = 8,80 cm;; V5 "" 8,85 cm=. 1. Określić stężenie molowe kwasu siarkowego(Yl) znajdującego się w kolbie. 2. Podac masę kwasu znajdującą się w kolbie miarowej. Rozwiązanie:

Średnia objętość zuzyta do zm1areczkowania roztworu H 2 S04 wynosi:

f7 = LVi. v3, V4, Vs= 8.85cm;+8,90+8,80cm~+8,85cm; 4

n Obj ętosci

= 8. 8 S cm~

_ 4,425 ·10-4moia· 1000 cm; _ O H SO , - .04425 mo1a 2 4 . 10 cm,

x-

Odpowiedź i: Stężenie molowe H2S04 wynosi 0,0443 mol/dm~.

Masa molowa ~S0 4 wynosi 98,0795 g. Masę kwasu H2 S0 4 znajdującą się w objętości 500 cm; oblicza się z proporcji: I mol H S04 w 1000 cm" - 98,0795 g H2 S04 2 0,04425 mola H2S0 4 w 1000 cm-' - m

m=

0,04425 mola· 98,0795 g _ H SO ; . - .4 , 3400 g 2 4 w 1000 cm

1mo1 Zawarto ść H 2S04 w kolbie o pojemności 500 cm: oblicza się z proporcji: 1000 cmJ - 4,3400 g H2 SO 4 500cm 1 - m

Vi_= 8,6 cm1 nie bierze się pod uwagę w obliczeniach (8,90- 8,60 > 0,2).

m

cm

W objętośc.i 1{85. 3 roztworu znajduje się określona liczba moli NaOH (n), ktorą oblicza się z proporcji:

!OOO cm3 0.1 M roztworu NaOH - 0,1 mola NaOH 8,85 cm3 0,1 M roztworu NaOH - n n = 8,85 moia. O, 1 mola= 8 85 · l o-4 mola NaOH ' 1000 cm::

Miareczkowanie alkalimetryczne w przypadk u tego oznaczenia mozna przedstawić za pomocą reakcji: H2 S04 + 2 NaOH-> Na2 S04 + 2 H2 0 . Z równania reakcj i wynika, ze i mol H 2 S04 reaguje z 2 moiami NaOH. Liczbę moli H 2S04 w próbce oblicza się następująco: 2 mole NaOH reaguJą z i molem H 2S04 , 8,85 · 10-4 moia NaOH reaguje zx molami H 2 S0 4 :

_ 8, 85 · l O""' moia · i mol -_ 4•425 · ł0-4 mola H SO . 2 4

x-

2mole

=2.17;_·, g H 2S04

Odpowiedź 2: W kolbie znajduje się·4i3.4(!9.g

8iS04 •

3 . Do kolby mia rowej o pojemności 250 cm; odp1petowano pipetą Mohra 20 cm:: 10% kwasu chlorowodorowego. Kolbę uzupełnio no wodą do k reski. Do analizy pobrano 10 cm3 roztworu kwasu solnego. P róbki miareczkowano w trzech powtórzeniach 0,1 M fiksanalowyrn roztworem NaOH wobec fenoloftaleiny Jako wskażnika, do momentu zmiany zabarwienia roztworu na kolor j asnoróżowy. Objętości titranta zuzyte do zmiarecz1mwan1a koiejnych prób wynoszą:

V, = 22,95 cm::, V2 ""23 et= l,0474 g/cm~ .

cm~,

VJ = 23 cm::. Gęstość 10% HCI wynosi w 20°C

i. Podac masę kwasu znajdu1ącą się w próbce przeznaczonej do miareczkowania. 2. Podat masę kwasu znajdującą się w w kolbie miarowej. 3. Określić stęzeme molowe HCI znajdującego się w kolbie. 4. Jakie jest stęzenie moJowe roztworu wyjściowego HCl? 5. Czy stęzenie roztworu wyjśc iowego wynosiło 10%? Rozwiązanie:

Średnia objętość zuzyta do zmiareczkowania roztworu HCI wynosi:

150

151

V= :tv., V2, v3 =22.95 cm~ +23 cmJ +23 cmJ = 22. 98 cmJ 3

n

Z proporcji oblicza się liczbe moli NaOH (n), która znajduje się w 22,98 cm~ roztworu t1tranta o stęzeniu 0,1 M:

I

~­

i

Aby

ob liczyć stężenie

2.298·10-~

Odpowiedź

HCI + NaOH ~ NaCI +Hp. Z równania reakcji wynika, ze l mol HCl reaguje z l molem NaOH, czyli: l mol NaOH reaguje z l molem HCI, 2,298 · JO-J mola NaOH reaguje z x molami HCI: x = 2,298 ·IO·-:; mola HCl w 10 cm; . l mol HCI - 36,4606 g 2,298 · 10-' mola HCI - m

4:

Stężen ie

0,0838 g HCI w 10 cm;.

0.0838 g H CI jest w 10 cm~ roztworu (próbka do miareczkowania), x jest w 250 cm ~ roztworu (w kolbie): X=

Odpowiedź 2:

0.0838g·2;0cm; IO cm

=

W

następnej kolejności

Odpowiedź

10 cmJ

3: Stężenie mo lowe HCI w kolbie wynosi 0,2298 mol/dmJ

przelicza się obliczoną zawartość moli HCI na gramy: I mol HCl - 36,4606 g 2,875 mola HCI - m

m = 104,8242 g HCI

czyli zapis: !OOO cm 3 2,875 M HCI zawiera 2,875 mola HCI jest równoważny zap1sow1: 1047,4 g 2,875 M HCł zawiera 104,8242 g HCI. Rzeczywiste stężenie procentowe wyjściowego roztworu oblicza się z proporcji: 1047,4 g 2.875 M HCl - 104.8242 g HCI 100 g 2,875 M HCI - P

P= 100g·l04,8242g = l O OOSO

Aby obliczyć stężenie molowe roztworu. należy podać liczbę moli kwasu w 1000 cm;:

HCl 2.298 · Io-J mola· 1OOO cmJ • = 0• 2298 mola

HCI wynosi 2,875

d = m, czyli m = d· V· m = 1,0474 g/cm' · 1000 cm;= 1047,4 g. V

W kolbie znajduje s ię 2.095 g HCI.

x=

wyjściowego

Aby obliczyć, czy stężenie roztworu wyjściowego wynosiło 10%, należy najpierw- korzystając z gęstości 10% HCl wynoszącej d = 1.0474 g/cmJ - obliczyć, ile waży !OOO cm; roztworu 2,875 M .

2 • 095 gHCI.

2.298 · 10-3 mota HCI - 10 cm3 roztworu x - 1000 cm3 roztworu

molowe roztworu

mol/dm;.

m = 0.0838 g HCI w IO cm3 Odpowiedź J: Badana próbka zawierała

mota· 25 '"'·0,0575 mota.

x "" 2,875 mol/dm;

·

kwasu chlorowodorowego i zasady sodowej w miareczkowaniu alkalimetrycznym można przedstaw ić następująco:

pod

20 cm; roztworu - 0,0575 mola HCl 1000 cm3 roztworu - x

n = 22, 98 cm; . O, I moJa = 2 298 .10-J mola ·NaOH

Reakcję

należy wziąć

Ta ilość HCJ zawarta Jest równocześnie w 20 cmJ roztworu wyjśc iowego.

1000 cm3 O.I M roztworu NaOH - O.I mola NaOH 22.98 cm3 O.I M roztworu NaOH - n

1000 cm;

molowe wyjściowego roztworu HCl,

uwagę, ze: 2,298 · 10-J mola HCI znajduje się w 10 cm; roztworu, czyli w kolbie o pojemności 250 cmJ jest 25 razy więcej moli HCI:

1047,4 g Odpowiedź

5: Roztwór

wyjściowy

'

g

HCI jest 10%.

7.2.2.2. Miareczkowanie słabego kwasu

mocną zasadą

Reakcja zobojętniania słabego kwasu mocną zasadą różm się od reakcji mocnego kwasu z mocną zasadą. Równocześnie z reakcją zobojętn iania zachodzi reakcja hydrolizy:

- • - · „„- • -.„ .„ .„ „„„ _._„ __ ______ „ _„..

„ _ _ _ _.„„„.„___. „

-·· „ „

„

-

r

„„••„„„ ·

1111r-·-

·--~illlłL.

„-···- „ •.....:.• „„ . „ ...

_,_„„ .•„„.„„•..••.„ ••

„.„.-.„ ""

"„ • . „

....•.

153

152 HA+ OW - A-+ Hp

A-+ HzOtt HA+ OHPrzykładem

takiego miareczJmwaniajest np. m iareczkowanie 0.1 M kwasu octowego za pomocą 0,1 M zasady sodowej. CH;COOH + OH- tt cri,coo- + H20 CH;coo- +Hp~ CH! COOH + oHpH 14

powstaje tyle mol i Jonu octanowego, ile moli zasady zostaje wprowadzona do roztworu. Liczba moli mezoboJętmonego kwasu= początkowa liczba moli kwasu - liczba mol i kwasu, ktora przereagowaia z zasadą.

Il etap miareczkowania obejmuje punkt równoważnikowy PR. Kwas octowy będzie JUŻ całkow icie

zm1areczkowany. W roztworze znajduje się sól słabego kwasu i mocnej zasady. Według teorii Bronsteda jest to roztwór słabej zasady anionowej CH~Coo-. Jej dysocjacja powoduje, ze odczyn środow iska nie jest obojętny, lecz zasadowy.

13 12

CH;coo- +ap t t CH;COOH + oH-.

li

Istotne z naczenie ma dobór wskaźnika, który powinien zmien i ać barwę Jak najbliżej tego pH, Jakie roztwór będzie miał w punkcie równoważni kowym PR. Można tu zapropon ować dwa wskażniki: fenoioftalemę o zakresie wskażniko­ wym 8,2-10 oraz błękit tymoiowy zm1emający barwę w zakresie pH 8,0-9.6. Te zakresy wskainikowe pokrywają się memal dokładnie z wartością pH punktu PR, w obrębie skoku miareczkowania 7,75- 9,7. W przypadku miareczkowama słabego kwasu mocną zasadą nie można stosować jako wskażnika oranżu metylowego. Przy miareczkowaniu kwasów słabszych od kwasu octowego. o stałej dysocj acji rzędu K = 10-7 , bardzo niewielki skok miareczl
10 9 8

7 6

5 4

,

J

2

2

3

4

5. 6

Rys. 7.3. Miarecz.Kowame 0,1 M CH;COOH za pomoca 0,1 M NaOH źródło: [JOJ.

Krzywa miarecz kowania zaczyna się przy wyższej warto.for pH, niż ma to m iejsce w przypadku miareczkowania mocnego 0,1 M HCI. Po dodaniu pierwszych kropel NaOH pH wz rasta znacznie szybciej niż w przypadku miareczko~ wanta mocnego kwasu. W I etap ie miareczkowania, kiedy to część słabego kwasu zostaje zobojęt­ niona, tworzy s i ę zasada anionowa CH3COO-. Powstaje m ieszanina buforowa składająca się ze słabego kwasu i sprzęfoneJ z mm zasady anionoweJ CH;COOH +CH;coo-ccH;COONa). Układ ten decyduje o wartośc i pH przed osiągnięciem ·punktu .równoważniko­ wego PR. Od początku m1areczkowania az do moment.u tuż przed punktem PR z układu ubywać będzie słabego kwasu, a wzrastać bę"dzie stęzenie Jonu octanowego. W etapie tym, zgodnie z równaniem reakcji:

CH; COOH + Na+ + OH- t t CH; coo- + Na+ + H20,

III etap m1arecz1
Z kolby o objętości250 cm: zawierającej roztwór 1
154

155

1,6156 · 10- :i mola CH, COOH znajduje się w objętości 5 cm::, to 1000 cm:: zawiera:

4. Jakie jest rzeczywiste steżeme procentowe kwasu octowego w kolbie? 5. Jakle jest stężen ie molowe kwasu octowego w kolbie? Rozwiązanie:

1,6156·10- 3 mola CH;COOH - Sem:; X - 1000 Cin;

Średnia objętość zużytego t1tranta, obliczana tylko z wyników 14,40

i 14.45 cmJ. wynosi określona

V= 14,425 cm3 0,1 M NaOH.

cm:: W teJ objętości znajduje się

x = 0,32312 mola CH;COOH

liczba moli NaOH:

Odpowiedź

Stężenie

moiowe roztworu CH::COOH w kolbie wynosi 0,323

Stężeme molowe roztworu CH::COOH w kolbie wynosi O, 32312 M/dm;, czyli: 1000 cm:: roztworu 0.323-molowego CH, COOH zawiera 0,323 mola CRCOOH. Gęstość wodnego roztworu kwasu oct~wego wynosi d = 1,021 g/cm::~ Mozna więc obliczyć, ile waży 1000 cm:: roztworu kwasu octowego:

n= 1,6156 · 10-J mola NaOH

Oznaczame całkowitej zawartości kwasu octowego w roztworze metryczną przebiega według szczegółowej reakcji:

4:

M/dm::,

1000 cm3 O,II2 M roztworu NaOH - 0,112 mola NaOH 14.425 cm3 0,112 M roztworu NaOH - n

metodą alkali-

CH:COOH + NaOH ~ CH3 COONa + Hp.

d= m to m = d ·V= 1.021gtcm; ·1000 cm:;= 1021 g.

Z równania reakcji wynika. że i mol CHJCOOH zobojętmany jest przez I mol NaOH, czyli 1,6156 · ro-J mola NaOH zobojętnia i,6156 · 10-:: mola CHJCOOH. Masa molowa kwasu octowego wynosi 60,0524 g/mol. Zawartość kwasu CH;COOH w próbce. w 5 cm::, oblicza się z proporcji:

1021 g roztworu 0.323-motowego - 19..4000 g CH:;COOH 100 g roztworu CH,COOH - m

v·

.

m = l.90 g CH;COOH Odpowiedź 5: Stęzenie

CH;COOH - 60,0524 g CH;COOH 1,6156 · 10-3 mola CH:;COOH - m

procentowe roztworu CH::COOH w kolbie wynosi 1,90%.

1 mol

7.2.3. Oznaczanie całkowitej zawartośd zasady w roztworze metodą acydymetryczną. Miareczkowanie mocnej zasady mocnym kwasem

m = 0.0970 g CH1COOH Odpowiedź J: W badanej próbce o objętości 5 cm3 było 0,0970 g CH::COOH.

Całkowitą zawartość kwasu CH::COOH w kolbie 250 cmJ oblicza się z pro-

( ,:rzykh\d\

porcji: 5 cm~ - 0,0970 g CH.COOH 250 cm:; - m , m

=4,8510 g CH~COOH

Odpowiedź 2: W kolbie o pojemności 250 cm3 znajduje się 4,8510 g CH,COOH. Zawartość kwasu cącoOH w kolbie 1000 cm:: oblicza się z proporcji:

5 cm' - 0,0970 g CH,COOH

1000 cm= - m m = 19,4000 g CH;COOH Odpowtedź 3: W 1000 cm:: znajduje się 19.4000 g cącooH.

i I

·I I I ·1 I

I

Z kolby o POJemności 250 cm:: zawrerająceJ roztwór KOH odp1petowano po 5 cm, roztworu do czterech zlewek. Na zmiareczkowanie badanej próbki zawierającej KOH zużyto w kolejnych miareczkowaniach: VI= 4,75 cm::, v2 = 4,85 cmJ , 4,8 cm::, ~ = 4,9 cm~ roztworu HCJ o stężeniu p,l Mi/= L018 j Miareczkowanie prowadzono w obecności fenoloftalemy od zabarwiema czerwonomalinowego aż do zaniku barwy od 1 kropli dodanego htranta. 1. Ile gramów KOH zawierała Średnio próbka? 2. Jakie jest stęzeme molowe roztworu KOH wkolbie?

v; '."'

Rozwtązame:

Średma objętość zużytego titranta, obliczona na podstawie wszystkich wyników miareczkowania, wynosi V= 4,825 cm3 0,1018 M HCI. W tej objętości znajdt!je się określona liczba moli HCI (n):

157

156 0,1018 moia HC! - 1000 cm, 0,1018 M roztworu n - 4,825 cm, 0,1018 M roztworu 4

n = 4,91185 · 10- moia HC!

Oznaczanie całkowitej zawartości mocnej zasady w roztworze metodą acydymetryczną przebiega według szczegółowej reakcji:

Przykłady

1. Dwie Jednakowe próbki H=P0 4 w ceiu oznaczenia zawartości kwasu miareczkowano NaOH o stężeniu 0,1242 M/dm~ Obliczyc zawarto ść H 3 P0 4 w próbce, Jeżeli na miareczkowanie pierwszej próbki zużyto wobec oranżu metyiowego -9,2 cm3 NaOH, a na miareczkowanie drugiej, wobec fenoloftaleiny - 18,4 cm 3 NaOH.

KOH + HCI -+ KCl + H 20.

Z równania reakcji wynika, ze l moi HCI zobojętnia i mol KOH, czyli 4,91185 io- 4 mola HCI zobojętnia 4,91185 · 10- 4 mola KOH. Masa molowa wodorotienku potasu wynosi 56,1056 g/moi. Całkowitą zawartość zasady (m) w próbce oblicza się z proporcji: i mol KOH - 56, 1056 g KOH 4,91185 · 10· 4 mola KOH - m m = 0,0276 g KOH Odpowiedź J:

W badanej próbce było 0,0276 g KOH.

4,9ll85 moia KOH znajduje się w objętości 5 cm~; aby obliczyć stęzeme moiowe roztworu, należy odpowiedzieć, ile moli KOH zawiera 1000 cm3•

10- 4

4,91185 · 10-" moia KOH - 5 cm~ x - 1000 cm~ x Odpowiedź 2: Stęż.ente

=

0,098 mol/dm1 KOH

2

Wietoprotonowe kwasy i zasady dysocjują wieiostopniowo. Każdemu stopmow1 dysocjacji odpowiada tona wartość stałej dysocjacji. W przypadku gdy wartości koieJnych stałych ciysOCJacji miareczkowanego kwasu iub zasady nie różnią się zbytnio, miareczkowanie wieioprotonowych kwasów i zasad mozna prowadzić do uzyskania jednego, końcowego punktu miareczkowania PK. Przyjmuje się, ze w PK zobojętnieniu uległy wszystkie protony powstające w wyniku dysocjacji. W przypadku gdy wartości stałych dysocjacji różmą się o co najmniej 104 razy, to na krzywej miareczkowania otrzymu3e się kilka punktów PK. Niezbędne jest wtedy zastosowanie odpowiedmch wskażników J
4

s

6

cm' NaOH

Rys. 7.4. Krzywa miareczkowania roztworu kwasu fosforowego(V) roztworem NaOH

molowe roztworu KOH w kolbie wynosi 0,098 M.

7.2.4. Miareczkowanie wleloprotonowych kwasów i zasad

~

Zródlo: [IO]. Rozwlązame:

Trójprotonowy kwas fosforowy (V) dysoCJUJe następująco: I stopień: ąpo4 + H 0 = H PO4 - + Hp+ 2 2 II stopien: H 2PO4- + H,,O = HPO/-+Hp• III stopień: HPO/- + H 20 = PO/- + H~o·, Początkowo, w czasie miareczkowania NaOH wobec oranżu metylowego, zobojętnione zostają tylko jony hydroniowe pochodzące z I stopnia dysocjacji: H;P04 + NaOH = NaH2 P04 + H20.

Pierwszy punkt równoważnikowy występuje przy pH roztworu około 4,5 . Na krzywej miareczkowania jest to pierwszy skok miareczkowania. Jako wskażnik stosowany jest tutaj oranż metyiowy.

159

158 1000 cmJ 0,1242 M NaOH - 0.1242 mola NaOH 9,2 cm' 0,1242 M NaOH - x

x

= IJ4264 · 10-1 mola NaOH

z równania reakcj i wynika. ze 1 mol H,P0

4 reaguje z 1 molem NaOH, czyli t.14264 · 10-; mola NaOH reaguje z taką samą ilością moli H 3P04 . Masa molowa Hl 04 wynosi 97,9951 g.

l mol H 3P04 1.14264 · 10-· mola HlO 4

-

97,9951 g Hl04 m

m = 0,1120 g H,P04

Drugi punkt równoważnikowy Odpowiada zobojętn ianiu jonów hydronowych z II stopn ia dysocjacji. Skok miareczkowania występuj e przy pH= 9.6. Stąd jako wskażnik stosowana jest fenoloftaleina. której zakres wskaź­ nikowy obejmuje tę wartość pH.

W momencie gdy węglan przeszedł w wodorowęglan sodu, nastąpiło odbarwienie fenoloftaleiny. Pierwszy punkt równoważnikowy PR wystąpił przy pH około 8,3. PK wystąpił dla V, == 16,1 cm 3 0,1104 M HCI. Do odbarwionego roztworu dodano kilka k ropel oranżu metylowego 1 m iareczkowano HCI do momentu zrmany zabarwienia. W czasie tego miareczkowania zaszła reakcja: Na HCO; + HCI -t NaCI + C02 + H 2 0. Drugi punkt równoważnikowy PR wystąpił przy pH ok. 4. Rożtwór zawiera teraz NaCI nasycony C02' PK wystąpił dla Vk = 21,3 cm3 0,1104 M HCI. i. Obliczyć zawartość NaOH w próbce mieszaniny. 2. Obliczyć zawartość Na2 CO; w próbce mleszanmy.

pochodzących

pH 14 13 12

H;P0 4 + 2 NaOH = Na2 HP04 + 2 J\O

11 JO 9

!OOO cm' 0,1242 M NaOH - 0,1242 mola NaOH 18,4 cm' 0,1242 M NaOH - x

8

x = 2,28528 · 10-; mola NaOH

7 6 5

z równania reakcji wynika, ze: I mol Hl04 reaguje z 2 molami NaOH, czyli: 2,28528 · 10-3 mola NaOH

4

mg H;P04 "' 1.14264 · 10- mola H;P04

2

mg H;P04

-

3

I mol H 3P0 4 1,14264 · 10-3 mola H;P04

-

-

97,9951 g H;P04 m

m = 0,11197 g H 3 P04 Zawartość

Hl04 na podstawie obu owaczei1 oblicza się Jako wynik śred n i: X =

0,1 120 g+0,11197 g

~

4

s

6

cm' NaOH

Rys. 7.5. Krzywa miarecZkowania roztworu węglanu soctu roztworem HCl Zródło: [10).

= Q,lllO g.

2 Odpowiedź: Próbka zawiera 0,1120 g HJP04 •

2. Próbkę 25 cmJ roztworu zaw ierającego mieszaninę NaOH i Na 2COJ zmiareczkowano 0,1104 M HCI metodą Wardera. Badany roztwór po dodaniu kilku kropel fenoloftaleiny przybrał barwę czerwonomałinową. Najpierw odmtareczkowano całą zawartość NaOH oraz połowę zawartości N32COJ według reakcji:

+ HCI -t NaCI"+ Hp N~C03 + HCI -t NaHCO; + NaCI. NaOH

2

Rozwiązanie:

V1 = 16.1 cm 3 0.1 104 M HCl (miareczkowanie wobec fenoloftaleiny). Na zobojętnienie NaHC0 3 pochodzącego z połowy początkowej ilośc i Na 2COJ zu żyto: V2 = Vk - V1 = 21,3 cm; - 16,1 cmJ = 5.2 crnJ 0,1104 M HCI (m iareczkowanie wobec oranżu mety lowego). Wobec tego na zobojętnienie całej zawartości N32COJ w próbce zuży to dwukrotn ie więcej HCI: 2 (Vk - V,)= 2 · V2 = 2 · 5.2 cm3 = 10,4 cm3 0,1104 M HCI.

·· · · -

· „ ....... : •....• „

-··-t1111n--·

- - ~.lllll:_....•........

161

160 IO · 0,0843 g = 0,843 g Na2 CO: oraz 10·0,0318 g = 0,318 g NaOH.

1000 cm 3 0,1104 M HCI - 0,1104 moJa HCI 10,4 cm3 0,1104 M HCI - x x"" 1,14816 · 10-: mola HCI

z równania reakcji wynika, że: 2 moie HCI reagują z i molem Na.F i,14816 · 10- 3 mola HCl reaguje z 5,7408 · io- 4 mola Na 2C03 .

Odpowiedź

J: W kolbie znajduje się 0,843 g Na2C03 oraz 0,318 g NaOH.

W podobny sposób oblicza się zawartość tych zw tązkow w objętości I dmJ: 0 3 , czyli:

200 cm= - 0,843 g N~CO: 1000 cm! - m

i mol Na,CO: - 10.5.9888 g N~CO: 5,7408 · 10- 4 moia Na2 CO: - m m

200 cm= - 0,318 g NaOH 1000 cm= - m

= 0,0608 g N~CO:

Odpowiedź 1: Próba zawiera 0,0608 g N~CO:. Ilość

HCI zu zytą na zobojętn ienie NaOH oblicza się z

m różnicy ilości kwasu

zuzytego na miareczkowan ie w sumie całej próby: Vt - 2 (Vk- V,)

=

Vk - 2 V2 = 21,3 cm= - 10,4 cm= ~ 10,9 cm= 0,1104 M HCI.

= 1,5900 g NaOH

Odpowiedź 2: W objętości i dm~ znajduje się 4,2150

g Na2CO; o raz i,5900 g

NaOH.

1000 cm; 0,1104 M HCl - 0,1104 moia HCI 10,9 cm' 0,1104 M HCl - x x = 1,20336 · 10-l moia HCI

Aby obliczyc zawartość procentową węgianu sodu w roztworze zasady sodowej, należy najpierw obliczyc masę roztworu, a następnie obliczyć, ile gramów węgianu sodu znajduje się w 100 g roztworu. W 1000 c m 3 roztworu znajduje się: 4,2150 g N a 2 COJ + i.5900 g NaOH = = 5,8050 g substancji.

Z równanta reakcji wyn ika, że: i mol HCI reaguje z i molem NaOH, czyli:

.5,8050 g substancji - 4,21.50 g Na2CO:

1,20336 - 10-: moia HCI- 1,20336 · 10-: mola NaOH

100 g substancji - m g N~CO: m g Na1 CO: = 72,61%

L mol NaOH - 39,9971 g NaOH 1,20336 · 10-: moia NaOH - m

m = 0,0481 g NaOH Odpowiedź

2: Próba zawiera 0,0481 g NaOH.

3. Z kolby o pojemności 200 cm; pobrano do miareczkowania pipetą Mohra 20 cm: roztworu zawierającego mieszaninę NaOH i Na2CO: · Próby zmiareczkowano 0,1104 M HCI metodą Wardera. Próba zawiera 0,0843 g Na 2 CO; o raz 0,0318 g NaOH. i. Obliczy6 zawartość tych związków w kolbie. 2. Obliczyc zawartość tych związków w objętości l dmJ 3. Obl iczyć zawartość procentową węgianu sodu w roztworze zasady sodowej. Rozwiązanie:

Próba, czyli 20 cm 3 roztworu zawiera 0,0843 g N11iCOJ oraz 0,0318 g NaOH, czyli w 200 cm~ jest (200 cm3/20 cm" = 10):

Odpowiedź 3: Zawartość węgianu

sodu w roztworze zasady sodowej wynosi

72.61%.

4. Na wadze analitycznej odważono 0,5026 g tecimicznego węgianu potasu. Na miareczkowanie odważki zużyto 18,75 cm 3 0,2041 M roztworu HC I wobec oranżu metylowego. Obliczyć procentową zawartość K COJ w próbce. 2 Rozwiązanie:

W czasie miareczkowania zaszła reakcja: K2CO: + 2 HCI--+ 2 KCI + co2 + H20.

Najpierw obliczamy liczbę moli HCI, która przereagowała z K 2 C03 w czasie miareczkowania. 1000 cm3 0,2041 M HC! - 0,2041 mola HCI 18,75 cm3 0.2041 M HCJ - x x = 3,82687 · w-: mola HCI

162

163

z równania reakcji wyn ika. ze 2 mole HCI reaguj ą z J molem K2C03, czyli: 3,82687 · 10-; mola HCI - x mola K 2CO;

x = J,91343 · 10-l mola K2 CO;.

W przypadku reakcji nastawiania miana HCI na NaOH współczyn nik i a=b= I :

i NaOH + I HCI ~ NaCJ + Hp,

czyli

I T HCI/ = -1 · ć;,,HCI · MNaOH • /NaOH

Masa molowa K 2CO; = 138,2058 g. to

1 mol K 2C01 - 138.2058 g K 2CO, l.91343· 10-l mola K 2CO; - m

C

m = 0,2644471 g K 2CO; Zawa rtość procentową

z proporcji:

K 2 CO; w technicznym

węglanie

sodowym oblicza srę

procentowa K 2CO; w technicznym

Masa molowa Na2 CO; = 105.9888 g, masa molowa NaOH = 39,9971 g.

węglanie

p ot asu

przez 2 mole HCI. Najpierw obliczamy liczbę moli HCI, która przereagowała z N32CO~ w czasie miareczkowama. W I cmJ jest 4 · io-s, czyli w 1000 cm; jest 0,04 g. 1000 cm3 0,04 M HCI - 0,04 mola HCI 32,8 cm3 0,2041 M HCI - x

x = l,3 12 · 10-,; mola HCI Z równania reakcji wynika, że 2 mole HCJ reagują z J molem N32C03, czyli:

Rozwiązanie :

l,3 12 · 10-1 mola HCJ - x mola Na2CO,

Miano roztworu wyraza masę substancji zawartej w 1 cm; roztworu lub masę substancji, z którą reaguje 1 cm; danego roztworu. Zw iązek m iędzy mianem roztworu Ti jego stężeniem molowym C,,, oraz masą molową M podaje zależność:

T

2

zobojętmony

S. 0,2502 g technicznego węglanu sodu rozpuszczono w wodzie destylowanej 1 zmiareczkowano wobec oranżu metyiowego. Na miareczkowanie odważki zuzyto 32.8 cm; roztworu HCI. którego m iano względem NaOH wynosi 0,0016 g/cm;. Obliczyć procentową zawartość N32CO; w próbce.

Cm =M

0, 0016gicmJ = _ _5 /cmJ 4 10 39,9971 g g .

Zmianę zabarw1ema oranżu metylowego obserwuje się, gdy J mol Na CO; zostaje

wynosi 52,62%.

czyli

M

W czasie miareczkowania zaszła reakcja: Na,CO; + 2 HCI ~ 2 NaCI + C02 + H 20.

P= 100g ·0,202802lg _ 52• 615822 g. 0, 5026 g

T= C,,, M,

THCI/ /NaOH NaOfl

0.5026 g techmcznego K 2CO; - 0,2644471 g czystego K2CO; 100 g techn icznego K 2C03 - P

Odpowiedź: Zawartość

_

mHCI -

x = 6,56 · 10- 4 mola Na,CO; J mol N3ico, - 105,9888 g 6,56 · 10- 4 mola Na2 m

co, -

(7.5) (7.6)

m = 0,0695286 g Na2CO;

Zawa rto ść procentową N 32COJ w technicznym węglame sodowym oblicza się

z proporcji: Jeżel i miano roztworu (1, np. HCI) wyrażono względem tnnej substancji (2, np. NaOH), to miano określa srę zależnością:

(7.7)

0.1302 g t echnicznego Na 2CO, - 0,0695286 g czystego N3iCO; 100 g tectimczoego Na,CO; - P p

= 100 g ·0,20 28021g=53 4014 0,1302 g

gdzie a. b to współczynnik i stechiometryczne w równaniu reakcji substancji I z substancją2.

'

. g

Odpowiedź: Zawartość Na 2CO; w technicznym węglame sodowym wynosi 53,40%.

- . ··----- ·--·

-····· --···--

-· ---··· ..

---·-·-·-- ·----·---·-· '1IDIT7"

-----~lilii!!.; ...„ .___,_„ _„;·----- ---·------„.-•..„.„••„ ____,„•.•..•... ....••...•. . -

-- -···- - -- -----

„---·- ·-· - ·-··----··--.... ' - - ··-· -·----- ---·-" -· -···--- -·-----··· ____„_,.„ _,__ ______,

165

164

6. 0,5487 g węglanu sodu rozpuszczono w wodzie destyiowanej, w kolbie o objętości 100 cm3. Z kolby pobrano pipetą 25 cm3 roztworu i zmiareczkowano wobec oranżu metyiowego. Na miareczkowame próbki zużyto 24,75 cm 3 roztworu HCI. L Obliczyć stężenie moiowe HCL 2. Obliczyć miano wzgiędem NaOH. 3. Obliczyć miano wzgiędem KOH.

2,58848 ·

10-~

moia Na2C00 - 24,75 cm-' x - 1000 cm;

x = 0,104585 mola NaFO: Odpowiedź j: Stężenie

molowe kwasu chlorowodorowego wynosi 0,1046 M.

W ceiu obliczenia miana HCl względem danego związku chemicznego korzysta się ze wzoru:

Rozwiązanie:

Z treści zadania wiadomo, że w kolbie rozpuszczono znaną odważkę Na2 C03 . Z poniższej proporcji można obliczyć, ile gramów Na,C03 zawierać będzie próba przeznaczona do miareczkowania oraz ile to stanowi moli: 100 cm; roztworu - 0,5487 g Na 2 CO~ 25 cm; roztworu - m

Jezeli m.i ano roztworu (1, np.HCl) wyrazono wzg lędem mnej substancji (2, np. NaOH), to miano określa się za pomocą uproszczonej postaci ogólnej zaieżnosci, poniewaz współczynniki a= b =i. Masa molowa N aOH = 39,9971 g/ 1000 cm;, czyli i cm3 zawiera 0,04 g/cm; I HCI -t 1 NaOH -+ NaCl + Hp.

THcl/

Masa molowa Na2CO; = 105,9888 g. 105,9888 g - i mol Na2CO; 0,137175 g - X X=

1,29424.

= 0,1046 ·0,04 = 0,004 184 gicm3 .

W przypadku reakcji nastawiania miana HCl na KOH : masa moiowa KOH = 56.1056 g/1000 ·cm; , czyli i cm; zawiera 0,0561 glcm:;

w-; mola Na2CO;

Na podstawie równania reakcji obliczamy następnie liczbę moli HCI, która przereagowała z J,29424 · 10-J mola Na2 C03 w czasie miareczkowania. Miareczkowanie węgianu sodu za pomocą kwasu chlorowodorowego przedstawia reakcja: Na2 COJ + 2 HCI -+ 2 NaCI + C01 + H20. Zmianę

= cmHCI. MNaOH

/N•OH

zabarwienia oranżu metylowego obserwuje się, gdy 1 mol Na2CO:: zostaje przez 2 moie HCI.

1 HCI + 1 KOH-+ KC! + HzO. THCV

/ KOH

= cmHCI. MKOH =O, 1046 ·0, 056 1= 0. 005868 gicm3

W przypadku reakcji nastawian ia m iana HCI na Na2 C0 3 w

stechiometryczne: masa molowa Na2C03 = 105,9888 g/1000 cm 3, czyli I cm:: zawie ra 0,10599 g/cm::, 2 HCI + Na2CO; -+ 2 NaCl + C0 2 + Hp.

zobojętniony

O, 1046 ·o, 10599

1

i mol Na2CO~ - 2 mole HCI 1,29424 · 10-, mola Na,CO; - x

x = 2,58848 · 10-~ mola HCI

zależnosci należy

uwzgiędnić współczynni ki

THCll

/ Na2C0 3

= -2 . cmHCI

. M N• 2C01 = .

2

. "' 0,005543 gtcm'

Odpowiedź 2: Miano względem NaOH wynosi THCI/

= 0,004184 gicm: .

/ NaOH

2,58848 · 10-3 mola HCI zostało zużyte w ilości 24,75 cm:: na miareczkowanie próby zawierającej Na2 CO~ . Aby obliczyć rzeczywiste stężenie molowe kwasu soinego, naieży odpowiedzieć na pytanie: ile moli HCI znajduje się w objętości 1000 cm:: roztworu:

Odpowiedź 3: Miano względem KOH wynosi THCI/

=

/ KOH

Odpowiedź 4: Miano względem Na2CO, wynosi THcl/ '

0,005868 g/cm 3.

/ Na2C0 3

= 0.005543 gtcm::.

·I., I I 167

166

7.3.2. Oznaczame bezpośrednie ch lorków metodą Mohra

7.3. P recypitometria 7.3.1. Uwagi og61ne Oznaczenia precyp1tometryczne opieraJą się na wytrącaniu osadów o ściśle okreś lonym składzie chemicznym. dlatego analiza ta nazywana 3est również analizą strąceniową. Wymaga się w tej metodzie, aby osad powstawał szybko 1 opadał na dno naczynia oraz był praktycznie nierozpuszczalny. Na.lezy unikać tworzenia się roztworów koloidalnych. Ponadto miareczkowame nalezy prowadz ić powoli, przy energicznym mieszaniu roztworu z su bstancją oznaczaną, aby uniknąć okluzji. Osad na swej powierzchni adsorbuje jony, z których został utworzony, a oznaczana substancja może zostać zamkmęta pomiędzy cząstecz­ kami narastającego osadu. Sposób 1 warunki strącania osadu mają wpływ na ostateczny wynik obliczeń analitycznych. W analizie strąceniowej wykorzystuje się niektóre reakcje charakteryzowane w analizie jakośc iowej oraz w analizie wagowej, w której odczynnika strącają­ cego dodaje się często w nadmiarze. Powodowane jest to zapewnieniem zupeł­ nego strącenia wykrywanych jonów w analizie Jakościowej. Natomiast nadmiar odczynnika strącającego w analizie wagowej zmniejsza rozpuszczalność wytrą­ conego osadu. W analizie strącemowej odczynnik strącający, czyli titrant. dodawany jest w ściśle określonej ilości, odpowiadającej ściśle równowaznej i lości składnika oznaczanego. Jednym z głównych działów precypitometrii jest argentometria. która opiera się na wytrącamu z roztworu trudno rozpuszczalnych soli srebra. Titrantem w tej metodzie jest najczęściej mianowany roztwór AgN03, za pomocą kt6rego można oznaczać aniony dające trudno rozpuszczalne osady z kationem Ag+. Metodą argentometryczną mozna oznaczać zawartość w roztworze JOnów: chlorkowych c1-. bramkowych Br-, jodkowych r-, rodankowych SCN-, fosforanowych (V) PO/-, które tworzą z titrantem trudno rozpuszczalne osady soli srebrowych. Punkt koncowy miareczkowania PK określa się za pomocą odpowiednio dobranych wsl
Br- + AgNO., = AgBr - + NO., -

J- + AgNO: = Agl +NO;-

scN- + AgNO., = AgSCN +NO., ~--

Bezpośredn io chlorki miareczkuje się w przypadku, gdy oznaczany roztwór ma odczyn obojętny 1 nie zawiera innych utrudn iających oznaczen ie skład­ ników. Tą metodą nie m.ożna oznaczyć jonów r- '. SCN-, ponieważ osady AgI oraz AgSCN adsorbują silnie JOny CrO /- (wskażmk). Z tej przyczyny me można dokładnie określić punktu końcowego miareczkowania PK i otrzymywane wyniki miareczkowania są zwykle bardzo zawyżone. Oznaczenie polega na wytrącen'iu trudno rozpuszczalnego osadu chlorku srebr~ AgCI "! roztworze zawierającym jony chlorkowe CJ-. Anal izowaną próbkę miareczkuje się mianowanym roztworem azotanu(V) srebra AgNO, w obecności wskażnika. W czasie dodawanta AgNO~ do oznaczanego roztworu strąca się biały osad AgCI. Koniec miareczkowania rozpoznaje się przez dodanie do badanego roztworu Jako wskażnika kilku kropli chromianu(VI) potasu K CrO . Po zwią­ zaniu wszystkich jonów c 1- przez. jony Ag+ pojawia się czerwo~obru~atny osad ~~2 ~r04 . ~olejność strącan ia osadów AgCI i Ag 2Cr04 jest skutk iem istotnych rozntc 1cll 1loczyn6w rozpu szczalnośc i , mianowicie iloczyn rozpuszczalności AgCl ma dużo mmeJSZą wartość niż iloczyn rozpuszczalności Ag CrO . Reakcja pomiędzy wskażniktem a roztworem mianowanym przebiega ~astę~ująco:

KiCr0 4 + 2 AgN03 = AfuCrO, + 2KNO~. Przykłady

1.Do czterech suchych kolbek odpipetowano pipetą Mohra po IO cm.} roztworu

....!9,- Do każdej kolbki dodano 2-3 krople wskażnika ~Cr04 1 miareczkowano

mianowanym roztworem AgNO; do momentu pojawienia się pierwszych zmian zabarwienia roztworu pochodzących od wytrącania się czerwonobrunatnego osadu. Na zmiareczkowanie badanych próbek roztworu KCI zużyto kolejno: V = = 10,85 c~:, ~ = 10,95 cm:, = 11,0 cm~. ~:::Il.O cm3 0,1 M AgN0 3,f= 0,9S7. I. Obhczyc masę ch lorku potasu KCI znajdującą się w analizowanej próbce. 2. Obliczyć stężenie molowe roztworu KC! w kolbie.

2

v;

Rozwiązanie:

Rzeczywiste stężenie roztworu mianowanego AgNO. wynosi: 0,1 M ·O 987 = = 0,0987 M. , , . Objętość 0,0987 M AgNO; zużyta na zmiareczkowanie 10 cml KC! potrzebna

do dalszych

obliczeń

jest to

śred n ia

ze wszystkich

miareczkowań ponieważ

różnica między nimi nie przekracza 0,2 cm:. Średnia ta wynosi V; 10,95 cm;_

Wykorzystując definicję stężenia molowego,

oblicza się, ile moli AgNO. zuzyto na ,

miareczkowanie próby:

· ·--··-·····---„-------··-··-„.„ .. --- ··-„ ___________

._„_..

„.„.„.... „„„ -----

-

-

····---„--··----···---·-„- - ·····-··---·· „----···:111m;-

169

168 Zawartość

1000 cm' 0,0987 M AgNO: - 0,0987 mola AgNO: J0,95 cm 3 0,0987 M AgNO: - n n ~ i ,081·10-3 mola AgNO:

chlorków w roztworze oznacza się na podstawie reakcji: BaCl2 + 2 AgNO; = 2 AgCI + Ba(N03) 2 .

Z równania reakcji wynika, że z 2 moiam1 AgNO; reaguje i mol BaCl 2, czyli z 3,06504 · 10-; moia AgNO~ reaguje x moli BaC~;

Zawartość chlorków w roztworze oznacza się na podstawie reakcji:

x

KCl + AgNO: "" AgCI + KN03 •

i moi KCl reaguje z i molem AgN0 3~ czyli z i 081 . 10-J moia AgNO: reaguje taka sama liczba moli KCI: t,081 · 10-, mola KC!. Ta ilość moli znajduje się w 10 cm: roztworu KC!. . . . Masa moiowa KCl wynosi 74,5510 g, stąd masę KC! w badanej probce oblicza się z proporcji:

Masa molowa BaCl2 wynosi 208,2324 g, stąd oblicza s1ę z proporcji: i mol BaC12 i.53252 · 10-J mota BaCl2

1 mol KCI - 74,5510 g KC! 1.081 · 10-3 moia KCl - m

Odpvwiedź

Aby obliczyć stężenie moio"."e ro~tworu K~I w kolbie, należy obliczyć, ile moli KC! znajdowałoby się w obJętosc1 1000 cm' roztworu: 10 cm= roztworu KCI - 1,081·10-3 moia KC! 1000 cm3 roztworu KCl - x X = 0,1081 Mfdm,;

l.

' ....,.'-__.,._

należy

obliczyc,

i cm= roztworu BaCl2 - 1,022 g roztworu BaC12 10 cm=roztworu Bac~ - m

Rozwiązanie:

OpieraJąc się na defimcji stężenia molowego oblicza się, ile moli AgNO~ zużyto na miareczkowanie próby:

-

0,3191 g BaCl2

m m = 3,1225 g BaC12

•

kolbie 0 pojemności IOO _cm 3 sporz~dzono roztwór ~_aCl 2 o gęsMści i,-022 g/cm:; Do ziewki pobrano pipetą 10 cm' roztworu z kolby, dodano około SkfopHws-kainika K 2 Cr0 4 1 miareczkowano. ~1ano,wanym roztworem Ą_~~Q3 _ct~ momentu pojawienia się pierwszych zm_1an zabarw1e01a ro~tworu pochodzących od wytrącania się czerwonobrunatnego osadu. Na m1areczkowame próby zuzyto ' 14 85 cm3 O 2064 M AgNO,. . ' 1. Oblic;yć masę chlork~ 'sodu BaCl2 znajdującą się w a?alizowanej próbce. 2. Obliczyć stężenie procentowe roztworu BaCl2 w kolbie.

mola AgNO:

i : W badaneJ próbce było 0.3191 g BaC12.

I0,22 g roztworu BaCl2 100 g roztworu BaCl2

3

3,06504 ·

208,2324 g m

m = 10.22 g roztworu BaC12

Odpowiedź 2: Stężeme moiowe roztworu KCl w kolbie wynosi 0,1081 M/dm

11 =

-

BaCl2 w badanej próbce

Aby obliczyć stężenie procentowe roztworu BaC12 w kolbie, ile gramów BaCl2 jest w 100 g roztworu:

Odpowiedź J: W badanej próbce było 0,0806 g KCl.

10-3

-

masę

m "" 0,3191 g BaCl2

m = 0,0806 g KC!

1000 cml 0,2064 M AgNO~ - 0,2064 mola AgNO~ 14,85 cm3 0,2064 M AgNO~ - n

J,53252 · 10-0 mola BaC12•

Ta ilość moli znajduje się w 10 cm; roztworu BaCl2.

z równania reakcji wynika, ze

' -~·:w

=

-

Stężenie procentowe roztworu jest takie samo w

10 cm= pobranej próbki, Jak

l w koJbie. Octp°.;pedź 2: Stężenie

i

i

procentowe BaC~ wynosi 3,12%.

X'({. i,5000 g techmcznego NaCl (zawierającego zanieczyszczema 111eprzeszka'dzaJt:e w oznaczeniach analizy strącemowej) przeniesiono ilos.c iowo do kolby m1arowej i dopełruono wodą destylowaną do objętosci 250 cm=. Do trzech kolbel< odpipetowano pipetą Mohra po 10 cm= roztworu NaCJ. Do każdej kolbki dodano 2- 3 kropie wskażnika ~Cr04 1 miareczkowano mianowanym roztworem AgN O: do momentu pojawienia się zmiany zabarwienia roztworu pochodzącej od wytrą­ cama się czerwonobrunatnego osadu. Na zmiareczkowanie badanych próbek roztworu NaCJ 'zużyto kolejno: V. = = 8,15 cm 3 0,1 M AgNO:= 8,2 cm3 , V2 = 8,1 cm \

p;

170

171 I. Obliczyć masę NaCl znajdującą się w analizowanej próbce.

2. Obl iczyć masę NaCI znajdującą się w kolbie. 3. Jaka jest procentowa zawartość NaCI w soli technicznej? 4. Obl iczyć stężenie molowe roztworu NaCI w kolbie.

Aby obl iczyć stężenie molowe roztworu NaCl w kolbie, należy obliczyć, ile moli NaCljest w objętości 1000 cm; roztworu: 58,4425 g NaCI - 1 mol NaCI 1.1908 g NaCI - x

Rozwiązanie:

= 0,0204 mola NaCl

x

Objętość

0, J M AgNO, zużyta na zmiareczkowanie IO cm3 NaCI potrzebna do dalszych obliczeń jest to średnia ze wszystkich miareczkowan V= 8,15 cm< Wykorzystując defintcJę stężenia molowego

250 cm= roztworu NaCI - 0.0204 mola NaCI 1000 cm=roztworu NaCI - x

oblicza się, ile moli AgNO; zużyto na

miareczkowanie próby:

x = 0,0815 mola NaCI

1000 cm3 O.I M AgNO. - O.I mola AgNO. 8.15 cm3 O.I M AgNO~ - n , n= 8,15 · 10- 4 mola AgNO, Zawartość

chlorków w roztworze oznacza się na podstawie reakcji: NaCI + AgNO: = AgCI + NaNO:. 1mol

l mol

--

Z równania reakcji wynika, ze 1 mol NaCl reaguje z l molem AgN03 , czyli z 8,1 5 · 10-4 mola AgNO, reaguje taka sama liczba moli NaCI: 8,15 · 10- 4 mola NaCI. Ta ilość moli znajduje się w 10 cmJ roztworu NaCI. Mas a mo lowa NaCI wynosi 58.4425 g, oblicza się z proporcj i:

stąd masę

NaC I w badanej próbce

Odpow1edź

4:

Stęzenie molowe roztworu NaCI w kolbie wynosi 0,0815

\,

4)~ ~rn; roztworu KI~.i:_ o stężeni~ 0.2 ~ przen~es1ono do kolby. m1aroweJ 1 rozc1enczono wodą destylowa ną do objętości 100 cm'. Pobrano 20 cm' roztworu I miareczkowano 0,1 M. A&~Q; wobec K2Cr04 jako wskaźnika. l. Obliczyć masę K$i-' żnajdiljącą s ię w analizowanej próbce. 2. Obliczyć, w jakiej kolbie miarowej należy sporządzić roztwór 0, 1 M AgN03, aby można było przeprowadzić l5 takich samych miareczkowań. Rozwiązanie:

Wykorzystując definicję stężema się w

Odpow1edź J:

W badanej próbce było 0,0476 g NaCL

1000 cm, 0,2 M KBr - 0.2 mola K Br 25 cm) 0,2 M KBr - n

n = 0,005 mola K Br

0,005 mola KBr znajd uje się zarówno w 25 cm; roztworu pierwotnego, Jak 1 po rozc1enczenm, w kolbie 100 cm~. 100 cm; - 0,005 mola KBr 20 cm~ - x

IO cm' - 0.0476 g NaCI 250 cm,; - m

x

m = 1,1908 g Na CI Odpowiedź 2: Zawartość

W kolbie znajduje się 1,1908 g NaCL czystego NaCl w soli technicznej oblicza się z pro porcji: P = 1, 1908g·100 1. 5000 g

=

0,001 mola K Br

M asa molowa KBr wynosi 119,023 g, stąd masę K Br w badanej próbce obi icza się z proporcji: I mol KBr - 119,0023 g 0,001 mola KBr - m

79•4 %.

Odpowiedź 3: Techmczny chlorek sodu zawiera 79,4% czystego NaCI.

molowego oblicza się, ile moli KBr znajduje

próbie:

1 mol NaCI - 58,4425 g NaCL 8,15 · 10- 4 mola NaCl - m

m =0,0476 g NaCl

M/dm;_

m = 0.1190 Odpowiedź

g KBr

1: W analizowanej próbce znajdll:Je się 0,1190 g KBr.

„„.„.„-·-- ...

••. „ „„ .... „„.„„. _ _ _

„

„

"

.

"'"" . • .

-

. , „ ____

,„„.„ .„.„ .•.. , „ „ . - . „.•„„ ...•„ „ „•• „„ „ „. .• .

„.„- .• „.1111lr„„

-...Lllll;.._„„•••.....:

.•. „. · • „ „ · „„„ •..•.• „ •.•„.„.-. ·

---· ---····-- .. --···· ·----·--····-· ·

173

172

Reakcja miareczkowania bromku potasu przedstawia s ię

24,8 cm, AgNO, - 0,5843 g AgNO, 1000 cm5 - m ,

następująco:

KBr + AgNO. = AgBr + KNO„ i mol

i moi '

--

m = 23,5605 g AgNO:

'

z rownania reakcji wynika, że i

moi KBr reaguje z 1 molem AgN03 , czyli z i · 10-; mola AgNO. reaguje tal
1000 cm: roztworu AgN03: 169,8731 g - I mol AgNO: 23,5605 g - X

x

1000 cm3 0,1 M AgNO, - 0,1 moia AgNO. x cmJ - i· 10-~ mola AgNO:

Odpowiedź: Stężenie

x = 10 cm= AgNO" 10 cm~ AgNO~ · 15 = 150 cm= AgNO:

0,1387 Mfdm,

molowe roztworu AgNOJ wynosi 0,1387 M/dm:.

6. Odważkę 0,4850 g NH4 CI zanieczyszczoną NaNOJ rozpuszczono w wodzie destyiowanej. Dodano K 2Cr04 i miareczkowano roztworem AgNOJ o stężeniu 0,2 M/dm 3,f= 0,998. Jaka jest procentowa zawartość NH4 CI w badanej próbce, 3ezeli do m iareczkowania zużyto 36,6 cm; roztworu AgNOJ?

Odpowiedź 2: Na miareczkowanie 15 próbek wystarczy sporządzić roztwór AgN03 w kolbie o pojemnosci 200 cm:,

Rozwlązan;e:

5. Obliczyc stężenie molowe roztworu AgN03 ,jeżel i na odważkę 0.2185 g soli

zawierającej 92% NaCI zuzyto 24,8 cm; roztworu AgNO; .

Rzeczywiste stęzenie roztworu mianowanego AgNO. wynosi: 0,2 M · 0,998 = • Wykorzystując definicję stężenia molowego oblicza się, ile moli AgNO. zużyto na m1areczkowan1e próby: = 0,1996 M.

Rozwiązanie:

Zawartość czystego NaCI w soli techmczneJ o zawartości si ę

=

92% NaCI oblicza

z proporcji:

1000 cm3 0.1996 M AgNO. - 0,1996 mola AgNO. 36,6 cm 3 0,1996 M AgNo; - n '

IOO g soli technicznej - 92 g NaCJ 0,2185 g soli technicznej - m

n = 7,305 · 10-; mola AgNO;

= 0•2185 g ' 92 g = O 20102 g NaCI

m

100 g

'

Zawartość

Odpowiedź: Techniczny chlorek sodu zawiera 0,2010 g czystego NaCI. Wytrącenie chlorków

NH4Cl + AgNO. = AgCI + NH4NO„ I

z .roztworu zachodzi według reakcji: 1 mol '

--

i mol "

mol

--

'

Z równania reakcji wynika, że i mol NH4Cl reaguje z l molem AgN03, czyl i z 7,305 · 10- 3 mola AgNO; reaguje taka sama liczba moli NH4 CJ: 7,305 · 10- 4 moia. Masa molowa NH4 CI wynosi 53,491 g, stąd masę NH4 Cl w badanej próbce oblicza się z proporcji:

NaCJ + AgNO. = AgCI + NaNO•.

i moi

chlorków w roztworze oznacza się na podstawie reakcj i:

'

Z równania reakcji wynika, że i mol NaCI reaguJe z i molem AgNO:. Po obliczeniu mas moiowych NaCI i AgNO. można obliczyc, ile gramów AgN03 jest potrzebne do całkowitego wytrąceniajonów chlorkowych z odważki:

i mol NH4 Cl - 53,491 g NH,CJ 7.305 · w-Jmota N H4 Cl - m

masa moiowa NaCl - 58,4425 g, masa molowa AgNO: - 169,8731 g

m

58,4425 g NaCI - 169,8731 g AgNO: 0,2010 g NaCI - m

= 0,3908 g NH4Cl

W badanej próbce byto 0,3908 g NH4Cl.

m = 0,5843 g AgNO:

. !

175

174 Zawartość

Rozwrązame:

czystego NH4 Cl w soli technicznej oblicza się z proporcji:

120 mg chlorków w i I roztworu= 0,1200 g CJ-11000 cm'. Masa atomowa c 1wynosi 35,4527 g, stąd liczbę moli jonów chlorkowych w badanej próbce 50 cm~ oblicza się z proporcji:

0.4850 g - 0,3908 g NH,Cl 100 g - p

p = 0,3908g·100 == 80,57% 0,4850 g Odpowiedź:

I mol Cl- - 35,4527 g w 1000 cmJ x - 0,1200 g w 1000 cmJ

Techniczny chlorek amonu zawiera 80,57% czystego NH4 Cl.

X=

7. W celu określenia stężenia chlorków w wodzie wodociągowej zmiareczkowano próbkę 200 cm\ zużywając 6,8 cm3 0,02 M AgN0 3, wobec chromianu(VI) potasu jako wskaźnika. Jaka jest zawartość chlorków w mg/dm} wody?

3,38479 · 10-J mola Cl-

1000 cmJ roztworu - 3,38479 · 10-3 mola ci50 cm= roztworu - n

n= l,69239. 10-4 mola c1-

Rozwiązanie:

Wykorzystując definicję stężenia molowego

Zawartość

oblicza się, ile moli AgNO: zużyto

chlorków w roztworze oznacza się na podstawie reakcji:

na miareczkowanie próby:

· c1- + AgNO; = AgCI + N0 3-.

I mol

1000 cm, 0,02 M AgNO, - 0,02 mola AgNO. 6,8 cm 3 0,02 M AgNo: - n ,

Z równania reakcji wynika,

l mol

żel

mol jonów CJ- reaguje z l molem AgN03, czyli

z l,69239 · 10- 4 mola c1- reaguje taka sama liczba moli AgNO.: i,69239 · 10-4

n = 1.36 · 1Q-4 mola AgNOJ

ffi~L

,

Wykorzystując definicję stężenia molowego

Zawartość chlorków w roztworze oznacza sie na podstawie reakcji:

na miareczkowanie próby:

c1- + AgNOJ =AgCl + NO;-

oblicza się, ile moli AgNO, '

zużyto

1000 cm3 0.019 M AgNO: - 0,019 moia AgNOJ x cm; - I,69:239 · 10- 4 mola AgN03

Z równama reakcji wynika, że l mol jonów ci- reaguje z l molem AgN03 , czyli z i,36 · io- 4 mola AgNO} reaguje taka sama liczba moli jonów c1- 1.36 · 10-4 mota. Masa atomowa Cl- wynosi 35,4527 g, stąd masę Cl- w badanej próbce 200 cm~ oblicza się z proporcji:

x Odpowiedź:

= 8,91 cm' AgNO;

Na zm1areczkowanie 50 cm' próbki

zużyto

8,91

cm~

0,019 M

AgNOJ.

I mol CJ- - 35,4527 g 1,36 . 10-4 mola c1- - m

7.3.3. Oznaczanie pośrednie metodą Volharda

m = 4,82156 g. 10-3 c1-

Metoda Volharda polega, w odróżnieniu od metody Mohra, na pośredn im oznaczanmJonów ch lorkowych ci-, bromkowych Br-, jodkowych 1- oraz rodankowych SCN-, w roztworze, w środowisku rozcieńczonego kwasu azotowego(V). Jony te wytrąca się roztworem azotanu(V) srebra(!) o ściśle określonym stężeniu, a jego nadmiar odmiareczkowuje się mianowanym roztworem rodanku amonowego NH4 SCN jako titrantem.

200 cmJ - 4,82156 g · 10-3 c11000 cm; - x

x = 0.0241078 g/dm; = 24 mg/dm: Odpowiedź: W 1 dm: wody wodoc1ągoweJ zawartość chlorków wynosi 24 mg.

8. Analizowana próbka zawiera 120 mg chlorków w l I roztworu. Ile cm~ 0,019 M AgN O, zużyto na zmiareczkowanre metodą Mohra 50 cmJ próbki wobec chromianu(Vl),potasu jako wskaźnika?

CI-+ AgN03 (nadmiar) = AgCI +NO; Be + AgN03 (nadmiar)= AgBr + N031- + AgN03 (nadm iar) = ~+ NO;-

i

i

.... .........···-· •........ ...···-...... ····· ······-···„"'·· ... ··--·-„--„--„---··-·"„,.,..„ ..... „ ....

„

• .

„ „. ... .,.- ··- ·- ····-·

"'lllllf1""

..- dlll&L„.„.„..•...i..... „ . „ . „ ... „ .•. „.•„ .„„.„.• „ „ „••„ ••„. „„„. „„••. „ . „.„.„ „

.. . „

.•

„ . „ . .• „„ . •

„

., I 176

177

j SCN- + AgN03 (nadmiar)= AgSCN +NO;AgNOJ (nacimiar) + NH4 SCN = AgSCN + NH4 NO; Wskażnikami

I

l

Na zm1areczkowanie badanych próbek roztworu AgNO, zuzyto kolejno: = 6,l cm;, J'i = 6.2 cm;, VJ = 6,2 cm 3 0,0990 M NH4SCN. L Obliczyć masę AgNO; znajdującą się w analizowanej próbce. 2. Obliczyć stęzen ie molowe roztworu AgNOJ.

v; =

J

w tej metodzie sąJony Fe3+ pochodzące z soli podwójnej siarczanu(VI) amonu i zeiaza(III) Fe(NH4)(S04) 2 lub azotanu(V) ze1aza(III) Fe(N03) 3 • Po całkowitym wytrąceniu jonów Ag+ w postaci AgSCN, następne krople titranta zaw ierające jony SCN- będą reagować z jonami zelaza(Ill) wskażnika, dając kompieks o zabarwieniu krwistoczerwonym. Jest to rówmeż sygnałem do zakończenia miareczkowama i odczytania objętosci zuzytego titranta z biurety.

II I I'

Objętość 0,0990 M NH4SCN zużyta na zm1areczkowanie 5 cmJ AgNO, wynosi V= 6,17 cm;. Jest to wartość średma z trzech m1arecz1
Fe3+ + SCN- = FeSCN2+

II

1000 cmJ 0,0990 M NH4SCN - 0,0990 moia NH4SCN 6,17 cm3 0.0998 M NH4SCN - n

7.3.4. Oznaczanie kationu srebra(I) bezpośrednią metodą Volharda W argentometrycznej metodzie Volharda polegającej na oznaczaniu zawartosci Jonów Ag• w badanym roztworze, stosowane Jest tzw. m1areczkowanfo bezpośrednie, odwrócone. Oznaczenie poiega na wytrąceniu trudno rozpuszczalnego osadu rodanku srebra A$~~~ w roztworze zawierającym jony srebra Ag•. AnalizOwiną próbl<ę miarecikuJe się mianowanym roztworem ro
Gdy wszystkie jony Ag+ zostaną wytrącone w postaci osadu AgSCN, następna kropia NH4SCN wywołuje czerwone zabarwienie roztworu, na skutek utworzenia się kompieksowego połączema rodanku z jonami Fe3+.

Rozw1ązan.1e:

n= 6,11·10-4

·1

I I

I I

I

Oznaczenie przebiega według reakcji: AgNO; + NH4 SCN--+ AgSCN + NH4NO;. I mol

i zabarwiaj ą roztwór, utrudntaJąc uchwycenie końcowego punktu miareczkowania PK.

1 mol AgNO. - 169.8731 g AgNO. 6,1 I · 10-' moia AgNo: - m '

m = 0,1038 g AgNO; Odpowiedź J:

Stęzenie

W badanej próbce było 0.1038 g AgN00.

moiowe roztworu AgNOJ oblicza się z proporcji: 5 cm-' roztworu AgNO. - 6,11 · io-4 moia Ag NO. ' 1000 cm= roztworu AgNO~ - x

Pnykłady

{ · i:bo trzech kolbek ocipipetowano pipetą Mohra po 5 cmJ roztworu A_~NO;: Do każdej kolbki dodano 2-3 kropie wskainika Fe(NH4)(S0 4) 2 i mieszając, miareczkowano 0,0990 M JQZj~9J_ę_qi_N._f!.4_~C.~ ~o chwili pojawienia się pierwszych zmian zabarwienia roztworu pochodzących od wytrącania się pomaranczowoczerwonego osadu.

1 mol

Z równania reakcji wynika, że i mol NH4 SCN reaguje z l moiem AgN03, czyli z obliczoną liczbą moli NH4SCN = 6,1 1·10-4 moia reaguje taka sama liczba moli AgNO,= 6.11·10- 4 moia. Nateży teraz obl iczyc, ile gramów azotanu(V) srebra AgNO: znajduje się w próbce wydaneJ do analizy. Masa molowa AgNOJ wynosi 169,8731 g, stąd masę azotanu srebra (m) w badanej próbce oblicza się według proporcji:

Fe3+ + SCN- ~ Fe(SCN) 2....

Roztwór musi być kwasny; stosuje się rozcieńczony kwas azotowy(V), ponieważ w środowisku obojętnym lub zasadowym jony żelazowe uiegaJą hyciroliz1e

moia NH4SCN

x = 0.1222 M /dm= Odpowiedź

2:

Stężeme

moiowe roztworu AgNOJ w kolbie wynosi 0,1222 M/dmJ.

; 2~' 0dważkę 3,5420 g stopu srebra rozpuszczono w rozcieńczonym kwasie azotowym(V). Roztwór przentesiono do kolby miarowej , dopełniono wodą destylowaną do 500 cm~. Ile procent Ag zawierał stop, jezeli na miareczkowanie

178

179

próbki o objętości J.Q..cm: wobec Fe(N~4)(S
Ag++ SCN- = AgSCN. Następnie

powstaje czerwony kompleks:

Rozw1ązome:

Fel++ SCN- = FeSCN2+ Ag++ SCW = AgSCN.

Najpierw należy obliczyć, ile moli AgNO: dodano do badanego roztworu:

Po całkowitym wytrąceniu JOnów Ag+ następne krople titranta reagują Z Jonami zelaza (III) wskaźnika, dając kompleks o zabarwieniu krwistoczerwonym.

1000 cm3 0,212 M - 0,212 mola AgNO. 50,0 cmJ 0,212 M - n ,

f eH + SCN- = FeSCN2+

1000 cm 3 0,058 M KSCN - 0,058 mola KSCN 10.2 cm 3 0,058 M KSCN - n n = 5,916 · 10- 4 mola KSCN JO cm:: roztworu - 5,916 · 10-4 mola Ag 500 cm:: roztworu - x

n = I.06 · 10-2 mola AgNO:: Następnie należy przeliczyć

1000 cm:: roztworu 0,0997 M NH4SCN - 0,0997 mola NH4 SCN 8,15 cm 3 roztworu 0,1 M NH4 SCN - x

x = 8,1256 · 10-4 mola NH4SCN

x = 2,958 · io-2 mola Ag i mol Ag - 107,8682 g Ag 2,958 · 10-2 mola Ag - m

m"' 3,1907 g Ag 7.l'

J ,545-g stopu - 3,1907 g Ag 100 g stopu - P P = 90.00 g Ag Odpowiedź:

Stop zawiera 90% srebra.

3. Do roztworu zawierającego 0,56 g technicznego NH4Cl dodano 50,0 cmJ AgNO. o stężeniu 0,212 M/dmJ. Jego nadmiar odm iareczkowano roztworem NH4 SĆN o stężemu 0,0997 M/dm:. zużywając go 8,15 cmJ. Obliczyć procentową zawartość czystego NH4 CI w zanieczyszczonej próbce.

na mole zużytą i lość NH4 SCN na zmiareczkowan1e

nadmiaru AgNO::

AgNO:: + NH4 SCN - t AgSCN + NH4 NO::.

Z równania reakcj i wynika, że

1 mol NH4SCN reaguje z 1 molem AgNO , czyli

z obliczoną liczbą moli NH4SCN = 8,1256 · J0-4 mola reaguje taka sama'iiczba

moli AgNO, = 8, I256 · 10-4 mola. Z różniĆy: l,06 · 10-2 mola AgNOJ (50 cm 3) - 8,1256 · J0-4 mola NH4 SCN (równoważne zmiareczkowaniu nadmiaru AgNO~ oblicza się liczbę moli AgNO. wykorzystanego na wytrącenie chlorków z N H4 CI = 9,7874 · 10-J mota. ' Pomeważ reakcja: NH4 CI + AgNO; = AgCl + NH4 NOJ przebiega w stosunku 1 m~ł AgNOJ na 1 mol NH4Cl, to 9.7874 · 10-3 mola AgNO; odpowiada 9.7874 · 10-J mota NH4Cl w roztworze. W dalszej kolejności nalezy liczbe moli przel iczyć na gramy: l

mol NH4 Cl = 53,49 g NH4 Cl.

I mol NH4 Cl - 53,49 g NH4 CI 9,7874 · I0-3 mola NH4Cl - m

Rozwiązanie:

Po dodaniu do roztworu zawierającego NH4 CI azotanu(V) srebra(!) wytrąca osad chlorku srebra(!) według reakcji:

się biały

0,56 g technicznego NH4 Cl - 0,5235 g NH4 CI 100 g technicznego NH4Cl - P

Ag+ + CI- = AgCI.

Pomewaz próbkę zadano nadmiarem AgN03, w następnej kolejności ten nadmiar w oznaczeniu nalezy od miareczkować NH4 SCN. w obecności wskażnika, jakim sąjony Fe3+ pochodzące z Fe(NH4)(SOJ2• Wytrąca się biały osad AgSCN. Reak-

P =

Odpowiedź:

93.48 g NH4CI

Techmczny NH4 C ł zawiera 93.48% czystego NH4CI.

cję tę można przedstawić następująco:

······--·····-···· ·····----·„- ··- ...„ __._.„.•„.„ .•.

•

.„_.__„„•.

..

'ł Jllli_„

.... ~JllJ.; ...... -•·••• _„_;. ··-···~··-••"'" ·--„ -..„ .., ,....,,.. ___ M••••••-·-~·""'"''~"-·••• ....• • •• '""'• „„._,.,.~,„

••••••"•···•··-··u· •

r•„„•-••· '''°'' ' •·• • '

···•-•„••··--~----·• ••••-•~•·• ••••----• ' •

180

181

4. 0,65 g substancji zawierającej KI rozpuszczono w wod~ie. Dodano w n~d­ m iarze, w ilości 40,0 cmJ, AgN01 o stężeniu 0,1120 mol/dm~. Do odm1areczk<:wania nadmiaru AgNO, zuzyto 7,2 cm3 NH4SCN o stężen m 0,0986 mol/dm". w obecności wskażnikaJFe(NH4 )(S04 )2 . Obl iczyc procentową zawartość zameczyszczeń w Kl. Rozwzązame:

Ponieważ reakcja: I

KI + AgNO: = ~ + KNO;

.i

i moi

przebiega w stosunku i mol AgNO, na i mol KI, to 3,77 · 10-3 mola AgNO. odpowiada 3,77 · 10-' mola KI w roztwÓrze. W daiszej ko1e1nośc1 nalezy liczbę moli KI przeliczyć na gramy:

Po dodaniu do roztworu zaw ierającego Kl wytrąca s ię osad chlorku srebra (I) reakcj i: Ag•+ r-= ~-

l mo! KI= 166,0028 g Kr

według

I mol KI - 166.0028 g KI 3,77 · 10-= mola Kl - x

Ponieważ próbkę kować

zadano nadmiarem AgN03, to nadmiar ten należy odmiareczNH 4SCN. Reakcje te można przedstawić następująco:

X

Ag• + SCN" = AgSCN,

Pierwszym etapem Jest obliczenie liczby moli AgN03, która jest równoważna dodanym 40 cm: roztworu AgNO: o danym stęzeniu : !OOO cm= roztworu 0,112 M AgNO: - 0,112 moia AgNO: 40 cm= roztworu 0,112 M AgNO: - x x = 4,48 · 10-; mola AgN01 Następnie oblicza się,

ile moli NH4SCN zużyto na odmiareczkowanie pozostałego po wytrąceniu j odków roztworu AgNOJ (co Jest równoważne 7,2 cm 3 0,0986 M N H4 SCN): 1000 cm=roztworu 0,0986 M NH4SCN - 0,0986 mola NH4SCN 7,2 cm~ roztworu 0,0986 M NH4 SCN - x

x = 7,0992 · 10- 4 mola NH4SCN

Z równania reakcji: AgNO. + NH4SCN -t AgSCN + NH4NO; 1 moi•

1

moi

wynika, że J mol NH 4 SCN reaguje z i moiem AgN03, czyli z obliczoną liczbą moli N H 4 SCN = 7,0992 · 10-4 moia reaguje taka sama liczba moli AgNO~"" = 7,0992 · 10- 4 mola. z różn icy: 4,48 · 10-~ mola AgNO; (40 cm 3) - 7,0992 · 10- 4 moia N H4 SCN (równoważne zmiarecZ!
= 0,6258 g

KI

0,65 g technicznego KI - 0,6258 g KI 100 g technicznego KI - P

a następn ie powstaje czerwony kompleks:

Fe'• + scN- = FescN2•

I moi

P = 96,28 g K I (96,28% KI) Procentową zawartość zanieczyszczen w odważce oblicza się z różnicy: 100 g - 96,28 g = 3,72 g (3,72%).

OdpołJliedź: KI zawiera 3,72% zanieczyszcze11. ,•, ···- \

\.. 5:.J~bliczyc procentową zawartość KBr w roztworze zawierającym 0,28 g. tefsoh rozpuszczonej w wodzie. Na oznaczenie bromków metodą Volharda 1 zużyto 30,0 cm AgNO. o stęzeniu 0.104 M/dm 3 i 9,5 cm' KSCN o stęzeniu 0,099 M /dm: . , Rozwiązanie:

Po dodaniu AgNO, do roztworu zawierającego KBr wytrąca się osad bromku srebra(I) według reakcji: Ag• + Br- = AgBr.

Ponieważ próbkę zadano nadmiarem AgN03, to nadmiar ten octmiareczkowano KSCN. Reakcje te można przedstawić następująco: Ag• + SCN- = AgSCN feH + SCN- = FeSCN2•. Pierwszym etapem jest obliczenie liczby moli AgN03, która jest równoważna dodanym 30 cm~ roztworu AgNO~ o danym stężeniu: IOOO cm= roztworu O, 104 M AgNO;· - O. I04 mola AgNO, 30 cm3 roztworu 0,104 M AgNO= - x x = 3,12 · 10-: mola AgNO:

·".„'I "·1'

i I 183

182 Następnie

oblicza się, ile moli KSCN zużyto na odm1areczkowanie pozostałego po wytrąceniu JOdków roztworu AgNOJ (co jest równowazne 9,5 cm 3 0,099 M KSCN): 1000 cm; roztworu 0,099 M KSCN - 0,099 mola KSCN 9.5 cm=roztworu 0.099 M KSCN - x

x = 9,405 · 10-4 mola KSCN Z równania reakcji: AgNO, + KSCN 1 mol l mol

~

AgSCN + KNO,

wynika, że 1 mol KSCN reaguje z 1 molem AgNOJ. Z ob l iczoną liczbą moli KSCN = 9.405 · l 0- 4 mola reaguje taka sama liczba moli AgN03, czyli 9,405 · I 0- 4 mola. Z różnicy: 3,12 · 10-; mola AgNO. (30 cm 3) - 9,405 · 10- 4 mola KSCN (równowazne zmiareczkowaniu nadmiar'u AgN03) oblicza się li.czbę moli AgN03 wykorzystanego na wytrąceme bromków z KBr = 2.1795 · 10-· mola. Ponieważ reakcja: KBr + AgNO; = AgBr + KN03 1

mol

J

mol KBr = 119,0023 g KBr

I mol KBr - I 19,0023 g KBr 2, 1795 · 10-3 mola KBr - x x = 0,2594 g KBr

0,28 g tecnnicznego KBr - 0,2594 g KBr 100 g tecnmcznego KBr - P P = 92,64 g KBr Zawartość procentową w odważce

oblicza się z

różnicy:

100 g - 92,63 g = 7.36 g. Odpowiedź:

Metoda jodometryczna zaliczana jest do. metod redoksymetrycznych. Miareczkowanie bezpośrednie stosuje się w przypadku ilościowego oznaczania substancji redu kujących. Titrantem wtedy jest mianowany roztwór JOdu:

2

1 +2e~21-.

W metodzie miareczkowania pośredmego tttrantem jest mianowany roztwór tiosiarczanu(VI) sodu. Miareczkowanie pośrednie wykorzystywane jest do ilościowego oznaczania substancji utleniających, np. jonów: BrO)-, IOJ-· Cro/-, Cr20„2-. Mn04 - . a takze Cl2 , H 20 2 , Cu2+. Fe3+, Ce 4+ Ten rodzaj miareczkowania jodometrycznego jest bardzo korzystny w przypadku oznaczania mocnych kwa. sów. w tym do ustalama miana rozcieńczonych roztworów mocnych kwasów, np. kwasu chlorowodorowego. Podczas oznaczania j ony r- pochodzące z KI są utle· niane przez oznaczane związki (etap J), a następnie wydzielany ilościowo wolny jod utlen ia titrant (etap Il). Etap I: Substancja oznaczana i KI reagują ze sobą w H 2S0 4 • W reakcji teJ wydziela się wolny jod:

moi

przebiega w stosun ku l mol AgNO. na I mol KBr. to 2,1795 · ro-J mola AgNO. odpowiada 2,1795 · 10-~ mola KBr' w roztworze. W dalszej kolejności należy liczbę moli KBr przeliczyć na gramy: 1

7.4. Oznaczenia jodometryczne

KBr zawiera 7.36% zanieczyszczeń.

składnik

środowisku rozc ieńczonego

oznaczany (substancja utleniająca) +KI~ produkty +

•r

Etap II: Reakcja jodu z t1osiarczanem(VI) sodu Jest reakcją pods tawową. Wydzielony jod odm1arecZkowuje się za pomocą mianowanego. najczęściej roztworu tiosiar· czanu(VI) sodu N82S20: w obecności skrobi jako wskażn ika: l 2 + 2N11iS20 0

= 2NaI+Na2Sp6

12°+ 2 e

=

2 1- reakcja redukcji

2 S20/-- 2 e

=

S40 6 2- reakcja uttemama.

Produktami teJ reakcji sąJOdek sodu Nal oraz tetrahonian sodu (heksaoksodis1arczan(O)disiarczan(V) sodu) Na2Sp6 . Skrobia, jako wskażnik. tworzy nietrwały, ciemnogranatowy kompleks z wolnym jodem. Po całkowitym odmiareczkowanujodu zabarwienie znika, pon ieważ kompleks rozpada się, co sygnalizuje, ze należy zakończyć miareczkowanie. Ilość wydzielonego 12 zależy od ilości czynnika utleniaj ącego, którymi mogą być np. CuS04 , K 2Crp7, KMn04 .

.._„_„ .. -·-·-. -··- .

„ ....••.....

i

lllllrT···

.„- •. „ •..

..-..LJllllL......- .....„; .......••... „ ••„. „ •••·--·-·· „ ••••„---···.„...„. · -·· ·-----··· ··------ ...... „....•„ .„. • ...-.„ · .„.•.„ ..„ ..„ •.„„•.....•••.••„„„„„.•._.

'•••-•~•' "'""'""'"-• ·•-••••••• •••· •~• ' · • ••· ~·•••• • "'""'•-··- ••·•·••-••- ,. .,.,.,.~ , , ' ""'''"'---••-•-••••"•••·' '' "'"-"'"~•·--•"-"""""-'"' ''-""'"'"'"•r········• ··•·•·•' '

-··-•••••„·•·-•••••"•'"' ' ••-•"" ' " ' • ·• . '' • •• • •· •·•• ' ·• ' ' ' • •· ·•• '""' ,_, ' " '

., •• ·•

185

184

Z powyższych równań reakcji wynika, ze z dwóch moli s ia rczanu(VI) m1edzi(II) powstaje jeden mol jodu (etap I). Na odmiareczkowanie tej ilości jodu należy zużyć 2 mole tiosiarczanu sodu (etap II). Na 2 mole CuS04 potrzebne są 2 moie Na2 S20 3 , czyli roztwor mianowany reaguje pośrednio ze składnikiem oznaczanym w stosunku J: L czyli: z 7,07 · 10-4 mola Na2 S20 ; reag uje 7,07 · 10- 4 moia CuS04 • Obliczona licz ba moli CuS04 znajduje się w 10 cm; roztworu pobranego do m iareczkowania. W kolbie o pojemności 200 cm:. z której pobrano ten roztwór, Jest zatem: 10 cm; roztworu - 7,07 · 10-4 mola CuS0 4 200 cm; - n

Przykłady

I. Do kolby miarowej o pojem ności 200 cmJ odpipetowano 20 c m; otrzymanego do analizy pierwotnego roztworu CuS04 • Dopełnion o wodą do kreski. Z kolby pobrano do trzech ziewek po 10 cm J roztworu CuS04 , zakwaszono H 2 S04 , dodano KI, roztworu skrobi, która zabarwiła analizowany roztwór na koior ciemnogranatowy. W wyniku zachodzącej reakcji (etap I) uwolmony jod zabarwił roztwór na brunatno. Roztwór miareczkowano fiksanalowym 0,1 M roztworem Na 2 S2 0. (etap II). Miareczkowanie kontynuowano do momentu odbarwienia roztwo;u, otrzymując objętosc1 titranta zużyte na m1areczkowarne koieJnych prób: r~ = 7,1 cmJ. = 7,0 cm;, ~ = 7,1 cm;. Obliczyc stężenie molowe badanego roztworu CuS04 •

v;

n= 0,01414 moia CuS0 4

Rozwiązanie:

0,01414 moia CuS04 znajduje się równocześnie w 20 cm" roztworu pierwotnego.

Oznaczenie poiega na utien1eniu Jodku potasu do wolnego jodu za pomocą utientacza, jakim jest oznaczany Cu SO4 • Oznaczenie przebiega według reakcji:

Stęzenie moiowe badanego roztworu pierwotnego oblicza się

0.01414 mola CuS04

Etap I: =

12° II real
Cu2+ + e

=

Cu+ /2 real
W wyniku reakcji kation m1edzi(II) redukuje się do 1
Etap II:

n = 0,707 mola CuS0 4

Odpowiedź: Stężenie molowe badanego roztworu CuS04 wynosi 0.707 M/dm;

I•

i I

Wydzie lony JOd w ilośc i równoważnej względem oznaczonego utieniacza odm1areczkowuje się mianowanym roztworem 0,1 M tiosiarczanu sodu Na 2 S20; w obecności wskażni ka: 12 + 2Na2Sp= = 2Nal + Na2S40 6 12/l rea1
2 s20=2-- 2 e

=

sp62-

1211 reakcja utleniania

Na zmiareczkowante zuży to średnią objęto ść roztworu mianowanego V= 7,07 cm 3 Na2 S20 ;. Liczbę moli Na2S20 3, jaka znajdowała się w tej objętości roztworu mianowanego zużytej do miareczkowania, należy obliczyc z proporcji: 1000 cm3 0,1 M roztworu - 0,1 mola N~Sp= 7,07 cm3 0,1 M roztworu - n

20 cm;

n - 1000 cm=

2CuS04 + 4KI = 2Cul + I1 +2 K 2S04 2 1- - 2 e

-

z proporcji:

2. Trzy próbki zawierające po 10 cm3 roztworu KMn04 w kolbach Jodowych zakwaszono H 2S04 i dodano około i g KI. Kolby zam1
Oznaczenie polega na utienieniu jodku potasu do woinego Jodu za pomocą utiemacza, Jakim jest oznaczany KMnO4 (etap 1). Etap I: 2 KMn0 4 + IOKI + 8H2S04 Mn0 4- +8tt++5e

=

=

2MnS04 +5I1 + 6K2 S04 +8 H p

2

Mn ++ 4H2 0° /2 reakcja redukcji

2 1- - 2 e = 11

°

15 reakcja utleniania

187

186

Wydzielony jod w ilości równoważnej względem oznaczonego utleniacza miareczkuje się mianowanym roztworem N~S203 (etap II). Oznaczenie przebiega według reakcji:

Z proporcji obJicza się zawartość KMn04 w 1000 cm=. 10 cm; - 0,0543418 g KMn0 4 1000 cm; - m

Etap Il:

m = 5.4342 g KMn04

512 + 10 N~SP: = 10 NaI + 5 Na 2S 40 6 512° + 10 e = 10 r-

2 s2o/-- 2 e =

s4o/-

Odpowiedź

12/l reakcJa redukcji

2: Zawartość KMn0 4 w l dm: wynosi 5,4342 g.

3.43862 · io-4 mota KMn04 znajduje się w IO cm=. Aby określić stężenie molowe roztworu, należy obliczyć, ile moli KMn04 znajduj e się w 1000 cm3:

11015 reakcja utJemania

Na zmiareczkowanie zużyto:

10 cm' - 3,43862 · l0-4 mola KMn0 4

j - _ 14,2cm:;+14,4cm;+14,25 cm3 V - - - - - - - - - - - " ' 14,28 cm Na 2 S2 0 3 • 3

Liczbę moli N a 2 S2 0 , jaka znajdowała się w tej 3 m1areczkowama, oblicza się z proporcji:

objętości

titranta

zużytego

1000 cm= - n n = 0,0344 Mldm;

do

1000 cm' 0,1204 M roztworu - 0,1204 mola Na2SP: 14,28 cm' 0,1204 M roztworu - n n"' 1,71931 · 10-~ mola Na1

sp,

n= 3,43862 · 10-4 mola KMn04

Obliczona liczba moli KMn0 4 znajduje się w JO cm3 roztworu pobranego do miareczkowania. Masę KMn04 ,jaka znajdowała się w próbce, oblicza się z proporcji:

3,43862

· 10-4

-

158,0340 g KM n O 4

-

m

m = 0,0543418 g KMn04

molowe badanego roztworu KMn04 wynosi 0,0344

3. Otrzymaną do analizy objętość V= 20 cm~ roztworu pierwotnego K 2Cr20 7 do kolby miarowej o pojemności 250 cm3 . Dopełmono wodą do kreski na szyjce kolbki i wymieszano JeJ zawartość. Za pomocą pipety Mohra odmierzono po 10 cm; roztworu do kolb jodowych,
pomocą

1

K 2 Cr2 0 7 + 6K! + 7H2 S04 Cr2 0,2- + 14 H+ + 6 e = \; '

·-

= 294,1846 gimol

I mol KMnO 4 mola KMn04

Stężenie

Rozwzązanze:

5 moli Na2SP: - l mol KMnO 4 1.71931·10-3 mola Na2SP: - n

KMno,

3:

przemesłono i lościowo

Z równania reakcji (etap I) wynika, że z 2 moli KMn04 powstaje 5 moli jodu. Na odm1areczkowanie 5 moli jodu nalezy zużyć 10 moli tiosiarczanu sodu (etap Il). Sumując etap I i II można stwierdzić. ze na 2 mole KMn04 potrzebnych jest 10 moli Na2S20;· Roztwór mianowany reaguje pośrednio ze składnikiem oznaczanym w stosunku 2: IO= i : 5. Liczbę moli KMn0 4 , która przereagowała, oblicza się z proporcji:

M

Odpowiedź

M/dm:.

=

Cr2 (S04) 3 +312 + 4K2 S04 +7H2 0

2. cr3++ 7 H 20° „,

2 r-- 2 e"' 12

°

/2/I reakcja redukcji

/6/3 reakcja utlemama

Wydzielony JOd w ilości równoważnej wzgiędem oznaczonego utleniacza mi areczkuje się mianowanym roztworem Na2 S20 3 (etap II). Oznaczente przebiega według poniższej reakcji. Etap II:

Odpowiedź J: Zawartość

KMn04 w próbce wynosi 0,0543 g.

· „„.„„„.„.. ··- „ .• .. „„„.. „„„... „.-„„- .„„„„ .„„„.„.„„„. „ .„. „.„„„ ··· . ,. „„

„

.„. „„„„„.„.„.„„-„„...... „ „.., .•„.„.„„„ ·

„ ••.

„„„ .„„„.„ .„.„„„„.„.„„.,.„ „„„„„ •.•„„„„..• „ • .„-·····-·---„„. ,. ... „.,..-„„„ ..„ .• · · -·· · „„ --r·-·„·· ····· -·mll!'T.„

.....LlllllL...- ·--········•„ „............•„ . • .. .•.---·-···„·-· ··-··--······-··---·········„.„.„„ ...........

„ .• . •

„.. „.. „ ........ --··--- „.„·-····-··--·· . .„.

189

188 3 12°+ 6 e 2S20~1- -

=

6 r- 12/l reakcja re<1uKcji

2 e == S4 0/-

/6 /3 rea1
5,3825 · 10-; mola K 2Cr20 7 znajduje się w kolbie o pojemności 250 cm; i ilość ta jest równowazna 20 cm; roztworu pierwotnego, czyli stężenie moiowe oblicza się z proporcji:

Na zmiareczkowame zużyto średnią objętość roztworu mianowanego: V= "" 12,42 cm 3 Na2 S2 0;· Liczbę moli NSiSz03 , jaka znajdowała się w tej objętosci roztworu mianowanego zuzytej cio miareczkowania, należy obliczyć z proporcji:

20 cm; - 5,3825 · 10-~ mola K 2Crp, 1000 cm: - n

n = 0,2691 M /dm; 1000 cm3 0,104 M roztworu - 0,104 mola Na2Sp; 12,42 cm 3 0,104 M roztworu - n

n= 1,292 · 10-~ moia Na2 Sz0;

Z równania reakcji (etap I) wynika, że z 1 mola djchromianu(VI) potasu powstają 3 moie Jodu. --- ·· ·· Na o
Odpowiedź

2:

Stęzeme

M/dm;.

4. Jaką nalezy przygotowac odważkę KI03, aby w trakcie wyznaczama z Jej użyciem dokładnego stęzenia molowego tiosiarczanu(VI) sodu zużyc 20,0 cm= 0,2 M/dm: roztworu N~SP:? Rozwiązanie:

Oznaczenie polega na utiememu jodku potasu do wolnego JOciu za pomocą utiemacza, jakim jest oznaczany K I03 (etap I). Etap I: KI0:+5 Kl +6HC! = 31i + 6KC1 +3 Hp

6 moli Na2 S20: - l mol K2 Crz07 1,292 · 10-; mola Na2 Sz0; - n

l0:- + 6W + 6e = 1-+ 3Hp0 / 2/1 reat
n == 2,153 · 10--1 mola K2 Cr2 0 7

Obliczona liczba moli K 2 Cr2 0 7 znajduje się w 10 cm= roztworu pobranego do m1areczkowan1a. Liczbę moli znajdującą się w kolbie o pojemności 250 cm; oblicza się, uwzględntając współczynnik rozcieńczenia. czyli stosunek pojemności kolby do objętości pobranej do miareczkowania. Współczynnik rozcieńczenia w tym oznaczeniu wynosi: 250 cm3/10 cm:= 25. Stąd liczba moli K2Cr20 7 w kOlbie wynosr: 2,153 · 10-4 mola ~Crp7 • 25 Masę

=

5,3825 · 10-l mola K 2CrzOT

K 2Crp7, jaka znajdowała się w kolbie, oblicza się z proporcji: MK 2c,207 = 294, 1846 gimol i mol K 2Crp7 5,3825 · 10-~ mol K2 Cr20 7

-

294,1846 g K2Crp7

-

m

t .,) i

Odpowiedź J: Całkow ita zawartość

!

K 2Crz07 w próbce wynosi 1,5834 g.

moiowe pierwotnego roztworu K 2Cr20 7 wynosi 0,2691

21- - 2 e =

Ii0

1613 rea.l
°.

W tej reakcj i wydzielają się 3 mole 12 Wycizieiony jod, w ilości równoważnej oznaczonego utleniacza, miareczkuje się mianowanym roztworem Na2S20 3 (etap II). Oznaczenie przebiega według poniższej reakcji. względem

Etap II: 3 12 + 6 Na2SP: = 6 NaI + 3 Na2 S4 0 6

°

3 I2 + 6 e == 61- 1211 reakcja rectul
2 Sp/- - 2 e

=

S40/ - 1613 reakcja utiemania

°

Z reakcji tych wynika, że pomijając etap pośredni (wydzielenie 3 moli 12 w etapie I i odmiareczkowanie ich) na reakcję w tym oznaczeniu na i mol KIO3 przy-

Na..zSp

pada 6 moli 3 (etap II). Najpierw należy obliczyc zawartość moli Na2 Sp~ w 20 cm3 0,1024 M roztworu: 1000 cm3 0,128 M roztworu NllzS2 0 z - 0,2 mola Na2 S20 = 20,0 cm 3 0,128 M roztworu NllzSP~ - n

i1 I I

191

190 Liczbę

2s20/- - 2e = s.062-

moli KI03, k.tóra przereagowała, oblicza się z proporcji:

Na zmiareczkowanie zuzyto średnią objętość roztworu mianowanego: V= = 10,4 cm 3 N~S20;. Li czbę moli N~S2 03, Jaka znajdowała s1ę w tej objętości roztworu m ianowanego zużytej do miareczkowania, należy obliczyć z proporcj i:

6 moli N~SP: - 1 mol KIO; 4,0 · 10-3 mola Na 2S2 0; - n n = 6,667 · 10-4 mola KIO;

1000 cm3 0,1 M roztworu - 0,1 mola N~SP: 10.4 cm3 0,1 M roztworu - n

M Kio,= 214,001 gtmol

n = 1,04 · 10-J mola Na2S2 0::

1 mol KIO;

- 214,001 g KIO; 6.67 · 10- 4 mola KIO; - m

m = 0,1427 g KIO; Odpowiedź: Odważka powinna wynosić 0,1427 g KIO::.

5. Otrzymaną do analizy objętość IO cm:: roztworu pierwotnego H2 0 2 przen iesiono ilościowo do kolby miarowej o POJemnośc1 100 cm::. Dopełniono wodą do kreski na szyjce kolbki i wymieszano jej zawartość. Za pomocą pipety Mohra pobrano 10 cm:: roztworu do kolby jodowej, dodano IO cm 3 I M H 2S04, 2 g KI oraz kryształek molibdenianu(VI) amonu jako katalizatora tej reakcji. Kolbki pozostawiono w ciemnej szafce na 5 m inut. Dodano kleiku skrobiowego. Roztwór miareczkowano 0,1 M Na2S20:: do momentu zmiany zabarwienia roztwor~ z ciemnogranatowego na bladozielone. Na zmi.areczkowame zużyto: V = 10.4 cm'

Z równania reakcji (etap I) wynika, że z J mola H 20 2 powstaje I moi jodu. Na odmiareczkowanie 1 mola Jodu należy zużyć 2 mole t1os1arczanu sodu (etap Il). Sumując etap I i II można stwierdzić, że na l mol H 2 0 2 potrzebne są2 mole Na2S20::. Roztwór m ianowany reaguje pośrednio ze składn i kiem oznaczanym (H2 0 2) w stosunku l . 2. Liczbę moli Hp2 , która przereagowała, oblicza s ię z proporcji: 2 mote Na 2Sz0; - 1 mol - n 4 n= 5,2 · 10- mota ~02

1,04 · 10-J mola Na2Sp0

2

mol Hp2 5,2 · 10- 4 mola H20 2 I

p omocą

Etap I: HP2 + 2 KI + H2SO 4 = !2 + K2SO 4 + 2 Hp /2 /1 reakcja redukcji

2 I- - 2 e = 12° /2/1 reakcja utleni anta

°

=

2NaI + N~S4 06

I1 + 2 e = 2 1- 12/ l reakCJa reaukcji

34,0146 g H20 2 m

Obliczona liczba moli H 20 2 znajduje się w 10 cm~ roztworu pobranego do m1areczkowama. Liczbę moli znajdującą się w kolbie o pojemności 100 cm; oblicza się, uwzględniając współczynnik rozcieńczema, czyli stosunek POJemności kolby do objętości pobranej do m iareczkowania. Współczynn iki rozcieńczenia w tym oznaczenm wynosi: 100 cm3/10 cm::= 10. Stąd liczba moli Hp2 w kolbie wynosi: 5,2 · io-4 mola Hp2 • IO "" 5.2 · 10-J mota H2 0 2 • Masę

H 20 2, Jaka znajdowała się w kolbie, oblicza się z proporcji:

Wydzielony jod w ilości równoważnej względem oznaczonego utleniacza miareczkuje się mianowanym roztworem N~S 2 03 (etap Il). Oznaczenie przebiega według poniższej reakcj i. 12 + 2Na 2sp~

-

Odpowiedź I: Zawartość H 2 0 2 w miareczkowanej próbce wynosi 1.769 · 10-2 g.

Rozwiązanie:

Etap 11:

-

m "" 1,769 · 10-2 g Hp2

2. Obliczyć całkowitą zawartość Hp2 w kolbie. 3. Obliczyć stężenie molowe badanego roztworu H 20 2 .

H20 2 + 2 W+ 2 e = 2 Hp

~02

MH 0i = 34,0146 g/mol

N~S2 0,. J. Obliczyć zawartość H 20 2 w miareczkowanej próbce.

Oznaczenie polega na utlenieniu JOdku potasu do wolnego jodu za utleniacza, jakim Jest oznaczany H 20 2 w środowisku kwaśnym.

1211 reakcjautlemama

I mol Hp2 - 34,0146 g Hp2 5,2 · 10-J mol Hp2 - m

m = 0,1769 g Hp2 Odpowiedź

2: Całkowita zawartość H 20 2 w kolbie wynosi 0,1769 g.

..-.LJlll&L...-~ ··-····· :„.--.---.„---··-··-·· „.. .• ·----·--······-·····--·· ·····-··· . „...

....

„ ... .. „ ..• .„. ' ••

-·-··„---··--------·

••"' •. „ .. •~„„„... „.....„„....

.... „ „,_,,..,...... ~--·„···„· ·„„„

.....„_••••.•. ________ „ •.„•.. '

" .

··-·---·-··--·---·-·- -· · -· „_. ,,,

·-„--~-··--····

,.. ...~.-·.„ ..... ..„„.----„···-·

....-.~~,~- -·· · ·· · ·· •...... " .

193

192

5,2 · 10-: mola H2 0~ znajduje się w kolbie o pojemności 100 cm3 i ilość ta jest równoważna IO cm' roztworu pierwotnego, czyli stęZen ie molowe oblicza się z proporcji: IOcm= - 5,2 · io-l mola Hp2 1000 cm, - n

n = 0,52 M/dm" Odpowiedź 3: Stężenie

molowe badanego roztworu Hp2 wynosi 0,52 M/dm;_

6. D o analizy pobrano objętość 20 0,2% roztworu H 20 2 . Dodano 5 cm; 15% NaOH, 25 cm 3 O, l M roztworu jodu. Kolbki pozostawiono w ciemnej szafce na 5 minut. Następnie roztwór zakwaszono rozcienczonym HCI. Wydzielony jod miareczkowano Na2S2 0 ; do momentu zmiany zabarwienia roztworu z ciemnogranatowego na bladozieione. Na zmiareczkowanie zużyto 5 cm3 0.1 M N~S20:. Obliczyć zawartość Hi0 w miareczkowanej próbce. 2

:: I

II J

I I

i'

M'2 -= 253,809 g 1000 cm 3 0,1 M roztworu - 0,1mola 12 25 crn3 0,1 M roztworu - nwprowad•on<Ł = 2,5 · 10-: mola 12 nwprowadzonego em(VI) Ilość jodu, ktOry został odmiareczkowany t1os1arczan

NaIO + Hp

2

= Nal + 2 H2 0 + 0 2 .

Gdy do roztworu zostanie dodany HCI, NaIO, który n ie przereagował, oraz Nal reagują 1w wyniku tej reakcji wydziela się wolny jod: NaIO + Nal + 2HCI = 2NaCI +Hp + Ii-

Wydz1elony JOd w ilości równowazoeJ względem oznaczonego utleniacza m iareczkuje się mianowanym roz-t worem Na 2S20 J. Oznaczenie przebiega według reakcji: 12 + 2 Na 2SpJ = 2 Nal + Na2 S 4 0 6 12o + 2 e = 2 r- 1211 reakcja redukcji 2 s20/- - 2 e

= sp62-

()Jl

reakCja utleniania.

Z analizy poszczególnych reakcji wynika, ze J mol JOdu 12 odpowiada 1 moiowi NalO oraz i moiowi I-120 2 . Z rożnicy ilości jodu wprowadzonego i ilości jodu, ktory został odmiareczkowany tiosiarczanem(VI) soau, oblicza się, ile jodu przereagowało z H20 2 • Ponieważ do roztworu wprowadzono 25 cm 3 0,1 M roztworu JOdn,.to ta ilość Jest równowazna n moiom 12 .

o b Jl CZI!

1000 cm3 0,1 M roztworu - 0,1mola 12 5 cm3 O.I M roztworu - n odm1arca1
= nwprowadzonego - /1odmIAJCCZ:kowanego

się

.

- z. 10- 3 01

01a

12

2 5 . 10-J moia I - 5 . 10-4 mola 12 2

'

1 mol 12-

i mol HP2

2 · 10-• mola 12 - 2 · 10-~ mola HP2

Rozwcązame:

2Na0H + 12 = Nal + NalO + Hp

. ..

u,

z proporcji:

cm 3

Reakcja w środowisku zasadowym przebiega o wiele szybciej niż w środowi­ sirn kwaśnym . W związku z tym nie jest wymagana obecność katalizatora przyspieszającego przebieg reakcji. Po dodaniu do próby zasady sodowej w roztworze przebiegają następujące reakcje:

d SO

M

»202

"" 34,0146 gimol

t mol H O - 34,0146 g 2 2 2 · 10-• mola Hp 2 - m m =0,0680 g HP: . , b e wynosi 0,0680 g. Odpowiedź: Zawartość Hi02 w miareczkowanej pro c z 1<.olbY . . . d . octometryczną . etY 7. W celu ustalenia stężenia molowego HCl meto ąJ za po.mocą piD ... _ . . . t 6 HCI pobrano r ecz.-.0 miarowej zaw1eraJąCeJ rozc1enczony roz w r . KIO Na z.mia Mohra 20 cm~ roztworu i dodano według przepisu Kl oraz ~3 wame zuzyto średnio 14,3 cm 0,014 M N~SP;· 1. Jal
Rozw1ązame:

.

. , dk t do wolnego Oznaczenie polega na utlenieniu JO u po asu utleniacza, Jakim jest oznaczany KI0 3 (etap I).

Etap I: 6HCI + KIO.+ 5Kl

IO - + 6 H• + 6 e 3

~

~ 1- + 3 H

JOdU

za po

rnocą

6KC1+ 3 HP ... 312 00

/2/ I reaJ
2

2 1- - 2 e = ·I 0 1613 reakcja utleniania 2 rn Na 2 S2Q,, . . . . . . . , . wanym rozt wore Wydzielone 3 mole 12 odm1areczkoWUJe się rn1a110 (etap 11), według poniższej reakcji.

°

r .

194

Etap II: 3 I2 + 6 Na 2Sp; = 6 NaJ + 3 N8iS.06 3 iio + 6 e = 6 r- (}j[ reakc;a redukcji 2

2 S2 0;

2 e "" S 40/- 1613 reakcja utleniania

--

W tym oznaczeniu na 6 moli HCI przypada 6 moli Na 2S2 0 , czyli s tosunek 3 wynosi 1:1. Najpierw należy obliczyć zawartość moli Na,S2 0 } w 14.3 cm 3 0,014 M roztworu: 1000 cm' 0,014 M roztworu Na2S20., - 0,014 mola Na2S2O., 14,3 cm 3 0,014 M roztworu Na2 S20 ; - n

.

-~:„,

195

,. ,.

W środowisk u obo3ętnym, słabo kwasowym oraz słabo zasadowym manganian(VJI) redukuje się do manganu na IV stopniu utienienia 1 wytrąca się brunatny osad Mn02 •

.::j ·•

·j I

I

I

I i

!

Mno,- + 2Hp+3e

20 cm; - 2,002 · 10-4 mola HCI 1000 cm' - n n= 0,010 mola HCI MHCI

= 36.4606 gimo1

l mol HCI - 36.4606 g HCI 2,002 · lQ-• mola HCJ - m

m = 0,0073 g HCJ Odpowi edź 1: W próbce przeznaczonej do miareczkowania jest 0,0073 g HC L

7; = ·m, = O, 0073 g HCI ==O 0005 g/cm} V,

Odpowiedź

14,3 cm;

·

2: Miano HCl wynosi 0,0005 g/cm".

7.5. Oznaczenia manganometryczne Metoda manganometryczna jest stosowana do i lośc 1owego oznaczama substancji redukujących . Redukcja JOnów mangamanowych (VII) zależy od pH · roztworu, czyli od środowiska reakcji.

Mn02 +40H-.

W środowisku mocno zasadowym manganian(Vll) redukuje się do manganu na VI stopnm utlenienia i roztwór zabarwia się na z1eiono. Mn04 - + e = MnO/-.

W środowi sku kwasowym manganian(VII) redukuje s1e do manganu na II stopniu utlenienia i roztwór odbarwia się.

n= 2,002 · 10- 4 mola Na2S20J

Liczbę moli HCI, która znajduje się w 20 cm} i przereagowała, oblicza się z proporcji: I mol Na2Sp; - I mol HCI 4 2,002 · 1Q- mola Na2S10; - 2,002 · I0- 4 mola HCJ

=

Mn04 - + 8H+ + 5 e

~

Mn2+ + 4H2 0 .

Większość oznaczeń manganometrycznych poiega na m ia reczkowanm m ianowanym roztworem manganianu(VII) potasu KMn04 w środow1 slrn kwaśnym (8iS04 ). Jeżeli podgrzame roztworu me przeszkadza w oznaczeniu reduktora, to miareczkuje się oznaczany roztwór w podwyzszonej temperaturze. W czasie dodawania mianowanego roztworu KMn04, w celu utlemania gorących roztworów substancji reduku3 ących, w środowisku kwaśnym, zachod zi reakcja redoks, w efekcie której mangan na VII stopniu utlemenia w jonie Mn04 - redukuje s ię do kation u Mn 2+ Wskaźnikiem j est sam KMn04 , a ściślej, jon Mn04- t1tranta„ który w roztworze wodnym ma mtensywnie fioletowe zabarwienie. Sygnałem w iz ualnym tej reakcji jest odbarwianie s ię m ianowanego roztworu K.Mn04 w chwili dodawania go do roztworu oznaczanego. Z tego powodu w oznaczemach manganometrycznych nie stosuje się dodatkowych wskażn ików do wyznaczenia punktu końcowego miareczkowania PK. Pojawienie się trwałego różowego zabarw1en1a nieznika3ącego w ciągu 1 minuty świadczy o zakończeniu reakcji. Jako substancję do nastawiania miana KMn04 stosuje się m.in. kwas szczawiowy lub sól Mohra Fe(NH4)i(SO.J2 · 6 H2 0. która w przec1wienstw1e do innych soli Fe2+, trudno utlenia się tlenem z powietrza. Przykłady

1. Odważkę soli Mohra Fe(NH4MS0 4) 2 • 6 H 20 prz enie siono ilośc 1owo do zlewki o pojemności 400 cm=. W celu zakwaszenia dodano 50 cm3 H 2S04 o stęże­ niu i M /dm=. Następnie roztwór rozcienczono świeżo przegotowaną i ostudzoną wodą destylowaną do uzyskania objętości 300 cm=. Po wymieszaniu miareczkowano za pomocą 0,02 M KMn04 do momentu, .gdy roztwór uzyskał zabarwienie różowe nieznikające w ciągu 1 mmuty. Na z1mareczkowante roztworu zaw ierają­ cego sól Mohra zużyto śred n io 5,5 cm3 0,02 M KMn0 4• J. Obliczyć całkowitą zawartość Fe(NH4M SO4) 2 · 6 HiO w próbce. 2. Obliczyć m iano KMn0 4.

.........• „....... „„ ..·.···-·-„-„.„ ......

„ ..•...... „.„.

„ •..„ „ „

••••

„..___ ·- „„„„„.„„. .

•

._„. „_•.

„. 'll'ITT·-··

„ ..

' „ ... .

J

••

~„.-.

•. ••• ••r-•••··~-- - - -·-··- _._ _,

" •• ••• • • ·0 ••••

,_.,__,„„_ ,,•. • •o••-

••N•'" ••· - -· - - · ,,.,•••

• • • • -'•· - • •WY-·-·-• - •• - ·- •••••-•••• •••'"•

-·-•·•-••·-- ·---„-

-•••••••· --~ •O ~.·.., J

••

Y•--··-·· - -„ ··-oo••H•"•·••••• •·- „ ..-

I • - -· - • -••••- - • ••"• •'-• " • • ""<- . • , - . --

" • • • ••• •

•••-••••oo' • '" "' •· ,,

=Ti

·:: i 197

196

Odpowiedź 2: Miano KMn0 4 przeznaczonego do zmiareczkowania soli Mohra wynosi 0,0392 g/cm3 ,

Rozwiązanie:

Podczas oznaczenia reakcja przebiega według schematu: IO Fe(NH4Ji(SO4 ) 2 + 2 KMnO 4 + 8 H 2 SO4 = = 5 Fe2 (S04) 3 + 2 MnS04 + K 2S04 + 8 H2 0 + 10 (NH4)zS04

2 Fe2+ - 2 e

=

2 Fe3+ /5 reakcja utJemama

MnO4 - + 8 H+ + 5 e = Mn2+ + 4 Hp0

/2 reakcJaredu kcji

W tym oznaczeniu manganometrycznym KMn04 JCSt utleniaczem, redukuje _v11

Il

się

z Mn do Mn, tracąc w czasie miareczkowania swoje charakterystyczne fioletowe zabarw1eme. Jon MnO4- reaguje z jonem Fe2+, który jest reduktorem. Reakcja przebiega w środowisku kwaśnym. 1000 cm3 0,02 M roztworu KMn04 - 0,02 mola KMn0 4 5,5 cm3 0,02 M roztworu KMn04 - n n= i,l · 10- 4 mola KMn04 MKMno4 = 158,03395 g/mol,

Rozwiązanie:

V.

mol KMn04 - 158,03395 g KMn0 4 i.I· io-4 moia KMn0 4 - m m= 0,01738 g KMn0 4 I

Z równania reakcji wynika, ze 2 moie KMn0 4 (2 · 158,03395 = 316,0679 g) reagują z 10 moiami Fe(NH4)i(S04 ) 2 (10 · 392,1400 g/moi = 3921,40 gimol). -

0 2922

·

~ = 0,05411lgicm: ,

5,40 cm'

r2 =mi= 0 · 2933 ~ =0,053817 g/cm: ,

MFc(NH,)2(SO~h· 6 H 2o = 392,1400 g/mol.

3921,40 g Fe(NH4) 2 (S04 ) 2 m

284,0488 g Fe(NH4MSO4) 2 - 392, 1400 g Fe(NH4) 2(SO4) 2 · 6 H20 0,2156 g Fe(NH4 )z(S04) 2 - m m = 0,2976 g Fe(NH4)iSO4) 2 • 6 Hp Odpowiedź

v;

7; =!.:2.=

MFc(NH•h(S0~}2 = 284,0488 g/moi,

316,0679 g KMn04 0,01738 g KMn0 4

2. Sporządzono odważki m soli Mohra Fe(NH4)i(S04 ) 2 • 6 Hp, które przen iesiono ilościowo do z lewek o p0Jemnośc1 400 cm:. Po zakwaszeniu kwasem siarkowym (VI) o stężeniu i M/dm3 i rozcieńczeniu wodą destylowaną miareczkowano Je za pomocą 0,02 M KMn0 4 do momentu uzyskama różowego zabarwienia nieznikaJącego w ciągu i minuty. Na zmiareczkowante roztworów zawierających sól Mohra zuzyto średmo V cm3 0,02 M KMnO4 . Obliczyc miano KMn04 dla każdej z prób. 3 ml = 0.2922 g, v1 = 5,40 cm , m2 = 0,2933 g, V2 = 5,45 cm=. m 3 = 0,2944 g, V.. = 5,50 cm< m4 = 0,2955 g, = 5,55 cm3 , m5 = 0,2966 g, V5 = 5,60 cm3; m6 = 0,2977 g, v6 = 5.65 cm3 .

1: Całkowita zawartość Fe(NH4)i(S04) 2 · 6 H 20 w próbce wynosi

0,2976 g. _ m _ 0,2156 g Fe(NH 4 h(S04 ) 2 : T.1 - -1 • = 0,0392gtcm Vi 5,5 cm'

V2

5,45 cm'

r 3 = m;

2944 = O, ~ 5,50 cm'

T4 --

-

V:

m4 -

-

V4

=O, 053527 gicm=,

O, 2955 g• -- O• 053243 gfcm - :, 5,55 cm'

· 3, r.s -- -ms -- ·0•2966 g, -O - , 052964 g/cm V5

r6 =

5,60 cm '

m 6 = O,

v6

2977

~ =O, 052690 gtcm: ,

5,65 cm'

3. Przeznaczony do analizy roztwór wody utlenionej zważono w naczynku wagowym mn+w na wadze technicznej, otrzymując następujące wyniki ważenia: - masa naczynka wagowego: mn = 11,86 g, - masa naczynka wagowego z roztworem wody utieniones mn+w = 14,03 g, - masa roztworu wody utienioneJ: mw m„+.., - m„ = 2,17 g. Odważoną ilość 2,17 g roztworu wody utlen ionej przen ies iono ilośc iowo do kolby miarowej o pojemności 200 cm~. Do m1arecz1<.owama odmierzono za pomocą pipety IO cm" roztworu z kolby do zlewki, dodano H 2 S04 i miareczkowano za pomocą 0,0202 M KMn04• Na zm1areczkowanie zużyto: Ji'i = 6.4 cm\

=

-~P.:i'

_I

199

198

V2 = 6,35 cm::, V::= 6.4 cmJ KMn04 . Obliczyć stęzen 1 e procentowe roztworu H202. Rozw1ązame:

Jest to przyk.ład oznaczema manganometrycznego, w którym KMn0 4 jako utleniacz reaguje z nadtlenkiem wodoru H 2 0 2 Jako reduktorem w obecności ~S04 . Najpierw obliczamy średnią, z trzech m iareczkowan, objętość KMnO • ' 4 zużytą na miareczkowanie próby: V= 6,38 cm'. 1000 cm3 0,0202 M KMnO4 6,38 cm3 0,0202 M KMn04

-

0,0202 mola KM nO 4

-

m

4. Odważoną ilość 2,5 g roztworu wody utlenionej zmiareczkowano w środo­ wisku rozcieńczonego H 2S04 za pomocą 0,05 M KMn0 4 . Na zm1arecz1
Jest to

przykład •

°

Z równania reakcji wynika, że 2 mole KMn04 reagują z 5 molami HO, stąd . . 2 2 l1czba moh wody utlenionej H 20 2 w roztworze miareczkowanym wynosi: 2 mole KMn04 1,289 · 10-4 mola KMn04

-

5 moli Hp2

-

n

•

utleniacz reaguje z nadtlenk:1em wodoru H20 2 Jako reduktorem w H 2S04 •

4

obecności

JOOO cm3 0,05 M KMn04 - 0,05 mola KMn04 18,7 cm3 0,05 M KMn04 - m m =9,25 -10-4 mola KMn0 4

m = 1.289 -10- 4 mola KMn0 4

Reakcja ma następujący przebieg: 2 KMn04 + 5 Hp2 + 3 H 2 S04 = 2 MnS04 + 5 0 2 + K 2 S04 + 8 H 2 0 2 o- - 2 e = 0 2 15 reakcja uclen1ama Mn04 - + 8 H+ + 5 e = Mn2+ + 4 H2 0° 12 reakcja reduJ
oznaczenia manganometrycznego, w którym KMnO 3ako

Reakcja ma

następujący

przebieg:

2 KMn04 + 5 H 2 0 2 + 3 H 2 S04 = 2 MnS04 + 5 0 2 + K2 S04 + 8 Hp.

Mn04 -

2 o-- 2 e = 0 2° 15 reakcja utiemama + 8 H++ 5 e = Mn 2+ + 4Hp0 fl reakcja redukcji

Z równania reakcji wynika, że 2 mole KMn04 reagują z 5 molami I-1i02 , stąd liczba moli wody utlenionej H 20 2 w roztworze miareczkowanym wynosi: 2 mole KMnO4 9,25 · 10_. mola KMn04

-

5 moli Hp2

-

n

n= 3,222 · 10-4 mola Hp2 w 10 cm;

n= 2,3125 · 10-3 mola Hp2

Liczbę moli wody utlenionej H 20 2 w kolbie o pojemności 200 cm:: oblicza s ię, uwzględniając współczynnik rozcieńczenia wynoszący : 200 cm3/10 cm3 = 20.

Na podstawie masy molowej 8i02 (MH 0 =34,0147 g/mol) oblicza się masę wody 2 2 utlenionej, znajdu1ącą się w kolbie:

nH

0i = 3.222 · 10- 4 • 20 = 6.444 · 10-3 mola H 20 2•

1 mol H 0 2 2 2,3125· 10- 3 mola ~02

2

Na podstawie masy molowej f!,0 2 (MH 0 = 34,0147 g/mol) oblicza s1ę masę wody 2 2 utlenionej, znajdującą się w kolbie: 1 mol Hp2 6.444 · 10- 3 mola H 20 2

-

34,0147 g Hp m

111 =

m = 0,2192 g Hp2

0 oblicza się z proporcji 2 2 analizowanego roztworu przeniesioną eto kolby: 2.17 g roztworu Hp2 100 g roztworu H2 0 2

-

0,2192 g Hp2

-

m

m

0,0786589 g HP2

2,6 g roztworu H20 2 100 g roztworu H 20 2

uwzględma3ącej masę

m= 10,l g Hz02 Odpowiedź: Stęzeme

34,0147 g

-

Stężenie procentowe roztworu H 20 2 oblicza się z proporcji uwzgiędma1ącej ma sę analizowanego roztworu przeniesioną do kolby:

2

Stęzen1e procentowe roztworu H

-

-

0,0786589 g Hp2

-

m

m = 3,0259 g Hp2 Odpowiedź : Stężenie

procentowe roztworu H2 0 2 wynosi C/J = 3,03%.

5. Roztwór kwasu szczawiowego H 2 C 20 4 przeniesiono · i lościowo do kolby m iarowej o pojem ności 250 cmJ, dopełniono wodą do kreski na szyjce kolbk i

procentowe roztworu ~02 wynosi CP"" 10,1%.

··· · ···-····-·------„.•„ .. ······---„

„. - „ .- .. „ .•... „

_.„„.„„..„...„ •...•.••. .. ________ .„ •. • „. · „.„.-

„ •. „ . . ....

„ . .„.

' . .„ •.. „. ""1111P „„ .

"••L.11!111L,,„,,_„,._.. ""'' .l,• '

r

~

,„ .,,„.,, " ••„•-••·•· ••··•• ..,„, •• • ___ ,_,,,,_„ .._„,•..,• •••..• •• · '· ·-' ... • •--••

····•-·•-·'•""~ • •·•·• •••• •

:. •• ' • ' ••

'•·• • •· •••• •· •• „,, _„ • • ,.,.. .•.„ ·•'•

'·'·~··•• · •• •• •••• •••

" •••-• • •••-~•-• ~-:..,.,..~.••-„v--• o•·•• ""• •~ ••-••••-• ••--••• •- -••· • "•·

,„. .• „ .•••, •• ••

·••O

' ·••·•·"" ' " ' ' ' ' ' ' "" ' "' ••• •••••""•

~„„„,_,.,.,.,..,_ , ,„

___, ' ' ""' "' ''

"r"i i

200

201

1 wymieszano JeJ zawartość. Za pomocą pipety odmierzono 20 cm~ roztworu do kolby stożkowej, dodano 20-25 cm~ H 2S04 i 100 cm} wOdy destylowanej. Roztwor ogrzano do temperatury 70°C i mieszając miareczkowano za pomocą 0,1014 M KMn04 do momentu, gdy roztwór u zyskał różowe zabarwienie nieznikające w ciągu l minuty. Na zmiareczkowanie roztworu zawierającego HF 20 4 zużyto średnio 8,5 cm3 0,1014 M KMn04 • Obliczyć całkowitą zawartość kwasu szczawiowego H 2C 20 4 •

Rozwiązanie:

1000 cm3 0,1014 M roztworu KMn04 - 0,1014 mola KMn04 8,5 cm3 0,1014 M roztworu KMn04 - n n= 8,619 · 10-4 mola KMn04 MKMn0 4

dującej s ię w kolbie o pojemności 250 cm~, po uwzględnien iu współczynnika rozcienczenia (250 cm 3/20 cm} = 12,5), wynosi:

0,1940g·12,5 = 2,4250 g ~C2 04 • Odpowiedź: Całkowita zawartość kwasu szczawiowego A:zC2 0 4 w próbce wynosi

2,4250 g.

6. Odwazoną ilość 0,1250 g dwuwodnego kwasu szczawiowego rozpuszczono w 50 cm:: wody destylowanej. Miareczkowanie przeprowadzono w środowisku rozcieńczonego H 2S04 za pomocą KMn04 , którego zużyto 36,2 cm::. Obliczyć stężenie molowe roztworu KMn0 . 4 Rozwiązame:

Aby obliczyc masę kwasu szczawiowego, która bierze udział w reakcji, należy kwasu: MH c = 90,0355 g/mol, 204

= 158,03395 gimol,

obliczyć bezwodną masę

MH c204 = 90,0355 g/moi. 2

2

i mol KMn04

-

158,03395 g KMn0 4

8,619 · 10·' mola KMn04

-

m

MH2C204. 2 H20 =

126,0659 g/moL 126,0659 g tt2c204 .2HzO - 90,0355 g H2Cp4 0,1240 g H2C204 ·2 H20 - m m „ 0,08856 g H2C20 4

m = 0.1362 g KMn04

Podczas oznaczenia reakcja przebiega według sc.hematu: 2 KMn04 + 5 H2Cp4 + 3 8iS04 = K2S04 + IO C02 + 2 MnS0 4 + 8 H20 C20/- - 2 e = 2 colo 15 real
węgla, sam redukuje się z i\'.łh do JODU Mn2+, tracąc w czasie miareczkowania swoje charakterystyczne fioletowe zabarwieme. Z równania reakcji wynika, że 2 mole KMn04 (2 · 158,03395 g = 316,0679 g) reagttjąz 5 molami A:zC2 0 4 (S · 90,0355 g = 450,1774 g), stąd masa H 2 Cp4 w roztworze miareczkowanym wynosi: 316,0679 g KMn04 0,1362 g KMn04

-

450.1774 g H 2Cp4

-

m

m = 0,1940.g H2C20 4

Obliczona masa kwasu szczawiowego znajdowała się w objętosci pobranej do miareczkowania (20 cm 3). Całkowita zawartość kwasu w badanej próbce, znaJ-

Kwas szczawiowy, w środowisku HiS04, reaguje z KMn04 według real
c2o/- - 2 e = 2 co2o 15 reakcja utJemania + 8 W + 5 e = Mn 2+ + 4 Hp /2 real
Z równania reakcji wynika, że 5 moli HzCp4 (5 · 90,0355 g = 450,1774 g) reaguje z 2 molami KMn04 (2 · 158,03395 g = 316,0679 g), czyli można ułożyć proporcję: 450,1774 g H2C20 4 - 316,0679 g KMn04 0,08856 g H2C20 4 - m m = 0,0621776 g KMn04

Obliczona masa KMn0 4 znajd owała się w objętosci zuzyteJ na miareczkowame próby, tj. w 36,2 crn 3 tltranta. Aby obliczyć stężeme molowe t1tranta, naieży odpowiedzieć na pytanie, ile KMn04 znajduje się w 1000 cm:: roztworu. 36,2 cm~ - 0,0621776 g KMn04 1000 cm, - m m = 1,7176132 g KMn04

203

202

MKMno

4

= 158,03395 g/mol 158,03395 g - I mol KMn04 1.7176132 g - n

n = O.Oli mola KMn04 Odpowiedź: Stężenie molowe

Ki\ifnO4 wynosi 0,011 M.

7. 20 cm3 0,1 M roztworu kwasu szczawiowego of= 0,996 zmiareczkowano w środowisku rozcieńczonego H 2 S04 za pomocą 36.2 cm:: KMn0 4 • Obliczyć stężenie molowe roztworu KMnO4 . Rozwiązanie:

Ten typ zadań spotyka się bardzo często w praktyce laboratoryjnej. Wymaga on, po pierwsze, obliczenia stężenia rzeczywistego roztworu z wykorzystaniem faktora. Po drugie, nie potrzebujemy korzystać z masy molowej i przeliczania moli na gramy. Stężeme rzeczywiste roztworu H 2C 2 0 4 wynosi: cteorct f = "" 0.1 M · 0,996 = 0,0996 M. Najpierw należy obl iczyć liczbę moli kwasu szczawiowego, która bierze udział w reakcji: 1000 cm 3 0.0996 M roztworu H2Cp4 - 0,0996 mola H2Cp4 20 cmJ 0.0996 M roztworu H 2Cp 4 - n n= 1,992· 10-; mola H 2Cp4 Kwas szczawiowy, w środowisku H 2S04 , reaguje z KMn0 4 według reakcji:

2 KMn04 + 5 H2Cp4 + 3 H 2 S04 = K 2S04 + 10 C02 + 2 MnS04 + 8 H2 0 c20/- -2 e = 2 C02° 15 reakcja utleniania MnO 4 - + 8 H+ + 5 e =Mn?++ 4 H 2 0° /2 reakcja redukcji Według reakcji

5 moli H2Cp4 reaguje z 2 molami KMn04, czyli: 5 moli HFP4

-

2 mole KMn0 4

1,992 · io-~ mola H 2Cp4

-

n

n= 7.968 · 10- 4 mola KMn04 Obliczona liczba moli KMn04 znajdowała się w objętosc1 zuzyteJ na miareczkowanie próby, tj . w 36.2 cmJ titranta. Aby obliczyć stężenie molowe titranta, należy odpowiedzieć na pytanie, ile KMn0 4 znajduje się w 1000 cm, roztworu. 36,2 cm" - 7,968 · 10-4 mola KMn0 4 1000 cm:: - n

n= 0,022 mola KMn0 4 Odpowiedź: Stężenie molowe KMn04 wynosi

0,022 M.

8. 25 cm:: roztworu szczawianu sodu Na 2C 20 4 przen1es1ono ilościowo do kolby miarowej o pojemności 250 cmJ, dopełniono wodą do kreski na szyjce kolbk i •wymieszano JeJ zawartość. Za pomocą pipety odmierzono 10 cmJ roztworu do kolby stożkowej, dodano 20-25 cm3 H 2 S04 1 80 cm:: wody destylowanej. Mieszając, miareczkowano za pomocą KM n O 4 do momentu uzyskania różowego zabarwienia roztworu niezniką,ącego w ciągu l minuty. Na zm1areczkowanie roztworu zawierającego Na2C20 4 zużyto srednio 19,8 cm3 0,02 M KMn0 4. i. Obliczyć stęzeme moiowe pierwotnego roztworu szczawianu. 2. Obliczyć całkowitą zawartość szczawianu sodu Na 2C20 4 w kolbie. Rozwiązanie:

1000 cm_, 0,02 M roztworu KMn04 19,8 cm3 0,02 M roztworu KMn04

-

0.02 mola KMn0 4 n

n= 3,96 -10- 4 mola KMn04

1 mol KMn04 3,96·10-4 mola KMn04

158,03395 g KMn0 4 m

-

m = 0,0625814 g KM nO 4

Podczas oznaczenia reakcja przebiega według schematu: 2 KMn0 4 + 5 Na2 Cz04 + 8 H 2 S04 = K 2 S04 + 5 Na2 S04 + 10 C0 2 + 2 MnS04 + 8 Hp

c20/-- 2 e = 2 co2o

15 reakCJa utleniania

MnO 4- + 8 H+ + 5 e "' Mn2• + 4 H 20° /2 reakcja redukcji

W tym oznaczeniu manganometrycznym KMn04 jest utleniaczem i reaguje ze szczawianem sodu Na 2C2 0 4, który jest reduktorem. Reakcja przebiega w śro­ dowisku kwaśnym (H2 S04). KMn04 utlenia szczawian do dwutlenku węgia, sam redukuje się z~ do JODU Mn2+ tracąc w czasie miareczkowania swoje charakterystyczne fioletowe zabarwienie. Z równania reakcji wynika. ze: 2 mole KMn04 3,96 · 10- 4 moJa KMnO4

-

5 moli Na2 C2 0 4

-

n

n= 0,00099 mola N~Cp4 10 cm:: - 0,00099 moia Na2C 20 4 250 cm= - n

n = 0,02475 mola w 25 cm= roztworu pierwotnego

· ·· · · ······· ·· ··· ····- -- -- --·-··--·· .••..•„ ...„ „ ·•· ·-

·····------ ··· - ----- ----•·· „ .„

.„. · ·-·-···--:-„·-„·--···--··c111111rr·-·

..„Lillll.„„..„ •••. .„„.1•.

„ • • • „.„.„.

- ··-·-··· ··

„.-.„„.•.._„_„.__ „ ___

„ . „ „ „. • •...

„„.„.„„.„...

„., '"""''"'"" ·~-•••Oe

O'-••I•· ~ ...

„ „ • . „„.

•' " ' '" ,, , ,•,

••'

,.„._.„_„ 0 .„,.„...........„~,.---O•l••'••••••••••-•-• •••••••••• ··o • •» o · •H•••• o•

' '

0 ''" " -"••'""' ·~---• ·-· , , , , •,

„_,,,

••-·•••---• •,_, ,„ ,,, O H-•-·•-••·O·-~•·-"

-~"~'" ""'°"" "~"" •·•••• •· o•

204

25 cm; roztworu pierwotnego - 0,02475 mola Na 2 C2 0 4 1000 cm? roztworu pierwotnego - n

n = 0,990 M/dm~ Odpawiedź J: Stężen ie

moiowe pierwotnego roztworu szczawianu sodu wynosi

0,990 M/dm~. 2 moie KMn04 (2 · 158,03395 g = 316,0679 g) reag ują z 5 molami Na2 C 20 4 (5 · 133,9992 g = 669,996 g), stąd masa NazC 20 4 w roztworze m iareczkowanym wynosi: 316 ,0679 g K Mn04 0,0625814 g KMn04

-

669,996 g Na 2C2 0 4 m

m = 0,1326591 g Na2 C2 0 4

Obliczona masa szczawianu znajdowała się w objętosci pobranej do miareczkowania (IO cm3). Całkowita zawartość kwasu w badanej próbce, znajdującej się w kolbie o pojemności 250 cmJ, po uwzgiędnienm współczynnika rozcieńczenia (250 cm3/l0 cmJ = 25), wynosi: O,1326591 g · 25 = 3,3165 g Na2Cp4 • Odpowiedź

2: Całkowita zawartość szczawianu sodu w kolbie wynosi 3,3165 g.

LITERATURA [1] Atkins P., Chim1e Generale, Inter Editions, Paris 1992. (2) Belitz H.D„Grosch W., Food Chem1stry, Springer Verlag, Berlin-Heidelberg 1999. [3] Bielanski A ., Podstawy chemii meorganic:meJ, cz. 1- 3, PWN, Warszawa 1997. [4) Chem ia analityczna, pod red. R. Kocjan, Wydawntctwo Lekarskie PZWL. Warszawa 2000. [5] Chemia analityczna. Podstawy klasyczne) analizy ilościowej, pod red. A. Persona, Wydawnictwo Medyk, Warszawa 2007. [6] Cygański A., Chemiczne metody analizy ilośc1oweJ, WNT, Warszawa 1994. [7] Cw1czema z podstaw chemii i analizy ;a1<.osc1oweJ, A. Re1zer t m .. UJ. KrakOw

1996. [8] KoncJratow1cz-Pietruszka E., Ostasz L., Ćwtczema z c/1emii dla st11dentów towaroznawstwa, Wydawnictwo Umwersytetu Ekono micznego w KraKow1e, Kraków 2010. (9) Lee D.J., Zwięzła chemia meorgantczna, PWN, Warszawa 19 97. [IO] Lipiec T., Szmal S.Z„ Chemia analityczna z elemenlanu analizy mstrumentatneJ, PZWL, Warszawa 1996. [11] Minczewski J„ Marczenko Z., Chemia analityczna. Chemiczne metody analizy iloścwweJ, PWN, Warszawa 1997. [12] Minczewski J., Marczenko z„ Chemia analityczna. Poctstawy teoretyczne I analiza 1ak.ośc1owa, PWN. Warszawa 1997. [13] Mizerski W„ Tablice chemiczne. Grupa Wydawnicza Actamantan, Warszawa 2008. (14] Nomenklatura związków nieorganicznych, Polskie Towarzystwo Chemiczne, Osso-

lineum 1988. [15] Pauling L., Pauling P„ Chemw, PWN, Warszawa 1997. {16] Piasecki J., Kotowska J., Jakołciowa i ilościowa analiza chemiczna, Wydawnictwo Brasika, Szczecin 1996. [17] Sienko M., Piane R.A., Chemia, WNT, Warszawa 1996. (18] Tablice matematyczne, fizyczne 1 chemiczne, B. Kotlik i in„ Firma Ks ięgarska Olesiejuk - Inwestycje. Ożarów Mazowiecki 2007.