Odpowiedzi do zbioru

 

   

Od O dpo ow wie ed dz zi do do z ioru zbi u za zada ań ńz che ch em mii

Wszystkie te zadania są rozwiązane i dokładnie jest wytłumaczony sposób ich rozwiązania. https://ssl.dotpay.eu/?pid=1H5ZLFNPSEGUA4ZY3X915EUGE892EUWC Skopiuj powyższy link do przeglądarki (cena za odpowiedzi do zadań 15 zł). Po zaksięgowaniu wpłaty na moim koncie otrzymasz odpowiedzi do zadań w formacie pdf.

SPIS TREŚĆI 1. 

PODSTAWOWE POJĘCIA CHEMICZNE.......................................................................................................... 1  1.1.  MASA ATOMOWA I CZĄSTECZKOWA, MASA ATOMU I CZĄSTECZKI ........................................................................... 1  1.2.  MOL, MASA MOLOWA, LICZNOŚĆ MATERII, LICZBA AVOGADRO ............................................................................... 3  1.3.  MOL, OBJĘTOŚĆ MOLOWA GAZU ............................................................................................................................... 6  1.4.  PRAWA GAZOWE ...................................................................................................................................................... 9 

2. 

BUDOWA ATOMU, UKŁAD OKRESOWY PIERWIASTKÓW .................................................................... 13  2.1.  KONFIGURACJA ELEKTRONOWA PIERWIASTKÓW .................................................................................................... 13  2.2.  BUDOWA CZĄSTECZKI, BUDOWA WIĄZANIA CHEMICZNEGO ................................................................................... 17  2.3.  HYBRYDYZACJA, GEOMETRIA CZĄSTECZKI, METODA VSEPR................................................................................ 22  2.4.  PROMIENIOTWÓRCZOŚĆ ......................................................................................................................................... 27  2.5.  IZOTOPY ................................................................................................................................................................. 29 

3. 

STECHIOMETRIA ............................................................................................................................................... 32  3.1.  OBLICZANIE WZORU ZWIĄZKU NA PODSTAWIE SKŁADU ILOŚCIOWEGO .................................................................. 32  3.2.  OBLICZANIE WZORU ZWIĄZKU NA PODSTAWIE RÓWNANIA REAKCJI....................................................................... 41 

4. 

STECHIOMETRIA REAKCJI ............................................................................................................................ 45  4.1.  OBLICZENIA NA PODSTAWIE RÓWNANIA REAKCJI................................................................................................... 45  4.2.  WYDAJNOŚĆ REAKCJI ............................................................................................................................................. 62  4.3.  CHEMIA ORGANICZNA ............................................................................................................................................ 65  4.4.  USTALANIE SKŁADU MIESZANIN ............................................................................................................................. 69 

5. 

STĘŻENIA ROZTWORÓW ................................................................................................................................ 75  5.1.  STĘŻENIE MOLOWE................................................................................................................................................. 75  5.2.  STĘŻENIE PROCENTOWE ......................................................................................................................................... 79  5.3.  ROZPUSZCZALNOŚĆ SUBSTANCJI ............................................................................................................................ 91  5.4.  PRZELICZANIE STĘŻEŃ............................................................................................................................................ 96  5.5.  MIESZANIE ROZTWORÓW ....................................................................................................................................... 98  5.6.  OBLICZANIE STĘŻENIA ROZTWORU NA PODSTAWIE RÓWNANIA REAKCJI .............................................................. 107 

6. 

TERMOCHEMIA ................................................................................................................................................ 117 

7. 

ELEKTROCHEMIA ........................................................................................................................................... 120 

8. 

RÓWNOWAGA CHEMICZNA ......................................................................................................................... 126  8.1.  SZYBKOŚĆ REAKCJI .............................................................................................................................................. 126  8.2.  STAŁA RÓWNOWAGI REAKCJI ............................................................................................................................... 127 

9. 

RÓŻNE REAKCJE.............................................................................................................................................. 139  9.1.  ZADANIA TEKSTOWE ............................................................................................................................................ 139  9.2.  SCHEMATY REAKCJI ............................................................................................................................................. 144  9.3.  PROJEKTOWANIE DOŚWIADCZEŃ .......................................................................................................................... 146 

10.  RÓWNOWAGI JONOWE W WODNYCH ROZTWORACH ELEKTROLITÓW..................................... 149  10.1.  DYSOCJACJA ELEKTROLITYCZNA ...................................................................................................................... 149  10.2.  HYDROLIZA ...................................................................................................................................................... 151  10.3.  STAŁA I STOPIEŃ DYSOCJACJI............................................................................................................................ 155  10.4.  OBLICZENIA NA PODSTAWIE PH ROZTWORU ..................................................................................................... 165  10.5.  ROZTOWRY BUFOROWE .................................................................................................................................... 171  10.6.  ILOCZYN ROZPUSZCZALNOŚCI .......................................................................................................................... 174 

11.  REAKCJE REDOKS .......................................................................................................................................... 178  11.1.  UTLENIACZ I REDUKTOR, STOPIEŃ UTLENIENIA ................................................................................................ 178  11.2.  DOBÓR WSPÓŁCZYNNIKÓW REAKCJI ................................................................................................................ 181  12.  UKŁAD OKRESOWY PIERWIASTKÓW ...................................................................................................... 191  12.1.  RÓŻNE REAKCJE ............................................................................................................................................... 191  12.2.  LITOWCE .......................................................................................................................................................... 191  12.3.  BERYLOWCE .................................................................................................................................................... 191  12.4.  BOROWCE ........................................................................................................................................................ 192  12.5.  WĘGLOWCE...................................................................................................................................................... 192  12.6.  AZOTOWCE ...................................................................................................................................................... 195  13.  WĘGLOWODORY ............................................................................................................................................. 196  13.1.  WĘGLOWODORY NASYCONE ............................................................................................................................ 196  13.2.  WEGLOWODORY NIENASYCONE (ALKENY I ALKINY) ........................................................................................ 206  13.3.  WĘGLOWODORY AROMATYCZNE ..................................................................................................................... 216  14.  ALKOHOLE ........................................................................................................................................................ 222  15.  ALDEHYDY I KETONY.................................................................................................................................... 228  16.  KWASY KARBOKSYLOWE ............................................................................................................................ 230  17.  NITROZWIĄZKI ................................................................................................................................................ 233  18.  TŁUSZCZE I ESTRY ......................................................................................................................................... 234  19.  AMINOKWASY I BIAŁKA ............................................................................................................................... 241  20.  CUKRY ................................................................................................................................................................ 244  21.  NAZEWNICTWO ZWIĄZKÓW I RYSOWANIE WZORÓW ..................................................................... 245 

Podstawowe pojęcia chemiczne

CHEMIA NIEORGANICZNA 1. Podstawowe pojęcia chemiczne 1.1. Masa atomowa i cząsteczkowa, masa atomu i cząsteczki

1.1-1.

12 Mol jest taką ilością atomów, jonów, cząsteczek jaka znajduje się w 12 g izotopu węgla C. W tej ilości izotopu węgla . 23 . 23 znajduje się 6,023 10 atomów węgla, wiec w jednym molu ołowiu znajduje się 6,023 10 atomów ołowiu. Ta ilość atomów waży 207,2 g (odczytane z układu okresowego pierwiastków). Co można zapisać: . 23 6,023 10 atomów waży 207,2 g, czyli 23 1 atom ołowiu waży x g, co można zapisać: 6,023×10 = 207,2g czyli x=34,4×10-23 g 1 x

1.1-2.

12 Mol jest taką ilością atomów, jonów, cząsteczek jaka znajduje się w 12 g izotopu węgla C. W tej ilości izotopu węgla . 23 12g znajduje się 6,023 10 atomów węgla, czyli 1 atom węgla ma masę m = = 1,99 ⋅ 10 −23 g . Masę 1/12 jednego atomu C 6,023 ⋅ 1023 węgla 12C, czyli 1,66.10-24g przyjęto za 1u. Możemy więc zapisać: . -24 1,66 10 g to 1 u, więc . -23 5,32 10 g to x u, czyli 1,66 ⋅ 10−24 g 1u 5,32 ⋅ 10−23 g = czyli x = = 32,05u 5,32 ⋅ 10−23 g x 1,66 ⋅ 10−24 g

Z układu okresowego pierwiastków możemy odczytać, że nieznanym pierwiastkiem jest siarka. 1.1-3. Masa cząsteczkowa jest sumą mas atomowych. Masy atomowe pierwiastków odczytujemy z układu okresowego pierwiastków: 1) CO – cząsteczka składa się z jednego atomu węgla i jednego atomu tlenu: MC=12u, MO=16u, czyli MCO=12u+16u=28u . 2) CO2 – cząsteczka ta składa się z 1 atomu węgla i 2 atomów tlenu: MC=12u, MO=16u, czyli MCO2=12u+2 16u=44u 3) Al2O3 – cząsteczka składa się z 2 atomów glinu i 2 atomów tlenu: MAl=27u, MO=16u, czyli MAl2O3=2.27u+3*16u=102u 4) NaOH – cząsteczka składa się z jednego atomu sodu, jednego atomu tlenu i jednego atomu wodoru: MNa=23u, MO=16u, MH=1u, czyli MNaOH=23u+16u+1u=40u 5) Al(OH)3 cząsteczka składa się z 1 atomu glinu, 3 atomów tlenu i 3 atomów wodoru: MAl=27u, MO=16u, MH=1u, czyli MAl(OH)3=37u+3.16u+3.1u=78u 6) H2SO4 – cząsteczka kwasu siarkowego(VI) składa się z 2 atomów wodoru, 1 atomu siarki i 4 atomów tlenu: MH=1u, MS=32u, MO=16u, czyli MH2SO4=2.1u+32u+4.16u=98u 1.1-4. Masa cząsteczkowa jest sumą mas atomów wchodzących w skład cząsteczki. Masy atomowe pierwiastków odczytujemy z układu okresowego pierwiastków: MAl=27u, MO=16u, więc MAl2O3=2.27u+3.16u=102u, lub masa cząsteczkowa . 23 wyrażona w gramach: MAl2O3=102g. Tę masę ma mol cząsteczek, czyli 6,023 10 cząsteczek. 1 cząsteczka ma masę: m=

102g = 16,9 ⋅ 10−23 g 6,023 ⋅ 1023 .

1.1-5.

. 23 Masa jednej cząsteczki (bezwzględna masa cząsteczkowa) mcz=Mcz/N0 (N0 jest liczbą Avogadro N0=6,023 10 ). Bezwzględną masę cząsteczki mcz można również obliczyć sumując bezwzględne masy atomów wchodzących w skład cząsteczki. Bezwzględna masa atomu m=M/N0. Masy atomowe odczytujemy z układu okresowego pierwiastków: Mc=12g/mol, 12g / mol 1g / mol MH=1g/mol, czyli m = = 1,99 ⋅ 10−23 g, natomiast mH = = 1,66 ⋅ 10 −24 g . Masa 9 atomów węgla c 6,023 ⋅ 10231/ mol 6,023 ⋅ 10231/ mol m9C=9.1,99.10-23g=17,91.10-23g. Masa 13 atomów wodoru m13H=13.1,66.10-24g=2,16.10-23g. Bezwzględna masa cząsteczki mcz=(17,91+2,16+2,33).10-23=22,4.10-23g. Masa cząsteczkowa M=mczN0=22,4.1023 . g 6,023.10231/mol=134,9g/mol lub 134,9u.

-1-

Podstawowe pojęcia chemiczne 1.1-6. Masa cząsteczkowa jest sumą mas atomowych pomnożonych przez współczynniki stechiometryczne. Dla związku opisanego ogólnym wzorem AaBbCc masa cząsteczkowa związku MAaBbCc=aMA+bMb+cMc, gdzie MA, MB, MC – masy atomowe odczytane z układu okresowego pierwiastków. . . a) M=2MP+xMO MP=31u, MO=16u. Podstawiając dane do wzoru na M otrzymamy: 110u=2 31u+x 16u, stąd x = 110u − 62u = 3 . 16u Wzór związku P2O3. b) M=30u=2.12u+x.1u, stąd x=6. Wzór związku C2H6. . . . c) M=178u=4 1u+x 31u+7 16u, stąd x=2. Wzór związku H4P2O7. 1.1-7. Masa cząsteczkowa jest sumą mas atomowych pomnożonych przez współczynniki stechiometryczne. Dla związku opisanego ogólnym wzorem AaBbCC masa cząsteczkowa związku MAaBbCc=aMA+bMb+cMc, gdzie MA, MB, MC – masy atomowe odczytane z układu okresowego pierwiastków. . a) EO2 M=44u=ME+2 16u, stąd ME=12u. W układzie okresowym pierwiastków odnajdujemy, że pierwiastek o masie atomowej 12u to węgiel, a opisany związek to CO2. b) E2S3 M=208u=2.ME+3.32u, stąd ME=56u, co odpowiada masie atomowej żelaza, Fe2S3. . . c) H2EO4 M=98u=2 1u+ME+4 16u, stąd ME=32u, co odpowiada masie atomowej siarki, H2SO4. 1.1-8. . Cząsteczkę boru można zapisać w postaci Bx. Masa cząsteczkowa tej cząsteczki M=xMB, czyli 132u=xMB, 132u=x 11u. Stąd x=12. Cząsteczka boru składa się zatem z 12 atomów boru B12. 1.1-9. Masa cząsteczkowa jest sumą mas atomowych pomnożonych przez współczynniki stechiometryczne. Dla związku opisanego ogólnym wzorem AaBbCC masa cząsteczkowa związku MAaBbCc=aMA+bMb+cMc, gdzie MA, MB, MC – masy atomowe odczytane z układu okresowego pierwiastków. ME2O=2ME+16u . . a) MEO2=ME+2 16u. Z waunków zadania wynika, że ME2O < MEO2, czyli 2ME+16u < ME+2 16u. Rozwiązując nierówność otrzymamy: ME <16u . . b) MEO2=ME+2 16u. Z waunków zadania wynika, że ME2O > MEO2, czyli 2ME+16u > ME+2 16u. Rozwiązując nierówność otrzymamy: ME >16u 1.1-10. Masa cząsteczkowa jest sumą mas atomowych pomnożonych przez współczynniki stechiometryczne. Dla związku opisanego ogólnym wzorem AaBbCC masa cząsteczkowa związku MAaBbCc=aMA+bMb+cMc, gdzie MA, MB, MC – masy atomowe odczytane z układu okresowego pierwiastków. . Jeżeli pierwiastek jest jednowartościowy, to tworzy siarczek typu E2S, a tlenek typu E2O. ME2S=2 ME+32u, natomiast . . . . ME2O=2 ME+16u. Z warunków zadania wynika, że: ME2S = 1,26 ME2O czyli: 2 ME+32u = 1,26(2 ME+16u). Rozwiązując równanie względem ME otrzymamy: 0,52ME=11,84u, czyli ME=22,7u. Z układu okresowego pierwiastków znajdujemy, że opisywanym pierwiastkiem jest sód, który tworzy siarczek: Na2S i tlenek Na2O. 1.1-11. Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023.1023 cząstek. Ta ilość cząsteczek ma pewną masę, którą nazywamy masą molową. Masę molową związku liczymy sumując masy atomowe pierwiastków pomnożone przez współczynniki stechiometryczne. Masy atomowe atomów odczytuje się z układu okresowego pierwiastków. W przypadku CO2 . . 23 MCO2=MC+2MO=12g/mol+2 16g/mol=44g/mol. Stosując prostą zależność (proporcje) obliczamy masę 2 10 cząsteczek CO2: 6,023.1023 cząsteczek CO2 ma masę 44g, to 23 . 23 2 10 cząsteczek CO2 ma masę x, czyli: 6,023 ⋅ 10 = 44g czyli x=14,61g 23 2 ⋅ 20 x 1.1-12. . 23 Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023 10 cząstek. Ta ilość cząsteczek . 23 ma pewną masę, którą nazywamy masą molową. W przypadku rtęci, 1 mol rtęci (6,023 10 atomów) ma masę 201g. W 5 cm3 3. 3 rtęci znajduje się (d=m/V) m=dV=5 cm 13,5 g/cm =67,5 g rtęci. Ilość atomów rtęci w tej masie obliczymy z proporcji: . 23 6,023 10 atomów rtęci ma masę 201, to

-2-

Podstawowe pojęcia chemiczne x atomów rtęci ma masę 67,5 g, czyli: 6,023 ⋅ 1023 201g = czyli x=2,02×1023 atomów x 67, 5g

1.2. Mol, masa molowa, liczność materii, liczba Avogadro

1.2-1. Ze wzoru siarczku glinu Al2S3 wynika, że: w 1 molu Al2S3 znajdują się 2 mole glinu i 3 mole siarki, to w 0,6 mol Al2O3 znajdują się x moli glinu i y moli siarki, czyli: 1mol 2mol 1mol 3mol , stąd x=1,3 mol oraz y=1,8 mol. = oraz = 0,6mol x 0,6mol y W 0,6 mol Al2S2 znajduje się 1,2 mol glinu i 1,8 mol siarki. 1.2-2. Ze wzoru kwasu siarkowego H2SO4 wynika, że: w 1 molu kwasu znajdują się 4 mole atomów tlenu, czyli w 2 molach tego kwasu znajduje się 8 moli atomów tlenu. 1.2-3. Ze wzoru wody H2O wynika, że: w 1 molu wody znajdują się 2 mole atomów wodoru i 1 mol atomów tlenu, czyli w 3 molach wody znajduje się 6 moli atomów wodoru i 3 mole atomów tlenu. 1.2-4. W jednym molu chlorku wapnia CaCl2 znajduje się 1 mol wapnia i 2 mole atomów chloru (1mol chloru, ponieważ chlor występuje w postaci cząsteczek dwuatomowych Cl2), to w 2 milimolach CaCl2 znajdują się 2 milimole wapnia i 4 milimole atomów chloru (2 milimole chloru). 1 milimol to 0,001mol. 1.2-5. Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). a) Wodór i tlen występują w postaci cząsteczek dwuatomowych H2 i O2. W jednym molu wodoru znajdują się 2 mole atomów wodoru, w jednym molu tlenu znajdują się również 2 mole atomów tlenu. b) Wodór H2, natomiast hel jest gazem szlachetnym i występuje w postaci atomowej He. W jednym molu wodoru znajdują się 2 mole atomów wodoru, a w 1 molu helu znajduje się 1 mol atomów helu. c) W jednym milimolu SO2 znajduje się 1 milimol siarki oraz 2 milimole atomów tlenu, w sumie 3 milimole atomów. W jednym milimolu SO3 znajduje się 1 milimol siarki oraz 3 milimole atomów tlenu. W sumie 4 milimole atomów. 1.2-6. Ze wzoru wody H2O wynika, że w 1 molu wody znajduje się 1 mol atomów tlenu, to w 7 molach wody znajduje się 7 moli atomów tlenu. W nadltenku wodoru H2O2, w 1 molu znajdują się 2 mole atomów tlenu, to w 4 molach H2O2 znajduje się 8 moli atomów tlenu. 1.2-7. Liczbę moli n obliczamy ze wzoru n=m/M, gdzie M jest masą molową. Masę molową związku liczymy sumując masy atomowe pierwiastków pomnożone przez współczynniki stechiometryczne. Masy atomowe atomów odczytuje się z układu . okresowego pierwiastków. Dla wody M=2 MH+MO. Z układu okresowego pierwiastków odczytujemy, że MH=1g/mol, . MO=16g/mol, czyli MH2O=2 1g/mol+16g/mol=18g/mol. Korzystając ze wzoru na ilość moli obliczamy: a) 9g wody to 9g/18g/mol=0,5mol 3 3 3 b) 1dm wody to (d=m/V, d=1g/cm =1kg/dm ) 1kg=1000g. n=1000g/18g/mol=55,556 mol. 1.2-8. Liczbę moli n obliczamy ze wzoru n=m/M, gdzie M jest masą molową. Masę molową związku liczymy sumując masy atomowe pierwiastków pomnożone przez współczynniki stechiometryczne. Masy atomowe atomów odczytuje się z układu okresowego pierwiastków. MH2O2=2MH+2MO=34g/mol. Korzystając z zależności d=m/V, czyli m=dV=1,45g/cm3.1000cm3=1450g. n=m/M=1450g/34g/mol=42,65 mol.

-3-

Podstawowe pojęcia chemiczne 1.2-9. Liczbę moli n obliczamy ze wzoru n=m/M, gdzie M jest masą molową. Masę molową związku liczymy sumując masy atomowe pierwiastków pomnożone przez współczynniki stechiometryczne. Masy atomowe atomów odczytuje się z układu okresowego pierwiastków. MFeS=56g/mol+32g/mol=88g/mol. 176kg to 176000g siarczku żelaza. Podstawiając do wzoru na ilość moli n=m/M=176000g/88g/mol=2000 mol=2 kilomol. 1.2-10. . 23 Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023 10 cząsteczek. Liczbę moli n obliczamy ze wzoru n=m/M, gdzie M jest masą molową. Masę molową związku liczymy sumując masy atomowe pierwiastków pomnożone przez współczynniki stechiometryczne. Masy atomowe atomów odczytuje się z układu okresowego . . pierwiastków. Masa molowa feromonu M=19 12g/mol+38 1g/mol+16g/mol=282 g/mol. Liczbę cząsteczek policzymy z proporcji: . 23 w 282g (1 mol) znajduję się 6,023 10 cząsteczek feromonu, to w 1.10-12 g znajduje się x cząsteczek feromonu, czyli: 282g 6,023 ⋅ 1023 = czyli x=2,14 ⋅ 109cząsteczek feromonu -12 1⋅ 10 g x 1.2-11. 1 kropla waży 33.10-6 kg (przedrostek mili to 10-3, więc 1 kropla waży 33.10-3g lub 33.10-6 kg) . 9 1 miliard to 1 10 (miliard to 1000 milionów). Możemy więc zapisać prostą proporcje: . -6 . 9 w 33 10 kg (1 kropla) wody znajduje się 50 10 atomów złota, to w 100kg wody znajduje się x atomów złota, czyli 33 ⋅ 10-6kg 50 ⋅ 109 = stąd x=1,52 ⋅ 1017atomów 100kg x Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023.1023 cząsteczek, atomów, jonów. 1 mol (6,023.1023) atomów złota to 197g, czyli . 17 1,52 10 atomów złota to x g 6,023 ⋅ 1023 197g = czyli x=4,97 ⋅ 10-5 g = 4,97 ⋅ 10−2 mg 1,52 ⋅ 1017 x 1.2-12. Mol jest ilością materii, taką jak tuzin (12szt.), mendel (15szt.) czy kopa (60szt.). 4,25g siarczanu (VI) litu to m 4,25g n= = = 0,1mol . Ze wzoru LiCl wynika, że w 1 molu LiCl znajduje się 0,1 mola litu. W siarczanie litu M 6,94g / mol + 35,45g / mol Li2SO4, w 1 molu tej soli znajdują się dwa mole litu, czyli aby było 0,1 mola litu należy odważyć 0,05 mola Li2SO4. w 1 molu Li2SO4 znajdują się 2 mole litu, to w x molach Li2SO4 znajduje się 0,1 mola litu. x=0,05mola. . . Masę siarczanu(VI) litu obliczymy po przekształceniu wzoru n=m/M. m=n M=0,05mol 109,95g/mol=5,5g. 1.2-13. Sieć typu RSC oznacza, że jest to sieć regularna (sześcian), centrowna na scianach: Atom srebra leżący na ścianie należy tylko w połowie do zaznaczonej komórki elementarnej, w połowie należy do sąsiedniej komorki. Atom srebra leżący w narożu należy tylko w 1/8 do komórki. Pozostałe 7/8 należy do 7 sąsiednich komórek. W rzeczywistości w komórce elementarnej o boku a=409pm znajdują się 8.1/8+6.1/2=4 atomy srebra, które ważą:

m=

4 ⋅ 107,9g = 7,166 ⋅ 10-22 g . 6,0231 023

Gęstość d=m/V. Objętośc komórki elementarnej V=(409pm)3=6,842.10-29m3. atomy srebra w naroznikach

atomy srebra na scianach

−22 Gęstość d = m = 7,166 ⋅ 10 g = 1,05 ⋅ 107 g / m3 = 10,5g / cm3 −29 3

V

-4-

6,842 ⋅ 10

m

Podstawowe pojęcia chemiczne 1.2-14. . 23 Wiadomo, że w 1 molu znajduje się 6,023 10 cząsteczek. Liczbę moli obliczamy ze wzoru n=m/M. Masa molowa wody . H2O M=2 1g/mol+16g/mol=18g/mol. 72g wody to n=72g/18g/mol=4mole. Można ułożyć proporcje: . 23 w 1 molu jest się 6,023 10 cząsteczek, to w 4 mola znajduje się x cząsteczek. Po rozwiązaniu proporcji x=2,409.1024. 1.2-15. Tlen cząsteczkowy występuje w postaci cząsteczek dwuatomowych O2. Masę atomową dla tlenu odczytujemy z układu okresowego pierwiastków MO=16u, lub 16g/mol. Z uwagi na to, że w tlenie cząsteczkowym są dwa atomy – masa cząsteczki . tlenu M=32u lub masa mola cząsteczek – 32g/mol. 0,1 mola ma masę 0,1mol 32g/mol=3,2g. . 23 . 22 W 1 molu tlenu znajduje się 6,023 10 cząsteczek, więc w 0,1mola znajduje się 6,023 10 cząsteczek tlenu. Liczbę moli substancji obliczamy ze wzoru n=m/M. 0,36g tlenu cząsteczkowego to n=0,36g/32g/mol=0,01125mola. 1.2-16. . Masa molowa tlenku potasu K2O M=2 39,1g/mol + 16g/mol=94,2g/mol. Ze wzoru tlenku potasu wynika, że: w 94,2g K2O znajduje 1 mol tlenu, to w 18,8g K2O znajduje się x moli tlenu, czyli: 94,2g 1mol 18,8g ⋅ 1mol = x= = 0,2mol . Ze wzoru Na2O wynika, że 0,2mola tlenu znajduje się w 0,2mol tlenku sodu. Ta ilość 18,8g x 94,2g .

tlenku sodu waży m=nMNa2O=0,2mol 62g/mol=12,4g. 1.2-17. . 23 Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023 10 cząsteczek, atomów, jonów. Możemy więc zapisać: . 23 1mol to 6,023 10 atomów żelaza, to 0,2mola to x atomów żelaza, czyli: 1mol 6,023 ⋅ 1023 0,2mol ⋅ 6,023 ⋅ 1023 = x= = 1,2046 ⋅ 1023 atomów żelaza 0,2mol x 1mol

1.2-18. 12 Mol jest taką ilością atomów, jonów, cząsteczek jaka znajduje się w 12 g izotopu węgla C. W tej ilości izotopu węgla . 23 . 23 znajduje się 6,023 10 atomów węgla, wiec w jednym molu, czyli w 40g wapnia znajduje się 6,023 10 atomów, to w 8g wapnia znajduje się x atomów wapnia, czyli: 40g 6,023 ⋅ 1023 = czyli x=1,2046 ⋅ 1023 atomów 8g x 1.2-19. Ze wzoru wynika, że w 1 molu NaOH, czyli w 40g znajduje się 1mol jonów sodowych, to w 60g NaOH znajduje się x moli jonów sodowych, czyli 40g 1mol = czyli x=1,5 mola 60g x 1.2-20. Jeżeli w 10dm3 znajduje się 1700g fruktozy, 3 to w 0,5dm znajduje się jej x g, czyli: 10dm3 1700g 0,5dm3 ⋅ 1700g = x= = 85g 3 x 0,5dm 10dm3 Fruktoza jest cukrem prostym o wzorze C6H12O6 i masie molowej M=180,16g/mol. Liczbę moli możemy policzyć ze wzoru n=m/M=85g/180,16g/mol=0,472mol. 1.2-21. Jeżeli orgofosforan(V) wapnia stanowi 3% masy całkowitej ciała, to w 25kg znajduje się: 100% 25kg . 3% x kg, czyli x=3% 25kg/100%=0,75kg=750g. Ortofosforan(V) wapnia, Ca3(PO4)2 ma masę molową . . . M=3 40g/mol+2 31g/mol+8 16g/mol=310g/mol. W 750g ortofosforanu to n=m/M=750g/310g/mol=2,42mol ortofosforanu(V) wapnia. Ze wzoru Ca3(PO4)2 wynika, że w tej ilości ortofosforanu znajdują się 3.2,42mol=7,26mol atomów wapnia. Wiedząc, że . 23 . . 23 . 23 . 24 1mol to 6,023 10 atomów, to 7,26 mole stanowi N=7,26mol 6,023 10 atomów/mol=29,15 10 =4,373 10 atomów wapnia.

-5-

Podstawowe pojęcia chemiczne

1.3. Mol, objętość molowa gazu

1.3-1. 3 . 3 3 Każdy mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm =22,4 10 cm , co możemy zapisać: . 3 3 1000 milimoli (1 mol) dowolnego gazu zajmuje objętość 22,4 10 cm , to 3 3 x milimoli zajmuje objętość 1 cm3, czyli: 1000milimoli = 22, 4 ⋅ 10 cm czyli x=4,46×10-2milimol 3 x 1cm II sposób: 3 3 3 3 1 milimol to 1/1000 mola; 1cm to 1/1000 dm , więc 1 milimol gazu zajmuje objętość 22,4cm , a w 1 cm jest 1/22,4 milimola . -2 gazu, czyli 4,46 10 milimola 1.3-2. 3 Gęstość gazu d=m/V. Wiedząc, że mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm , możemy zapisać, że 3. 3 d=M/V0. Przekształcając wzór na gęstość względem M otrzymamy: M=dV0=1,96 g/dm 22,4dm =43,9g. Jeżeli azot w tlenkach jest I, II, III, IV i V wartościowy to tworzy tlenki typu: IV II 2 I II II II III II V II NO N2O N2 O 3 N O5 N O2

M=44g/mol

M=30g/mol

M=76g/mol

M=46g/mol

M=108g/mol

Obliczona masa molowa odpowiada tlenkowi azotu(I) N2O. 1.3-3. Gęstość gazu d=m/V. Wiedząc, że mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, możemy zapisać, że d=M/V0. Przekształcając wzór na gęstość względem M otrzymamy: M=dV0=0,76 g/dm3.22,4dm3=17 g/mol. Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023.1023 cząsteczek, atomów, jonów. Biorąc pod uwagę ilość cząsteczek i ich masę możemy zapisać: 6,023.1023 cząsteczek waży 17g, to 1 cząsteczka waży x g, czyli: 6,023 ⋅ 1023 17g czyli x=2,83 ⋅ 10-23 g = 1 x 1.3-4.

Gęstość względna d = d1 , natomiast gęstość liczona jest ze wzoru d1=m1/V. W warunkach normalnych każdy mol gazu d2 zajumuje objętość 22,4dm3, więc gęstość gazu w warunkach normalnych można policzyć ze wzoru d = 1

M1 . 22,4dm3

M1 22, 4dm3 M1 . W przypadku gęstości względem wodoru d= = M2 M2 22, 4dm3 M2=2g/mol. Podstawiając dane do wzoru na gęstość względem wodoru otrzymamy: 8,5= M1 , czyli M1=16 g/mol lub jeżeli 2g/mol

Podstawiając te dane do wzoru na gęstość względną otrzymamy:

masę cząsteczkową wyrazimy w atomowych jednostkach masy M1=16u 1.3-5. Tlen, dwutlenek węgla i wodór w warunkach normalnych (P=1013hpa, T=273K (0oC)) są gazami i zgodnie z prawem Avogadro, zajmują w warunkach normalnych objętość V=22,4 dm3. Siarka jest ciałem stałym o d=2,07 g/cm3 (d=m/V). Mol siarki ma masę 32g (masa molowa odczytana z układu okresowego pierwiastków). Ta masa siarki zajmie objętość V=m/d=32g/2,07g/cm3=15,46 cm3. Woda w tej temperaturze jest cieczą/ciałem stałym o d=1g/cm3 (w przybliżeniu). 1 mol wody H2O, ma masę 18g i zajmuje objętość V=m/d=18cm3. 1.3-6. Każdy mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3. Biorąc pod uwagę, że wszystkie wymienione substancje są gazami, ich masy można obliczyć z prostej zależności: a) 32g tlenu (1 mol) zajmuje objętość 22,4 dm3, to

-6-

Podstawowe pojęcia chemiczne x g tlenu zajmie objętość 2 dm3, czyli: 32g 22, 4dm3 = czyli x=2,85 g x 2dm3 3 b) 0,5 m azotu to 0,5.103 dm3 azotu 28 g azotu zajmuje objętość 22,4 dm3, to x g azotu zajmie objętość 0,5.103 dm3 x=625 g c) 25 cm3 tlenku węgla to 25.10-3 dm3 28g (1 mol) CO w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to x g CO w tych warunkach zajmie objętość 25.10-3 dm3, czyli x=0,031 g 1.3-7. Zgodnie z prawem Avogadro, w tych samych warunkach ciśnienia, temperatury i objętości znajdują się takie same ilości cząsteczek gazowych. Oznacza to, ze w tych zbiornikach znajdują się takie same ilości moli gazów. Masę ich obliczamy ze wzoru m=nM. Najmniejszą masę będzie miał ten gaz, który ma najmniejszą masę molową: O2 M=32 g/mol, N2 M=28 g/mol, NH3 M=17 g/mol, CO2 M=44 g/mol. Najmniejszą masę molową ma amoniak i zbiornik z tym gazem będzie najlżejszy. 1.3-8. Każdy mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, można więc zapisać: a) 32g tlenu (1 mol) w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to 5g tlenu w warunkach normalnych zajmie objętość x dm3, czyli: 32g 22,4dm3 = czyli x=3,5dm3 5g x

b) 44g CO2 w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to 12 g CO2 w warunkach normalnych zajmie objętość x dm3, czyli x=6,1 dm3 c) 17g NH3 w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to 0,2 g NH3 w warunkach normalnych zajmie objętość x dm3, czyli x=0,26 dm3 d) 44 g N2O w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to 4 g N2O w warunkach normalnych zajmie objętość x dm3, czyli x=2,04 dm3 e) 2 g wodoru w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to 70 g wodoru w tych warunkach zajmie objętość x dm3, czyli x=784 dm3 1.3-9. Mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, co możemy zapisać: 2 g wodoru (1 mol) w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4dm3, to 0,2 g wodoru w tych warunkach zajmie objętość x dm3, czyli: 2g 22,4dm3 = czyli x=2,24dm3 0, 2g x

Ta ilość wodoru zajmuje objętość 100cm3 (0,1dm3), nie znajduje się więc w warunkach normalnych. 1.3-10. Jednakowe ilości gazów, w jednakowych warunkach temperatury i ciśnienia zajmują jednakową objętość. Azot N2 M=28 g/mol, tlenek węgla CO M=28 g/mol, etylen C2H4 M=28 g/mol. Wszystkie te gazy mają jednakową masę molową, a więc w 5 g będzie jednakowa ilość moli tych gazów (n=m/M), czyli w jednakowych warunkach ciśnienia i temperatury zajmą jednakową objętość. 1.3-11. 1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3. Dla chloru Cl2 M=71 g/mol. Możemy więc zapisać: 71g (1 mol) chloru w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to 5000 g chloru w tych warunkach zajmie objętość x dm3, czyli: 71g 22,4dm3 = czyli x=1577,5dm3 = 1,58m3 5000g x 1.3-12. Zgodnie z prawem Avogadro jednakowe objętości gazów w jednakowych warunkach temperatury i ciśnienia zawierają jednakowe ilości cząsteczek. Opierając się na tym prawie możemy powiedzieć, że w takich samych warunkach w 1 dm3 wodoru jest taka sama ilość cząsteczek jak w 1 dm3 tlenu. Mol jest ilością taka samą jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). Jeden mol zawiera 6,023.1023 cząsteczek.

-7-

Podstawowe pojęcia chemiczne Więc w 1 molu wodoru jest tyle samo cząsteczek co w 1 molu tlenu. 1 g wodoru to n=1g/2g/mol=0,5 mola, a 1 g tlenu to n=1g/32g/mol= 0,031 mola. W podanych masach znajdują się różne ilości cząsteczek. 1.3-13. Zgodnie z prawem Avogadro: jednakowe objętości gazów w identycznych warunkach (taka sama temperatura i ciśnienie) zawierają takie same ilości cząsteczek. A więc, w takich samych warunkach, w 1 cm3 będzie tyle samo cząsteczek tlenu (taka sama ilość moli) co w 1 cm3 wodoru. 1.3-14. Zgodnie z prawem Avogadro: jednakowe objętości gazów w identycznych warunkach (taka sama temperatura i ciśnienie) zawierają takie same ilości cząsteczek. Wodór jest gazem składającym się z cząsteczek dwuatomowych H2, a hel z atomów helu He. Dlatego w takiej samej objętości (4 cm3) cząsteczek wodoru będzie taka sama ilość jak atomów helu, ale atomów wodoru będzie 2 razy więcej niż atomów helu. W objętości dwukrotnie większej, w 8 cm3 helu, liczba atomów helu będzie taka sama jak liczba atomów wodoru w 4 cm3 wodoru. 1.3-15. 1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3. Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023.1023 cząstek (atomów, cząsteczek, jonów). Możemy więc zapisać: 6,023.1023 cząsteczek amoniaku w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to 12,04.1024 cząsteczek amoniaku w tych warunkach zajmie objętość x dm3, czyli: 6,023 ⋅ 1023 22,4dm3 = czyli x=447,8dm3 24 12,04 ⋅ 10 x 1.3-16. 1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3. Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023.1023 cząstek (atomów, cząsteczek, jonów). 1 cm3 to 1.10-3 dm3 Możemy więc zapisać: 6,023.1023 cząsteczek w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to x cząsteczek w tych warunkach zajmie objętość .10-3 dm3, czyli: 6,023 ⋅ 1023 22,4dm3 = czyli x=2,69 ⋅ 1019 x 1 ⋅ 10 −3 dm3 1.3-17. 1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3. Czyli 1 mol CO2 w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3. Ze wzoru CO2 wynika, że w 1 molu CO2 znajduje się 1 mol (12 g) węgla, czyli 6 g węgla znajduje się w 0,5 mol CO2. 1 mol CO2 w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to 0,5 mol CO2 w tych warunkach zajmie objętość x dm3 1mol 22,4dm3 = czyli x=11,2dm3 0,5mol x 1.3-18. 1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3. Mol cząsteczek ma masę równą masie molowej (masa cząsteczkowa wyrażona w gramach). Gęstość liczona jest ze wzoru d=m/V a w przypadku gazów można ją liczyć ze wzoru d=M/V0 gdzie V0 – objętość molowa gazu. a) O2 MO2=32 g/mol, d = 32g / mol = 1,4286g/dm3 22, 4dm3 / mol b) CO MCO=28g/mol, d = 28g / mol = 1,250g/dm3 22, 4dm3 / mol c) N2 MN2=28g/mol, d = 28g / mol = 1,250g/dm3 22, 4dm3 / mol 2g / mol d) H2 MH2=2g/mol, d = = 8,929 ⋅ 10-2 g / dm3 22, 4dm3 / mol e) H2S MH2S=34g/mol, d = 34g / mol = 1,518g / dm3 22, 4dm3 / mol

-8-

Podstawowe pojęcia chemiczne 1.3-19. Każdy mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3. Korzystając z prostej proporcji można obliczyć ilości moli dla poszczególnych gazów: a) 1 mol zajmuje objętość 22,4 dm3, to 3 x moli zajmuje objętość 67,2 dm3, czyli: 1mol = 22,4dm stąd x=3mol 3 x 67,2dm b) 1 mol zajmuje objętość 22,4 dm3, to x moli zajmuje objętość 5,6 dm3, 3 czyli: 1mol = 22,4dm stąd x=0,25mol 3 x 5,6dm c) 1 mol zajmuje objętość 22,4 dm3, to x moli zajmuje objętość 11,2 dm3, czyli: 1mol 22, 4dm3 = stąd x=0,5mol x 11,2dm3

1.4. Prawa gazowe

1.4-1. Tlenek węgla(IV) jest gazem i jak każdy gaz, 1 mol w warunkach normalnych (T=273K, P=1013hPa) zajmuje objętość 22,4dm3. 103 mole tego związku zajmą objętość V=n.V0=103mol.22,4dm3/mol= 2307,2dm3 = 2,307m3. Mol tlenku węgla(IV) ma masę równą sumie mas molowych wchodzących w jego skład atomów z odpowiednimi współczynnikami: M=1.12g/mol + 2.16g/mol = 44g/mol. Masa 103 moli CO2 jest równa więc m=n.M=103mol.44g/mol= 4532g = 4,53kg. 1.4-2. I sposób: W celu obliczenia masy substancji możemy posłużyć się prawem stanu gazu doskonałego (wzorem Clapeyrona) PV=nRT lub m PVM . Podstawiając dane do wzoru dla warunków PV= RT . Po przekształceniu wzoru względem m otrzymamy: m= M RT normalnych (P=101300Pa, objętość V w m3, R=8,314J.mol-1.K-1, T=273K) otrzymamy: 101300Pa×2×10-3m3 ×32g/mol a) 2dm3 tlenu to 2.10-3m3 , M=32g/mol m= =2,86g J 8,314 273K mol×K 101300Pa×0,5m3 ×28g/mol b) 0,5m3 azotu m= =624,8g J 8,314 273K mol×K 101300Pa×25×10-6m3 ×28g/mol c) 25cm3 tlenku węgla(II), czyli 25.10-6m3 m= =3,12 ⋅ 10-2 g J 8,314 273K mol×K II sposób: Z prawa Avogadro wiadomo, ze w warunkach normalnych każdy mol gazu zajmuje objętość 22,4dm3. Można więc ułożyć proste proporcje: a) 22,4dm3 tlenu waży 32g (1mol), to 2dm3 tlenu waży x g, czyli 3 2dm ×32g x= =2,86g 22,4dm3 b) 22,4dm3 azotu waży 28g, to 500dm3 azotu waży x g, czyli 3 500dm ×28g x= =625g 22,4dm3 c) 22,4dm3 tlenku węgla(II) waży 28g, to 25.10-3dm3 tlenku węgla(II) waży x g, czyli 25 ⋅ 10-3 dm3 ×28g x= =0,0313g 22,4dm3

-9-

Podstawowe pojęcia chemiczne 1.4-3. Stan gazu opisywany jest przez prawo stanu gazu doskonałego (oraz równanie Clapeyrona) pV=nRT, gdzie p – ciśnienie gazu w Pa, V – objętość zajmowana przez gaz w m3, n – liczba moli gazu (n=m/M), R – stała gazowa 8,314 J.mol-1.K-1, T – temperatura bezwzględna. Podstawiając dane do wzoru i przekształcając go względem n otrzymamy: pV 101000Pa ⋅ 2,4 ⋅ 10 −3 m3 n= = = 0,1 mol J RT 8,314 291 K mol ⋅ K 1.4-4. Stan gazu opisywany jest przez prawo stanu gazu doskonałego (oraz równanie Clapeyrona) pV=nRT, gdzie p – ciśnienie gazu w Pa, V – objętość zajmowana przez gaz w m3, n – liczba moli gazu (n=m/M), R – stała gazowa 8,314 J.mol-1.K-1, T – temperatura bezwzględna. Podstawiając dane do wzoru i przekształcając go względem n otrzymamy: pV 101300Pa ⋅ 30 ⋅ 10 −6 m3 . Masę SO2 obliczymy z przekształconego wzoru na ilość mol (n=m/M) n= = = 1,25 ⋅ 103 mol J RT 8,314 293K mol ⋅ K m=nM=1,25.10-3mol.64g/mol=0,08g. 1.4-5. Stan gazu opisywany jest przez prawo stanu gazu doskonałego (oraz równanie Clapeyrona) pV=nRT, gdzie p – ciśnienie gazu w Pa, V – objętość zajmowana przez gaz w m3, n – liczba moli gazu (n=m/M co daje pV=mRT/M), R – stała gazowa 8,314 J.mol-1.K-1, T – temperatura bezwzględna. Chlor jest niemetalem i występuje w postaci cząsteczek dwuatomowych Cl2. Masa molowa M=71g/mol. Przekształcając wzór względem V i podstawiając dane do wzoru otrzymamy: J 5000g ⋅ 8,314 ⋅ 295K mRT mol ⋅K V= = = 1,7m3 = 1,7 ⋅ 103 dm3 pM 101300Pa ⋅ 71g / mol 1.4-6. Stan gazu opisywany jest przez prawo stanu gazu doskonałego (oraz równanie Clapeyrona) pV=nRT, gdzie p – ciśnienie gazu w Pa, V – objętość zajmowana przez gaz w m3, n – liczba moli gazu (n=m/M co daje pV=mRT/M), R – stała gazowa 8,314 J.mol-1.K-1, T – temperatura bezwzględna. Liczba moli (mol) jest ilością podobnie jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol to 6,023.1023 cząsteczek. Przekształcając wzór Clapeyrona względem n i podstawiając dane otrzymamy: pV 101300Pa ⋅ 22,4 ⋅ 10 −3 m3 n= = = 0,93m ol J RT 8,314 295K mol ⋅ K 1 mol to 6,023.1023 cząsteczek, więc 0,93 mol to x cząsteczek 0,93mol ⋅ 6,023 ⋅ 1023 x= = 5,6 ⋅ 1023 cząsteczek 1 1.4-7. Stan gazu opisywany jest przez prawo stanu gazu doskonałego (oraz równanie Clapeyrona) pV=nRT, gdzie p – ciśnienie gazu w Pa, V – objętość zajmowana przez gaz w m3, n – liczba moli gazu (n=m/M co daje pV=mRT/M), R – stała gazowa 8,314 J.mol-1.K-1, T – temperatura bezwzględna. Gęstość d=m/V. Przekształcając wzór Clapeyrona otrzymamy: m RT pV = mRT / M po podzieleniu stronami przez V otrzymamy p= czyli p=dRT/M VM Przekształcając ostatni wzór względem d i podstawiając dane otrzymamy: pM 101000Pa ⋅ 17g / mol d= = = 709,7g / m3 = 0, 71g / dm3 J RT 8,314 291K m ol ⋅ K 1.4-8. Stan gazu opisywany jest przez prawo stanu gazu doskonałego (oraz równanie Clapeyrona) pV=nRT, gdzie p – ciśnienie gazu w Pa, V – objętość zajmowana przez gaz w m3, n – liczba moli gazu (n=m/M co daje pV=mRT/M), R – stała gazowa 8,314 J.mol-1.K, T – temperatura bezwzględna. Gęstość d=m/V. Przekształcając wzór Clapeyrona otrzymamy:

- 10 -

Podstawowe pojęcia chemiczne mRT dRT czyli p=dRT/M, oraz M= VM p 3 3 . 3 3 Gęstość gazu musimy przeliczyc na jednostki układu SI (g/m ): d=1,15 g/dm =1,15 10 g/m . Po podstawieniu do wzoru J 1,15 ⋅ 103 g / m3 ⋅ 8,314 ⋅ 293K mol ⋅ K otrzymamy: M = = 28,01g / mol 100000Pa pV = mRT / M po podzieleniu stronami przez V otrzymamy p=

1.4-9. Stan gazu opisywany jest przez prawo stanu gazu doskonałego (oraz równanie Clapeyrona) pV=nRT, gdzie p – ciśnienie gazu w Pa, V – objętość zajmowana przez gaz w m3, n – liczba moli gazu (n=m/M co daje pV=mRT/M), R – stała gazowa 8,314 J.mol-1.K-1, T – temperatura bezwzględna. W zbiorniku umieszczono (d=m/V) m=dV=1,5 g/cm3.1cm3=1,5 g suchego lodu. Wartość ciśnienia po przesublimowaniu suchego lodu obliczymy przekształcając wzór Clapeyrona względem p i podstawiając dane. Podstawiając dane do wzoru musimy podać je w jednostkach Si: J 1,5g ⋅ 8,314 ⋅ 294K mRT mol ⋅K p= = = 83329Pa=833,3hPa −3 MV 44g / mol ⋅ 1⋅ 10 m3 1.4-10. Równanie reakcji spalania siarki (oktasiarki S8) w tlenie (ditlenie) można zapisać w postaci: S8 + 8O2 Æ 8SO2 Z równania reakcji można odczytać, że 1 mol oktasiarki spala się w tlenie dając 8 moli ditlenku siarki, lub: 8.32 g oktasiarki spalane w tlenie daje 8.22,4dm3 ditlenku siarki (warunki normalne), to 10 g oktasiarki spalane w tlenie utworzy x dm3 SO2, czyli: 8 ⋅ 32g 8 ⋅ 22,4dm3 10g ⋅ 8 ⋅ 22,4dm3 = x= =7dm3 (warunki normalne, czyli T=273K, P=1013hPa). Jeżeli SO2 znajduje się w innej 10g x 8 ⋅ 32g

temperaturze skorzystajmy z zależności p1V1 = p2 V2 gdy p =p równanie upraszcza się do postaci: V1 = V2 . Podstawiając za 1 2 T1 T2 T1 T2 3 V1 7dm3, T1=273K, a za T2=298K możemy obliczyć V2: V = V1T2 = 7dm ⋅ 298K = 7,64dm3 2 T1 273K

1.4-11. Podstawiając dane pod wzór Clapeyrona PV=nRT i przekształcając go względem n otrzymamy liczbę moli gazu:

n=

PV 1×105 ×1×10-3m3 . Chcąc policzyć liczbę cząsteczek gazu wystarczy pomnożyć przez stałą = =3,22×10-2mol J RT 8,314 ×373K mol×K

Avogadro N0=6,023.1023. n=1,94.1022 cząsteczek.

1.4-12. Jeżeli temperatura wody nie zmienia się, więc przemiana zachodzi w stałej temperaturze i pisywana jest wzorem BoylaMariotta: P1V1=P2V2. Jeżeli pęcherzyk zwiększył objętość trójkrotnie, to V2=3V1. Po podstawieniu do wzoru otrzymamy: P1V1=3P2V1, a po podzieleniu stronami przez V1 otrzymamy: P1=3P2. Ciśnienie na powierzchni wynosi 1atm, to na dnie musi wynosić 3atm. Czyli ciśnienie wody wynosi 2atm. Wiadomo, że każde 10m głębokości wody to wzrost ciśnienia o 1atm. Głębokość jeziora wynosi zatem 20m. 1.4-13. Cynk z kwasem solnym reaguje według równania reakcji: Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 3,27g cynku to 0,050mola cynku. 100cm3 kwasu to 110g. W roztworze tym znajduje się ms=mrozt.c%/100%=11g chlorowodoru, czyli 0,3mol. Z równania reakcji widzimy, że na 0,05mol cynku potrzeba 0,1mol chlorowodoru. Chlorowodoru jest nadmiar, cynk przereaguje całkowicie dając 0,050mol wodoru (z równania reakcji). W podanych warunkach wodór zajmie objętość 900cm3 (100cm3 zajmuje roztwór kwasu i chlorku cynku), czyli 900.10-6m3. Ciśnienie panujące w naczyniu obliczymy ze wzoru Clapeyrona pV=nRT. Podstawiając podane wartości i przekształcając wzór względem p otrzymamy: J 0,05mol ⋅ 8,314 ⋅ 294K nRT mol ⋅K pH = = = 135795,3Pa=1357,95hPa . Przyjmując, że w naczyniu przed zamknięciem było −4 3 V 9 ⋅ 10 m powietrze pod ciśnieniem normalnym (pp=1013hPa), ciśnienie końcowe P, zgodnie z prawem Daltona równe jest sumie ciśnień cząstkowych P=pp+pH=1013hPa+1358hPa=2371hPa (P=2,34atm).

- 11 -

Podstawowe pojęcia chemiczne 1.4-14. Wiadomo, że mol każdego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4dm3. Gęstość gazu d=m/V=M/V0. W przypadku wodoru dH=2g/22,4dm3=0,0893g/dm3, natomiast gęstość chloru wynosi dCl=71g/22,4dm3=3,17g/dm3. Oznaczmy przez VH objętość wodoru, a przez VCl objętość chloru. Masa wodoru wynosi więc mH=0,0893VH, a masa chloru mCl=3,17VCl. Wiemy, że VH+VCl=0,5, oraz mH+mCl=1, co można zapisać: VH+VCl=0,5 0,0893VH+3,17VCl=1. Po rozwiązaniu układu równań otrzymamy: VH=0,19dm3, VCl=0,31dm3. Chlor z wodorem reaguje wg równania reakcji: H2+Cl2 → 2HCl Z równania reakcji wynika, że wodór z chlorem reaguje w stosunku molowym, oraz objętościowym 1:1. Z obliczeń wynika, że chloru użyto w nadmiarze w stosunku do wodoru. 1.4-15. Załóżmy, że pusty pojemnik ma masę m. Masa azotu zawartego w pojemniku wynosi 50,00g-m, natomiast masa argonu 51,76-m. Gazy opisane mogą być wzorem Clapeyrona pV=nRT. Z treści zadania wynika, że dla obydwu gazów objętość 50,00g − m 51,76g − m naczynia jest identyczna: V=nRT/P. Możemy więc zapisać: R ⋅ 293K = R ⋅ 303K . Po pomnożeniu 28g / mol ⋅ P 39,95g / mol ⋅ P

50,00 − m 51,76 − m 293 = 303 , a po wykonaniu działań: 28 39,95 523,214-10,464m=392,573-7,584m. Po rozwiązaniu równania otrzymamy m=45,361g. W zbiorniku znajduje się zatem 50,00g-45,361g=4,639g azotu, oraz 51,76g-45,361g=6,399g argonu. Przekształcając wzór Clapeyrona względem P i stronami przez P i podzieleniu stronami przez R otrzymamy:

podstawiając dane otrzymamy: (P=nRT/V) P =

4,639g 3

28g / mol ⋅ 2dm

83,14

hPa ⋅ dm3 293K = 2018hPa . mol ⋅ K

1.4-16. Stan gazu opisywany jest przez równanie Clapeyrona PV=nRT lub PV/T=const (dla stałej ilości gazu iloczyn n i stałej gazowej R jest wielkością stałą). Równanie Clapeyrona (równanie stanu gazu doskonałego) możemy również zapisać w PV P0 V0 = , gdzie P0, V0, T0 opisują stan gazu w warunkach normalnych. Przekształcając ostatnie równanie postaci: T T0

względem V0 otrzymamy: V0 =

- 12 -

PVT0 1400hPa ⋅ 1,2dm3 ⋅ 273K = = 1,51dm3 TP0 300K ⋅ 1013hPa