Rozwiazania Chemia Pazdro Rozsz. 11

Kopiowanie i rozpowszechnianie bez zgody autora zabronione 1

PEŁNE ROZWIĄZANIA ZADAŃ Z KSIĄŻKI K. M. Pazdro

"Zbiór zadań z chemii do szkół ponadgimnazjalnych, zakres rozszerzony"

TOM I

Autor: Michał Peller

Rzeszów 2008

+


Rozdział 1. Przekazywanie informacji chemicznych.

1.1. Skład substancji przedstawiany wzorami sumarycznymi 1.1. a) atom miedzi, trzy atomy miedzi, atom siarki, dwa atomy siarki, dwa atomy wodoru, siedem atomów żelaza, atom rtęci, dwa atomy tlenu b) cząsteczka wody, pięć cząsteczek wody, dwie cząsteczki siarczku żelaza(II), cząsteczka tlenku żelaza(II), cztery cząsteczki siarczku miedzi(II), trzy cząsteczki tlenku żelaza(III), dziesięć cząsteczek tlenku siarki(IV) c) atom żelaza, cząsteczka siarczku żelaza(II), dwie cząsteczki tlenku żelaza(II), trzy atomy siarki, pięć atomów wodoru, pięć cząsteczek wody, atom cynku, cztery atomy tlenu d) jedna dwuatomowa cząsteczka tlenu, trzy dwuatomowe cząsteczki tlenu, dwa atomy tlenu, pięć dwuatomowych cząsteczek wodoru, pięć atomów wodoru, dwie dwuatomowe cząsteczki azotu, dwie dwuatomowe cząsteczki tlenu, dwa atomy azotu e) trzy atomy wodoru, dwie cząsteczki wody, trzy dwuatomowe cząsteczki wodoru, cztery atomy siarki, dwie cząsteczki tlenku siarki(IV), dwie dwuatomowe cząsteczki tlenu, trzy cząsteczki tlenku żelaza(II), trzy atomy tlenu, trzy atomy żelaza f) cztery atomy fosforu, jedna czteroatomowa cząsteczka fosforu, cztery czteroatomowe cząsteczki fosforu, atom siarki, jedna ośmioatomowa cząsteczka siarki, trzy ośmioatomowe cząsteczki siarki. jedna dwunastoatomowa cząsteczka boru 1.2. a) Fe, 2 Fe, S, 3 S, 2 O b) H2O, 3 H2O, 2 H, 6 FeS, Hg c) Cu, CuO, 4 Cu, 3 CuO, 12 O d) (jako cząsteczkę tlenu przyjmujemy najczęściej występującą, dwuatomową formę) O2, 2 O2, 2 O, H, 4 H, 3 H2 e) 2 H2O, H2, 2 O, 2 O2, 3 Hg, N2, 2 FeS f) As4, 2 O3, 5 S8 1.3. a) 4 Al, b) 3 CO2, c) 8 H2 d) 5 N2 1.4. - atom tlenku żelaza(III) – związki chemiczne mogą występować tylko w formie cząsteczek - atom wody – związki chemiczne mogą występować tylko w formie cząsteczek - pół atomu tlenu – atom jest najmniejszą, niepodzielną częścią pierwiastka, która zachowuje wszystkie jego właściwości - dwie trzecie cząsteczki tlenku rtęci(II) – cząsteczka jest najmniejszą, niepodzielną częścią związku chemicznego, która zachowuje wszystkie jego

właściwości, dlatego liczba cząsteczek musi być liczbą całkowitą 1.5. ilość atomów poszczególnych pierwiastków obliczamy mnożąc liczbę atomów w jednej cząsteczce przez ilość cząsteczek; a) 6 atomów wodoru i 3 atomy tlenu, 2 atomy węgla i 4 atomy tlenu, 8 atomów azotu i 12 atomów tlenu, 10 atomów fosforu i 25 atomów tlenu b) 4 atomy azotu i 12 atomów wodoru, 10 atomów wodoru i 5 atomów siarki, 4 atomy żelaza i 6 atomów tlenu; 18 atomów węgla, 36 atomów wodoru i 18 atomów tlenu 1.6. aby obliczyć łączną ilość atomów w cząsteczce musimy dodać do siebie liczby atomów poszczególnych pierwiastków; a) 3, 5, 3, 9, 7, 7 b) 45, 13, 10 1.7. postępujemy tak jak w zadaniu 1.6. (pamiętając, aby liczbę atomów w jednej cząsteczce pomnożyć przez ilość cząsteczek) i porównujemy otrzymane wartości a) 15 < 20 – więcej atomów jest w 4 cząsteczkach CH4 b) 15 > 14 - więcej atomów jest w 3 cząsteczkach B2O3 1.8. postępujemy podobnie jak w zadaniu 1.7. 2 MgO < 2 CO2 < 4 O2 < 3 Cu2S < 2 Al2O3 < 4 H2O 1.9. a) w 4 cząsteczkach N2O3 jest 12 atomów tlenu, w jednej cząsteczce CO2 są 2 atomy tlenu,

62:12x

122x

===⋅

zatem 12 atomów tlenu będzie w 6 cząsteczkach CO2 b) w 2 cząsteczkach CH4 jest 8 atomów wodoru, w jednej cząsteczce H2O są 2 atomy wodoru

42:8x

82x

===⋅

zatem 8 atomów wodoru znajduje się w 4 cząsteczkach wody 1.10. aby wzór cząsteczki dwuatomowej był poprawny iloczyny wartościowości poszczególnych pierwiastków i ilości ich atomów muszą być sobie równe, co więcej muszą być także możliwie najmniejszymi liczbami, można także stosować tzw. metodę krzyża tzn. jako liczbę atomów danego pierwiastka przymujemy wartościowość drugiego i jeżeli jest taka możliwość skracamy otrzymane wartości (np. C(IV), O(II), C2O4 → CO2); a) Fe2O3, SO2, SO3 b) Ag2O, SnCl4, Mn2O7 c) CuS, P2O5, OsO4


1.11. rozwiązujemy analogicznie jak 1.10. a) N2O5, Mg2Si, CrO3 b) CuS, AlP, CCl4 c) Al4C3, Cl2O7, Zn3P2 1.12. rozwiązujemy analogicznie jak 1.10. a) Na2O, PCl5, P2S5 b) NH3, Ca3P2, SO3 c) FeS, SiO2, Ni5P2 1.13. kule o tym samym promieniu i kolorze oznaczają atomy tego samego pierwiastka; 1.AB, 2.AB2, 3.AB2, 4.A2B3, 5.AB3, 6.AB3, 7.A2B5, 8.A2B5 1.14. rozwiązujemy analogicznie jak 1.13. 1.AB4, 2.AB4, 3.A2, 4.AB, 5.AB2, 6.AB5, 7.AB6 1.15. rozwiązujemy analogicznie jak 1.13. 1.ABC, 2.A2B7, 3.ABC3, 4.AB2C4, 5.AB2C3, 6.AB3C4 1.16. a) CO, CO2, SO3, Al2O3 b) H2, N2O5, Cl2O7, CH4 1.17. a) AB2, A2B, A2B3, AB, AB3, A4B3, A2B5 b) A2, A4, AB5, AB6, ABC, A2BC4, A2B2 1.18. na pierwszym miejscu zapisujemy pierwiastek o niższej elektroujemności, zatem w celu rozwiązania tego zadania należy skorzystać z tablic elektroujemności poszczególnych pierwiastków. a) Cr(1,6), Br(2,8) b) B(2,0), Br(2,8) c) P(2,1), N(3,0) d) Sc(1,3), Se(2,4) e) C(2,5), Cl(3,0) f) Cl(3,0), F(4,0) 1.19. a) różne – inna liczba poszczególnych pierwiastków b) ten sam – w obu przypadkach z jednym atomem tlenu łączą się dwa atomy wodoru c) różne – pierwszy to acetylen, drugi to benzen d) różne – tlenek azotu(IV) może występować w dwóch formach: pojedynczej NO2 i dimerycznej N2O4, obie te formy mogą występować obok siebie 1.20. wiemy, że liczby atomów muszą być liczbami całkowitymi zatem stosunek 1 : 1,5 mnożymy przez 2 i otrzymujemy 2 : 3, tym związkiem jest Fe2O3, czyli tlenek żelaza(III) 1.21. staramy się, aby w obu stosunkach wartość względna x wynosiła 1, więc dzieląc stosunek x : z przez 2 otrzymujemy 1 : 1,5, a wówczas stosunek x : y : z ma

postać 1 : 1: 1,5, wiemy jednak, że wszystkie wartości muszą być liczbami całkowitymi, zatem wszystkie wartości mnożymy przez 2, otrzymujemy wtedy: 2 : 2 : 3, a wzór przyjmuje postać: Na2S2O3 1.22. rozwiązujemy analogicznie jak 1.21. x : y po podzieleniu przez 2 ma postać 1 : 0,5, czyli stosunek x : y : z, 1 : 0,5 : 2,5, aby wszystkie wartości były liczbami całkowitymi musimy je pomnożyć przez 2, mamy wówczas: 2 : 1 : 5, a wzór przyjmuje postać: Al2SiO5 1.23. wiemy, że ilość atomów danego pierwiastka w związku musi być liczbą całkowitą, zatem stosunek 1 : 2,75 musimy doprowadzić do takiej postaci, by obie wartośc były całkowite, aby tak się stało należy je pomnożyć przez 4, mamy wówczas 4 : 11, widzimy, że najmniejsza, łączna liczba atomów to 15, co świadczy o błędzie w którymś z przeprowadzanych doświadczeń 1.24. jak wiemy masa atomów podczas reakcji nie zmienia się, nie zmienia się także ich ilość (zmieniają się jedynie wiązania między nimi), zatem łączna masa substancji przed i po reakcji jest taka sama 1.25 prawo stałości składu (Prousta) działa jedynie w jedną stronę tzn. każdemu związkowi odpowiada dany skład ilościowy, ale dany skład ilościowy nie musi odpowiadać tylko jednemu zwiąkowi, jako przykład weźmy: AnBm i A3nB3m mimo tego samego składu ilościowego (A : B = n : m) są różnymi związkami; wg teorii atomistycznej związek chemiczny jest to połączenie między sobą atomów za pomocą wiązań chemicznych; wiemy jednak, że wiązania te mogą mieć inną postąc (łączyć różne cząsteczki) nawet jeżel skład ilościowy jest taki sam, powyższe przykłady wyjaśniają fakt istnienia różnych cząsteczek mimo tego samego składu ilościowego 1.2. Budowa substancji przedstawiona wzorami strukturalnymi 1.26 (kreska oznacza wolną parę elektronową, ma to jedynie pomóc w zrozumieniu struktur przestrzennych)

H H

O

H H

N

H

Cl H

A

B

D


1.27. rozwiązujemy analogicznie jak 1.26. SO2 → C, SO3 → D, H2 → B, SiH4 → E, HF → F, N2O5 → G, PCl5 → G 1.28. (wzory strukturalne podane w zadaniach 1.28-1.50, mają na celu ukazanie struktury wiązań, a nie struktury przestrzennej) a)

b)

c)

d)

1.29. rozwiązujemy analogicznie jak 1.26. CO2 → C, H2O2 → A, H2S → F, N2 → B, HCl → D, CH4 → G, NH3 → E 1.30. a)

b)

c)

d)

1.31. 1.NO, 2.H2O, 3.B2O3, 4.NO, 5.SO3 1.32. 1.CO2, 2.O2, 3.NH3, 4.HCl, 5.CH4 1.33. 1.SO2, 2.CO, 3.SF6, 4.O2, 5.B2O3, 6.NH3 1.34. a)

b)

c)

d)

1.35. 1.CH4, 2.PCl5, 3.P2O3, 4. N2O5, 5.CO2, 6.BF3 1.36. MgCl2, Mg3N2, NCl3

1.37. Al 4C3, Al2S3, AlCl3, CS2, CCl4, SCl2

C S

S

Al S

S

S Al

C

Al Al

C

Al Al

C

Al

Cl

Cl

Cl

C

Cl

Cl

Cl

Cl

S Cl

Cl

Mg Cl

Cl N

Mg

Mg

Mg N

Mg

Mg

Mg N

Br

F F F F F

P

S S

P

S S S

P

N N

P

N N N

P

Se O

O

B O

O

O B

C

Al Al

C

Al Al

C

O FF

U

FFF

Br

Br F

F

F

I

FFFF

F

Cl Br N B O

Ru

O O

O

B P Te O

Os

O O

O O

O

O

Te O

O

P

O O O O O N

O

O

O F

F C

Br

Br

Br

Br

N

O O

N

O O O

C O N Br

Br

Br

P O

O

O P

C

Cl

Cl

Cl

O O

Cl

O O O N O

O

O N

Cl

Cl

O O

N O Se FF

S

FFFO

O

OF

S H

H P

Cl

Cl

Cl Br O

O

H Br C S

S

P

O O

P

O O O

N N O O

N E

C

F

O O

H H

N

H

H


1.38.

1.39.

1.40. postepujemy zgodnie z zasadą opisaną w zad. 1.10.; skoro chlor jest jednowartościowy, zatem wartościowość drugiego pierwiastka będzie równa liczbie atomów chloru w cząsteczce; Cu(I), Pb(IV), Fe(III), Cu(II), P(V) 1.41. postepujemy zgodnie z zasadą opisaną w zad. 1.10. Fe(III), K(I), Cu(II), Al(II), Pb(IV), P(V), H(I), Mn(VII), S(VI), C(IV), Na(I) 1.42. postepujemy zgodnie z zasadą opisaną w zad. 1.10. a) Na(I), Cu(II), Al(III), N(III), Al(III), S(IV), S(VI), P(V), Mn(VII), Os(VIII), K(I) b) Fe(II), C(IV), Ag(I), Ca(II), Fe(III), Al(III), N(V), Cr(VI), Cl(VII), Ru(VIII), Mn(IV), Cu(I) c) Al(III), As(III), N(IV), Li(I), Cu(II), N(V ), Cl(VI), Mn(VII), Ga(IV), Pb(IV), Na(I), S(II) 1.43. 1.H2S, 2.N2O5, 3.PH3, 4.B2O3, 5.NO, 6.HBr, 7.Cl2O7, 8.CO2, 9.SO3 1.44. a)

b)

c)

d)

1.45.

1.46. a) - AB2 – A(II) i B(I), A(IV) i B(II), A(VI) i B(III), A(VIII) i B(IV) - AB3 – A(III) i B(I), A(VI) i B(II) b) - AB4 – A(IV) i B(I) - A2B3 – A(III) i B(II), A(VI) i B(IV) 1.47. korzystając z reguły krzyża opisanej w zad. 1.10. wiemy, że indeks stechiometryczny pierwiastka A jest równy wartościowości pierwiastka B, podzielonej przez największą możliwą liczbę całkowitą (jeżeli nie mam takiej możliwości, wówczas ta liczba wynosi 1):

d

Wn b=

,analogicznie:

d

Wm a=

szukamy wartości Wa mając dany następujący układ równań

n

mWW

m

W

n

Wm

Wd

n

Wd

d

Wm

d

Wn

ba

ab

a

b

a

b

⋅=

=

=

=

=

=

1.48. krzyżowej regule podlegają te pierwiastki, których indeksy stechiometryczne, są równe tym obliczonym w/w regułą, (w zadaniu oczywiście przyjmujemy wartościowość tlenu jako II) a) tak; b) nie (powinno być BaO); c) tak; d) nie (nie znamy dokładnej ilości atomów o poszczególnych wartościowościach); e) nie (powinno być Na2S); f) nie (nie znamy dokładnej ilości atomów o poszczególnych wartościowościach); 1.49. - N2O7 (w tym przypadku azot ma wartościowość VII) - AlH4 (w tym przypadku glin ma wartościowość IV) - C2O5 (w tym przypadku tlen ma wartościowość V) - KO (w tym przypadku potas ma wartościowość II)

O O H Cl

O

O

O H C O

O H

O H Cl O H N

O

O

O H S

O

O O H

O O

O U U O U

O O

O

O

U

O

O O

O

U U O U

O

O

O

O

Pb

O

O

O

O

Pb Pb

Fe

O O

Fe

O O

Fe


1.50. a) tak; b) nie (różna ilość atomów poszczególnych pierwiastków); c) tak; d) nie (różna kolejność wiązania atomów); e) nie (różna kolejność wiązania atomów) 1.3. Przemiany substancji przedstawiane równaniami lub schematami reakcji 1.51. 2 cząsteczki tlenku miedzi(I) reagują z 1 atomem węgla, w wyniku czego powstają 4 atomy miedzi i 1 cząsteczka dwutlenku węgla 1.52. 1 atom węgla reaguje z 2 cząsteczkami wodoru, w wyniku czego powstaje 1 cząsteczka metanu 1.53. 2 cząsteczki dwutlenku chloru [w reakcji analizy] rozpadają się na 1 cząsteczkę chloru i 2 [dwuatomowe] cząsteczki tlenu 1.54. 2 Mg + CO2 → 2 MgO + C 1.55. 4 B + 3 O2 → 2 B2O3 1.56. a) Cu + O2 → CuO

Cu + O2 → 2 CuO

2 Cu + O2 → 2 CuO

b) H2 + O2 → H2O

H2 + O2 → 2 H2O

2 H2 + O2 → 2 H2O

c) Al + O2 → Al2O3

Al + O2 → 2 Al2O3

Al + 3 O2 → 2 Al2O3

4 Al + 3 O2 → 2 Al2O3

d) H2 + N2 → NH3

H2 + N2 → 2 NH3

3 H2 + N2 → 2 NH3

e) CH4 + O2 → CO2 + H2O

CH4 + O2 → CO2 + 2 H2O

CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O

f) N2O → N2 + O2

+

+ +

+ +

+ +

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+


2 N2O → N2 + O2

2 N2O → 2 N2 + O2

1.57. ClO2 → Cl2 + O2 2 ClO2 → Cl2 + 2 O2

1.58. N2 + O2 → NO N2 + O2 → 2 NO 1.59. Cu2O + C → Cu + CO2 2 Cu2O + C → 4 Cu + CO2

1.60. Li + O2 → Li2O 4 Li + O2 → 2 Li2O 1.61. CH4 + O2 → CO2 + H2O CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O 1.62. H2 + N2 → NH3 3 H2 + 2 N2 →2 NH3

1.63. I2O5 → I2 + O2 2 I2O5 → 2 I2 + 5 O2

1.64. Fe2O3 + H2 → Fe + H2O Fe2O3 + 3 H2 → 2 Fe + 3 H2O 1.65. B + O2 → B2O3 4 B + 3 O2 → 2 B2O3

1.66. a) H2 + P → PH3 3 H2 + 2 P → 2 PH3 b) CrO3 + C → Cr + CO2 2 CrO3 + 3 C → 2 Cr + 3 CO2 c) B + O2 → B2O3 4 B + 3 O2 → 2 B2O3

d) NH3 + O2 → NO2 + H2O 4 NH3 + 7 O2 → 4 NO2 + 6 H2O 1.67. a) 2 Al + 3 S → Al2S3 b) 2 Na + S → Na2S c) Pb + S → PbS d) 4 Al + 3 C → Al4C3

e) Sn + 2 S → SnS2 f) 2 P + 5 S → P2S5 1.68. a) 4 Cu + O2 → 2 Cu2O b) 2 Cu + O2 → 2 CuO c) 4 Al + 3 O2 → 2 Al2O3 d) C + O2 → CO2 e) 4 P + 3 O2 → 2 P2O3 f) 3 Pb + 2 O2 → Pb3O4 1.69. a) 2 H2 + O2 → 2 H2O b) N2 + O2 → 2 NO c) 3 H2 + N2 → 2 NH3 d) N2 + 2 O2 → 2 NO2 1.70. a) 2 Fe + O2 → 2 FeO 4 Al + 3 O2 → 2 Al2O3 b) 4 Na + O2 → 2 Na2O C + O2 → CO2 c) 4 P + 5 O2 → 2 P2O5 2 H2 + O2 → H2O d) 4 Fe + 3 O2 → 2 Fe2O3 2 Ca + O2 → 2 CaO 1.71. 1) 2 Mg + O2 → 2 MgO 2) 2 Al + 3 S → Al2S3 3) 2 Na + Cl2 → 2 NaCl 4) PbO2 + 2 H2 → Pb + 2 H2O 5) 2 H2 + O2 → 2 H2O 6) 2 C2H6 + 7 O2 → 4 CO2 + 6 H2O 7) Cr2O3 + 3 C → 2 Cr + 3 CO 1.72. a) 2 Na + Cl2 → 2 NaCl b) Cu + Cl2 → CuCl2 c) 2 Fe + 3 Cl2 → 2 FeCl3 d) S + 2 Cl2 → SCl4 e) 2 P + 5 Cl2 → 2 PCl5 f) U + 3 F2 → UF6 1.73. a) 3 Si + 2 N2 → Si3N4 b) 3 Mg + N2 → Mg3N2 c) 6 P + 5 N2 → 2 P3N5 d) 2 Al + N2 → 2 AlN e) 2 NH3 + 3 Mg → Mg3N2 + 3 H2 f) 4 BN + 3 O2 → 2 B2O3 + 2 N2 g) Mg3N2 + 2 B → 3 Mg + 2 BN h) B2O3 + 2 NH3 → 2 BN + 3 H2O 1.74. a) Fe2O3 + 3 H2 → 2 Fe + 3 H2O b) 2 FeO + C → 2 Fe + CO2

+

+


c) Pb3O4 + 4 H2 → 3 Pb + 4 H2O d) 2 Cu2O + C → 4 Cu + CO2 e) 2 CrO3 + 3 C → 2 Cr + 3 CO2 f) 2 P2O5 + 5 C → 4 P + 5 CO2 1.75. a) 3 BeO + N2 + 3C → Be3N2 + 3 CO b) 3 Be2C + 2 N2 → 2 Be3N2 + 3 C c) 5 Mg3N2 + 6 PCl5 → 15 MgCl2 + 2 P3N5 d) 2 Mg3N2 + 3 CO2 → 6 MgO + 3 C + 2 N2 e) 3 MgH2 + 2 N2 → Mg3N2 + 2 NH3 f) Si3N4 + 3 O2 → 3 SiO2 + 2 N2 g) 4 P3N5 + 15 O2 → 6 P2O5 + 10 N2 h) 3 SiO2 + 3 C + 2 N2 → Si3N4 + 3 CO2 1.76. 1) 2 Cu + S → Cu2S 2) 4 Al + 3 O2 → 2 Al2O3 3) 2 H2 + O2 → 2 H2O 4) 2 HgO → 2 Hg + O2 5) Fe2O3 + 3 H2 → 2 Fe + 3 H2O 6) 2 ZnO + C → 2 Zn + CO2 1.77. a) 2 N2O → 2 N2 + O2 b) 2 NO → N2 + O2 c) 2 NO2 → 2 NO + O2 d) N2O3 → NO2 + NO e) 2 N2O5 → 4 NO2 + O2 f) 2 Cl2O → 2 Cl2 + O2 g) 2 ClO2 → Cl2 + 2 O2 h) 2 I2O5 → 2 I2 + 5 O2 1.78. a) 4 NH3 + 3 O2 → 2 N2 + 6 H2O b) 4 NH3 + 5 O2 → 4 NO + 6 H2O c) 4 NH3 + 7 O2 → 4 NO2 + 6 H2O d) 3 N2O + 2 NH3 → 4 N2 + 3 H2O e) 2 H2S + 3 O2 → 2 SO2 + 2 H2O f) 2 NO2 + 4 H2 → N2 + 4 H2O 1.79. aby obliczyć wartość indeksów stechiometrycznych należy najpierw zsumować ilość atomów danych pierwiastków po prawej stronie równania, a następnie dobrać takie wartości x, y, z, aby po lewej stronie liczba atomów poszczególnych pierwiastków była taka sama jak po prawej; a) x = 2, y = 6 b) x = 4, y = 2 c) x = 1, y = 2, z = 2 d) x = 6, y = 12, z = 6 1.80. a) 1. 2 Cu + O2 → 2 CuO 2. 2 CuO + 2 H2 →2 Cu + 2 H2O b) 1. 2 Mg + O2 → 2 MgO

2. 3 Mg + Fe2O3 →T 3 MgO + 2 Fe 3. Mg + H2O(g) →T MgO + H2 1.81. - 2 Cu + O2 → 2 CuO - 2 Cu + S → Cu2S - Cu + Cl2 → CuCl2 1.82. a) 2 Zn + O2 → 2 ZnO ZnO + H2 → Zn + H2O b) 4 Cu + O2 → 2 Cu2O Cu2O + H2 → 2 Cu + H2O 1.83. a) 2 Al + 3 S → Al2S3 b) 2 N2O → 2 N2 + O2 c) Fe2O3 + 3 CO → 2 Fe + 3 CO2 d) MnO2 + H2 → MnO + H2O e) 2 Mg + CO2 → 2 MgO + C f) 2 FeO + C → 2 Fe + CO2 g) 2 Fe + 3 Cl2 → 2 FeCl3 h) PbO2 + 2 H2 → Pb + 2 H2O 1.84. postepujemy podobnie jak w zad. 1.79. 2 CrxOy + 3 C → 2 Cr + 3 CO2

2 CrO3 + 3 C → 2 Cr + 3 CO2

1.85. postepujemy podobnie jak w zad. 1.79. 6 NxOy + 8 NH3 → 7 N2 + 12 H2O 6 NO2 + 8 NH3 → 7 N2 + 12 H2O 1.86. a) A – węgiel, B – tlen, C – tlenek siarki(IV) C + O2 → CO2 S + O2 → SO2

b) A – tlen, B – tlenek miedzi(II), C – woda 2 Cu + O2 → 2 CuO H2 + CuO → H2O + Cu O2 + 2 H2 → 2 H2O 2 H2O → 2 H2 + O2 1.87. A – tlenek rtęci(II), B – tlen, C – wodór, D – tlenek cynku, E – tlenek magnezu 2 HgO → 2 Hg + O2 O2 + 2 H2 → 2 H2O H2 + ZnO → Zn + H2O Mg + H2O → MgO + H2 O2 + 2 Mg → 2 MgO 1.88. 1) źle – nie zgadza się ilość tlenów 2) dobrze 3) źle – nie zgadza się ilość wodorów 4) dobrze


1.89. 1) rozkład, 2) synteza, 3) wymiana pojedyncza, 4) synteza, 5) wymiana pojedyncza, 6) wymiana podwójna, 7) wymiana pojedyncza, 8) rozkład 1.90. 1) H2 + Cl2 → 2 HCl 2) 3 H2 + N2 → 3 NH3 3) H2 + S → H2S 4) 2 H2 + C → CH4 5) H2 + 2 Na → 2 NaH 6) H2 + Ca → CaH2 1.91. 2 Al + Fe2O3 → Al2O3 + 2 Fe 1.92. a) CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O C2H4 + 3 O2 → 2 CO2 + 2 H2O b) 2 C2H2 + 5 O2 → 4 CO2 + 2 H2O 2 C6H6 + 15 O2 → 12 CO2 + 6 H2O c) 2 C2H6 + 7 O2 → 4 CO2 + 6 H2O C3H8 + 5 O2 → 3 CO2 + 4 H2O a) 2 C4H10 + 13 O2 → 8 CO2 + 10 H2O 2 C5H10 + 15 O2 → 10 CO2 + 10 H2O 1.93. KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2 widzimy, że po prawej stronie są 2 atomy manganu, zatem do równania reakcji należy wziąć 2 cząsteczki manganianu(VII) potasu 2 KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2 1.94. KClO3 → KCl + O2

2 KClO3 → 2 KCl + 3 O2 1.95. Fe + H2O → Fe3O4 + H2 3 Fe + 4 H2O → Fe3O4 + 4 H2 1.96. P4 + H2O → H3PO4 + H2 najpierw ustalamy fosfory po prawej stronie P4 + H2O → 4 H3PO4 + H2 następnie tleny po lewej stronie P4 + 16 H2O → 4 H3PO4 + H2 a na koniec wodory P4 + 16 H2O → 4 H3PO4 + 10 H2

1.97. PbS + 2 O2 → PbO2 + SO2 zgodnie z warunkami zadania załóżmy, że w reakcji bierze udział 20 cząsteczek PbS, pomnóżmy zatem powyższe równanie przez 20 20 PbS + 40 O2 → 20 PbO2 + 20 SO2 rakcja PbO2 z wodorem ma postać: PbO2 + 2 H2 → Pb + 2 H2O a biorąc do reakcji 20 cząsteczek PbO2 20 PbO2 + 40 H2 → 20 Pb + 40 H2O

z podanej w zadaniu ilości PbS, po kolejnych procesach można wytworzyć 40 cząsteczek wody (czyli ponad rozważane 30) 1.98. rozwiązujemy podobnie jak zad. 1.97. układamy reakcję utleniania FeS 4 FeS + 7 O2 → 2 Fe2O3 + 4 SO2 20 FeS + 35 O2 → 10 Fe2O3 + 20 SO2 reakcja Fe2O3 z węglem ma postać: 2 Fe2O3 + 3 C → 4 Fe + 3 CO2

10 Fe2O3 + 15 C → 20 Fe + 15 CO2 w podanych reakcjach można wytworzyć 15 cząsteczek CO2 (, czyli ponad rozważane 10) 1.99. a) N2 + 3 H2 → 2 NH3 4 NH3 + 5 O2 → 4 NO + 6 H2O 2 NO + O2 → 2 NO2 b) ZnS + O2 → SO2 + ZnO 2 SO2 + O2 → SO3 SO3 + H2O → H2SO4 c) H2O + CH4 → 3 H2 + CO 3 H2 + N2 → 2 NH3 4 NH3 + 5 O2 → 6 H2O + 4 NO 1.100. a) OH 2

O4 2

2 COCH −+→

b) 2

2HO

4 COCH −+→

c) OHO

4 2

2 COCH −+→

d) OHO

4 2

2 CCH −+→

e) 2

2HO

4 COCH −+→

1.101.

a) 2nn H2

nRMnMRH +→+

b) – dla parzystych n

2

2

nn H2

nRMM

2

nRH +→+

– dla nieparzystych n

22nn nHRMnMRH2 +→+ c) – dla n podzielnych przez 3

2

3

nn nHRM2M3

n2RH2 +→+

– dla pozostałych n

23nn H2

n3RMnMRH3 +→+

d) – dla n podzielnych przez 4

2

4

nn H2

nRMM

4

nRH +→+

– dla n podzielnych przez 2 (a niepodzielnych przez 4)


22

2

nn nHRMM2

nRH2 +→+

– dla pozostałych n

24nn nH2RMnMRH4 +→+ 1.102.

( ) 2n2 H2

nOHMOnHM +→+

1.103. (1) – dla n parzystych

CO2

nMC

2

nMO

2

n +→+

– dla n nieparzystych nCOM2nCOM n2 +→+

(2) – dla n parzystych, niepodzielnych przez 4

2

2

n CO2

nM2C

2

nMO2 +→+

– dla n parzystych, podzielnych przez 4

2

2

n CO4

nMC

4

nMO +→+

– dla n nieparzystych, podzielnych przez 4

2n2 nCOM4nCOM2 +→+ 1.104. – dla n parzystych

OH2

nMH

2

nMO 22

2

n +→+

– dla n nieparzystych OnHM2nHOM 22n2 +→+

1.105. MgCl2·6H2O →T MgO + 2 HCl + 5 H2O podczas ogrzewania może też zachodzić poboczna reakcja: MgCl2·6H2O →T Mg(OH)Cl + HCl + 5 H2O 1.4. Tablica Mendelejewa 1.106. Nr grupy 1 2 13 14 15 16 17

Max. wart

I II III IV V VI VII

Wart. wzgl.

wodoru i metali

I II III IV III II I

Wzór najwyższ

ego tlenku

E2O EO E2O3 EO2 E2O5 EO3 E2O7

Ogólny wzór

wodorku EH EH2 EH3 EH4 EH3 H2E HE

1.107. najwyższa wartościowość (wartościowość wobec tlenu) jest równa numerowi grupy głównej (czyli np. dla 15 → 5, 17 → 7)

Cl2O7, Bi2O5, SeO3, B2O3, Cs2O, SnO2 1.108. w wodorkach pierwiastek przyjmuje zazwyczaj najniższą wartościowość, którą możemy obliczyć dla pierwiastków z grup 15-18 odejmując od 8 wartość najwyższej wartościowości; H2Te, SbH3, BeH2, AsH3, GeH4, NaH, TlH3 1.109. w związkach tych niemetale przyjmują taką samą wartościowość jak w wodorkach Ca3P2, Mg3N2, Al2Se3, Na2Tl 1.110. a) 2 CsOH + H2Se → Cs2Se + 2 H2O , selenek cezu b) SrO + TlO2 → SrTlO3 , teluran(VI) strontu c) 2 RbOH + SeO3 → Rb2SeO4 + H2O , selenian(VI) rubidu d) 2 Ga + 3 H2SO4 → Ga2(SO4)3 + 3 H2 siarczan(VI) galu e) 2 Ra + I2 → 2 RaI , jodek radu 1.111. wśród metali reaktywność maleje wraz ze wzrostem grupy, a rośnie wraz ze wzrostem okresu, wśród niemetali sytuacja jest odwrotna chlor, magnez, selen, potas, brom, wapń 1.112. korzystamy z zasady podanej w 1.111. Cs > Na > Sr > Sr > Ga > Al 1.113. metale: Rb, Ra, Pb, Tl niemetale: Se, At 1.114. może znajdować się w grupie 14 lub 16, dla grupy 14, IV to maksymalna wartościowość pierwiastków, dla grupa 16, wartościowość IV występuje obok VI (pomijamy grupy poboczne, gdyż dla nich nie obowiązują rozważane w tym dziale reguły) 1.115. może znajdować się w grupie 2 lub 16 (pomijamy grupy poboczne, gdyż dla nich nie obowiązują rozważane w tym dziale reguły), w grupie 2 będzie to wodorek metalu EH2, zaś w grupie 16 wodorek niemetalu H2E 1.116. jest to grupa 15, gdyż właśnie pierwiastki należące do tej grupy mają maksymalną wartościowość V (wobec tlenu) i minimalną III (wobec wodoru) 1.117. a) EO3 + H2O → H2EO4 , wartościowość E to VI, zatem pierwiastek należy do 16 grupy b) EO2 + H2O → H2EO2 , wartościowość E to IV, zatem pierwiastek należy do 14 grupy c) E2O7 + H2O → 2 HEO4 , wartościowość E to VII, zatem pierwiastek należy do 17 grupy b) E2O3 + 3 H2O → 2 H3EO3 , wartościowość E to III, zatem pierwiastek należy do 13 grupy


1.118. wszystkie te pierwiastki są kolejnymi pierwiastkami okresu nr 3 rośnie: masa atomowa, wartościowość maksymalna, nr grupy w układzie okresowym 1.119. wszystkie te pierwiastki są kolejnymi pierwiastkami grupy nr 17 maleje: reaktywność względem tlenu, właściwości niemetaliczne 1.120.

1.121. 1) prawda (oczywiście, jeśli rozważamy tylko grupy główne) 2) nieprawda (wiele związków ma właściwości zupełnie różniące się od pierwiastków z których się składają np. woda) 3) prawda 4) prawda 5) prawda 1.122. 1) są to pierwiastki o nieparzystych, wzrastających liczbach atomowych; Cl 2) są to tlenki pierwiastków odpowiednio z grup: 1, 14, 17; Br2O7 3) są to kwasy tlenowe pierwiastków z 3 okresu poczynając od krzemu (pierwiastki przyjmują najwyższą, możłiwą wartościowość); HClO4 4) [zapewne autorowi chodziło o bar Ba, a nie beryl Be] są to wodorotlenki metali z 6 okresu; Pb(OH)4 1.123 a) są to kolejne pierwiastki grup głównych z pominięciem gazów szlachetnych; RB, Sr, In, Sn b) są to wodorki pierwiastków z grup 13, 15, 17; AsH3, HBr, InH3, SbH3 1.124. a) są to kolejno gazy i ciała stałe o wzrastającej liczbie atomowej; Cl, Al, Ar, Si

b) liczby atomowe są kolejnymi potęgami liczby 2: 1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, itd.; Ge, Gd, (nie ma pierwiastka o liczbie atomowej 128) 1.125. a) zarówno nr okresu jak i grupy wzrasta o 1; Ge b) dla metalu zasada jest taka jak w pkt a), a dla niemetalu nr okresu (w grupie 17) maleje o 1; TeF6 1.126. a) dla jednego gazu pierwiastka nr grupy i okresu maleje o 1, zaś dla drugiego nr grupy maleje o 1,a nr okresu roście o 1; InN b) dla jednego pierwiastka nr grupy maleje o 1, a nr okresu rośnie o 1, zaś dla drugiego nr grupy i nr okresu maleje o 1; Tl4S3 1.127. 1) A – początkowo wartościowość ta wzrasta, a potem maleje 2) F – maksymalna wartościowość stale wzrasta od I do VII (a nawet VIII dla nietrwałych związków gazów szlachetnych) 3) H – od wodoru do skandu masa atomowa praktycznie rośnie wprostproporcjonalnie do wzrostu liczby atomowej, nieco od tej reguły odbiega argon 4) E – reaktywność najpierw maleje, a potem rośnie, gwałtowny spadek na koniec wykresu jest spowodowany obecnością gazu szlachetnego w 18 grupie 1.128. nie – gdyż wg obecnie przyjętej teorii atomistycznej, składniki jądra atomowego (protony i neutrony) są najmniejszymi, niepodzielnymi i trwałymi cząstkami atomów, które stanowią o ich właściwość, wzrost liczby atomowej może odbywać się tylko o pełne jedności 1.129. Mendelejew swoje szeregowanie pierwiastków w poszczególne grupy opierał na podstawie zbliżonych właściwości (przez co znając właściwości dwóch pobocznych pierwiastków mógł przewidywać właściwości tego środkowego, które były podobne do innych pierwiastków z danej grupy). W czasie badań Mendelejew nie znał jednak żadnego gazu szlachetnego, przez so nie mógł przewidzieć, że istnieje jakaś dotatkowa grupa. Bez niej także wszystkie pozostałe pierwiastki spełniały prawo okresowości.

Rozdział 2. Podstawy stechiometrii.

2.1. Masy atomów i cząsteczek 2.1. złoto (196,96) > platyna (195,09) > srebro (107,87) > miedź (63,55)

10

10

30

50

70

20

A

30 Z


2.2. liczba masowa atomu tytanu: 48 (do obliczeń przyjmujemy masę atomową najczęściej występującego izotopu, jest ona najbardziej zbliżona do średniej masy atomowej wszystkich izotopów danego pierwiastka, którą to możemy odczytać z układu okresowrgo) liczba masowa atomu węgla: 12

412

48n ==

2.3. masa cząsteczkowa jest sumą mas atomowych, atomów wystęujących w danej cząsteczce 1) 12u + 16u = 28u 2) 12u + 2 · 16u = 44u 3) 2 · 27u + 3 · 16u = 102u 4) 23u + 16u + 1u = 40u 5) 27u + 3 · (16u + 1u) = 27u + 3 · 17u = 78u 6) 2 · 1u + 32u + 4 · 16u = 98u 2.4. 1) 2 · 23u + 16u = 62u 2) 32u + 3 · 16u = 80u 3) 3 · 1u + 31u + 4 · 16u = 98u 4) 64u + 32u + 4 · 16u = 160u 5) 56u + 3 · (16u + 1u) = 56u + 3 · 17u = 107u 6) 2 · 12u + 6 · 1u + 16u = 46u 2.5. 1) 2 · 23u + 16u = 62u 2) 137u + 2 · (16u + 1u) = 137u + 2 · 17u = 171u 3) 2 · 14u = 28u 4) 2 · 56u + 3 · 32u = 208u 5) 2 · 1u + 12u + 3 · 16u = 62u 6) 6 · 12u + 12 · 1u + 6 · 16u = 180u 2.6. amoniak (NH3): 14u + 3 · 1u = 17u azot (N2): 2 · 14u = 28u metan (CH4): 12u + 4 · 1u = 16u tlen (O2): 2 · 16u = 32u metan < amoniak < azot < tlen 2.7. H2SO4: 2 · 1u + 32u + 4 · 16u = 98u CO: 12u + 16u = 28u H3PO4: 3 · 1u + 31u + 4 · 16u = 98u C4H10: 4 · 12u + 10 · 1u = 58u N2: 2 · 14u = 28u C2H4: 2 · 12u + 4 · 1u = 28u KF: 39u + 19u = 58u {H 2SO4, H3PO4}; {CO, N2}; {C 4H10, KF} 2.8. 7 · (12u + 2 · 16u) = 7 · 44u = 308u 16 · (14u + 3 · 1u) = 16 · 17u = 272u większą masę ma zbiór siedmiu cząsteczek CO2 2.9. a) EO3, u127u163)E(A)EO(M r3r =⋅+=

Ar(E) = 127u – 3 · 16u = 79u

pierwiastkiem o masie atomowej 79 jest selen, SeO3

b) EH3, u34u13)E(A)EH(M r3r =⋅+=

Ar(E) = 34u – 3 · 1u = 31u pierwiastkiem o masie atomowej 31 jest fosfor, PH3 a) E2S3, u150u323)E(A2)SE(M r32r =⋅+⋅=

2 · Ar(E) = 150u – 3 · 32u = 54u Ar(E) = 54u : 2 = 27u pierwiastkiem o masie atomowej 27 jest glin, Al2S3 2.10. masa jednego atomu pierwszego pierwiastka wynosi: 28u : 2 = 14u pierwiastkiem tym jest azot masa jednego atomu drugiego pierwiastka wynosi: 48u : 3 = 16u pierwiastkiem tym jest tlen, zatem szukanym związkiem tlenek azotu(III), N2O3 2.11. Ar(A) + 2 · 16u = 87u Ar(A) = 87u - 2 · 16u = 55u metalem tym jest mangan 2.12. załóżmy że masa pierścionka wynosi m, ilość atomów jest równa masie podzielonej przez masę jednego atomu, w tym przypadku mamy

u195:mn

u197:mn

Pt

Au

==

porównując te 2 wartości widzimy, że nPt jest większe (masa została podzielona przez mniejszą liczbę), zatem w pierścionek z platyny zawiera więcej atomów 2.13.

g1044,3g1066,1207)Pb(A

g1066,11002,6

g1u1

g1u1002,6

u207)Pb(A

2224b

2423

23

r

−−

−

⋅=⋅⋅=

⋅=⋅

=

=⋅

=

2.14. korzystają z zależności u → g z zadania 2.13. mamy

u32u04,321066,1

1032,5)E(A

24

23

r ≈=⋅⋅= −

−

2.15. najpierw liczymy masę cząsteczkową w unitach

u102u163u272)OAl(S 32r =⋅+⋅=

następnie zamieniamy unity na gramy 2224

32b 1069,1g1066,1102)OAl(S −− ⋅=⋅⋅=

2.16. zamienmy masę podaną w g na masę w unitach

u14u04,141066,1

1033,2m

24

23

≈=⋅⋅= −

−

do tej masy dodajemy masy pozostałych składników Mr(x) = 9 · 12u + 13 · 1u + 14u = 135u


2.17. wiemy, że masa wodoru jest 16 razy mniejsza niż masa tlenu, zatem w tej skaly wynosiłaby: m = 100 : 16 = 6,25 masa siarki jest 2 razy większa niż masa tlenu, zatem w tej skali wynosiłaby: m = 100 · 2 = 200 2.18. obecnym wzorcem jest 1/12 masy atomu węgla 12C, aby skala zmienila się jak najmniej, należałoby przyjąć 1/19 masy atomu fluoru 19F 2.19. a) mC = 12u mO = 2 · 16u = 32u mC : mO = 12 : 32 = 3 : 8 b) mFe = 2 · 56u = 112 mS = 3 · 32u = 96u mFe : mS = 112 : 96 = 7 : 6 c) mC = 6 · 12u = 72u mH = 12 · 1u = 12u mO = 6 · 16u = 96u mC : mH : mO = 72 : 12 : 96 = 6 : 1 : 8 2.20. a) 2 · Ar(P) + x · Ar(O) = 110u 2 · 31u + x · 16u = 110u x · 16u = 48u x = 3 a) 2 · Ar(C) + x · Ar(H) = 30u 2 · 12u + x · 1u = 30 x · 1u = 6u x = 6 a) 4 · Ar(H) + x · Ar(P) + 7 · Ar(O) = 178u 4 · 1u + x · 31u + 7 · 16u = 178u 4u + x · 31u + 112u = 178u x · 31u = 62u x = 2 2.21. a) Ar(E) + 2 · Ar(O) = 44u Ar(E) + 2 · 16u = 44u Ar(E) = 12u E – węgiel b) 2 · Ar(E) + 3 · Ar(S) = 208u 2 · Ar(E) + 3 · 32u = 208u 2 · Ar(E) = 112u Ar(E) = 56u E – żelazo a) 2 · Ar(H) + Ar(E) + 4 · Ar(O) = 98u 2 · 1u + Ar(E) + 4 · 16u = 32u Ar(E) = 32u E – siarka 2.22. Mr(Bx) = x · 11u = 132u x = 132 : 11 = 12u cząsteczka boru składa się z 12 atomów 2.23. a) układamy nierówność

Mr(E2O) < Mr(EO2) masy poszczególnych związków wynoszą: Mr(E2O) = 2 · Ar(E) + Ar(O) Mr(EO2) = Ar(E) + 2 · Ar(O) podstawiamy wyznaczone masy do nierównaności: 2 · Ar(E) + Ar(O) < Ar(E) + 2 · Ar(O) Ar(E) < Ar(O) Ar(E) < 16u masa atomowa pierwiastka E musi być mniejsza niż 16u b) układamy nierówność Mr(E2O) > Mr(EO2) masy poszczególnych związków wynoszą: Mr(E2O) = 2 · Ar(E) + Ar(O) Mr(EO2) = Ar(E) + 2 · Ar(O) podstawiamy wyznaczone masy do nierównaności: 2 · Ar(E) + Ar(O) > Ar(E) + 2 · Ar(O) Ar(E) >Ar(O) Ar(E) > 16u masa atomowa pierwiastka E musi być większa niż 16u 2.24. siarczek ma wzór E2S, zaś tlenek E2O Mr(E2S) = 1,26 · Mr(E2O) masy poszczególnych związków wynoszą: Mr(E2S) = 2 · Ar(E) + Ar(S) = 2 · Ar(E) + 32u Mr(E2O) = 2 · Ar(E) + Ar(O) = 2 · Ar(E) + 16u podstawiamy wyznaczone masy do równania: 2 · Ar(E) + 32u = 1,26 · (2 · Ar(E) + 16u) 2 · Ar(E) + 32u = 2,52 · Ar(E) + 20,16u 0,52 · Ar(E) = 11,84u Ar(E) = 22,77u masa ta jest najbardziej zbliżona do masy sodu, więc możemy przyjąć, że szukanym pierwiastkim jest sód 2.25. twierdzenie to nie jest prawdziwe, jako przykład weźmy tlenki azotu (przyjmiemy także hipotetyczne istnienie azotu o wartości VI, VII i VIII) Mr(N2O) = 2 · Ar(N) + Ar(O) = 2 · 14u + 16u = 44u Mr(NO) = Ar(N) + Ar(O) = 14u + 16u = 30u Mr(N2O3) = 2 · Ar(N) + 3 · Ar(O) = 2 · 14u + 3 · 16u = 76u Mr(NO2) = Ar(N) + 2 · Ar(O) = 14u + 2 · 16u = 46u Mr(N2O5) = 2 · Ar(N) + 5 · Ar(O) = 2 · 14u + 5 · 16u = 108u Mr(NO3) = Ar(N) + 3 · Ar(O) = 14u + 3 · 16u = 62u Mr(N2O7) = 2 · Ar(N) + 7 · Ar(O) = 2 · 14u + 7 · 16u = 140u Mr(NO4) = Ar(N) + 4 · Ar(O) = 14u + 4 · 16u = 78u


2.2 Mol. (w opisach często będzie używany skrót myślowy np. 3 mole żelaza, co oczywiście oznacza 3 mole atomów żelaza; 2 mole tlenku glinu, co oznacza 2 mole cząsteczek tlenku glinu) 2.26. a) 6,02 · 1023 atomów miedzi b) 6,02 · 1023 cząsteczek amoniaku c) 6,02 · 1023 cząsteczek tlenu d) 6,02 · 1023 atomów wodru 2.27. n = 0,25 · 6,02 · 1023 = 1,505 · 1023 2.28. milimol to 1/1000 mola n = 0,1 · 6,02 · 1023 : 1000 = 6,02 · 1019 2.29. liczymy z proporcji 1mol ─── 6,02 · 1023 cząsteczek

x ─── 30,1 · 1023 cząsteczek

moli51002,6

101,30x

23

23

=⋅⋅=

2.30. w 1 molu amoniaku (NH3) znajdują się 3 mole wodoru, zatem w 5 molach: n = 3 · 5 = 15 moli = 15 · 6,02 · 1023 = 9,03 · 1024 2.31. w 1 molu siarkowodoru (H2S) znajdują się 2 mole wodoru, zatem w 3 molach: n = 2 · 3 = 6 moli = 6 · 6,02 · 1023 = 3,61 · 1024 2.32. (kilomol to 1000 moli) w 1 molu kwasu siarkowego(VI) (H2SO4) znajdują się 4 mole tlenu, zatem w 2000 moli: n = 4 · 2000 = 8000 moli = 8000 · 6,02 · 1023 = 4,81 · 1027 2.33. w 1 molu glukozy znajduje się: 6 moli atomów węgla, 12 moli wodoru i 6 moli atomów tlenu, zaś w p moli glukozy znajduje się : 6 · p moli atomów węgla, 12 · p

moli wodoru i 6 · p moli atomów tlenu, łączna ilość wszystkich atomów n = 6 · p + 12 · p + 6 · p = 24 · p moli = 24 · p · 6,02 · 1023 = p · 1,44 · 1025 atomów 2.34. 1 mol siarczku glinu (Al2S3) zawiera 2 mole glinu i 3 mole siarki, zatem 0,6 mola tego siarczku zawiera: nAl = 0,6 · 2 = 1,2 mola nS = 0,6 · 3 = 1,8 mola 2.35. w 1 molu kwasu siarkowego(VI) (H2SO4) znajdują się 4 mole tlenu, zatem w 2 molach tego kwasu: n = 2 · 4 = 8 moli 2.36. w 1 molu wody (H2O) znajdują się 2 mole wodoru i 1 mol tlenu, zatem w 3 molach wody: nH = 2 · 3 = 6 moli nO = 1 · 3 = 3 mole 2.37. 1 mol chlorku wapnia (CaCl2) zawiera 1 mol wapnia i 2 mole chloru, oczywiście 1 milimol chlorku wapnia (CaCl2) zawiera 1 milimol wapnia i 2 milimole chloru, zatem 2 milimole tej soli zawierają: nCa = 1 · 2 = 2 milimole nCl = 2 · 2 = 4 milimole 2.38. a) w 1 molu tego związku znajdują się 2 mole żelaza i 3 mole tlenu, zatem stosunek jest następujący Fe : O = 2 : 3 b) w 1 molu tego związku znajduje się 1 mol węgla i 1 mol tlenu, zatem stosunek jest następujący C : O = 1 : 1 c) w 1 molu tego związku znajdują się 2 mole wodoru i 2 mole tlenu, zatem stosunek jest następujący H : O = 2 : 2 = 1 : 1 d) w 1 molu tego związku znajduje się 6 moli węgla, 12 moli wodoru i 6 moli tlenu, zatem stosunek jest następujący C : H : O = 6 : 12 : 6 = 1 : 2 : 1 2.39. a) tyle samo b) więcej atomów zawiera mol wodoru, gdyż mol wodoru oznacza mol cząsteczek wodoru, które jak wiemy składają się z 2 atomów c) milimol SO3 zawiera o 1 milimol więcej atomów niż SO2 2.40. w 1 molu wody (H2O) znajdują się 2 mole wodoru i 1 mol tlenu, zatem w 7 molach wody znajduje się: n = 1 · 7 = 7 moli tlenu w 1 molu nadtlenku wodoru (H2O2) znajdują się 2 mole wodoru i 2 mole tlenu, zatem w 4 molach nadtlenku wodoru znajduje się: n = 2 · 4 = 8 moli tlenu więcej tlenu jest w 4 molach nadtlenku wodoru

Mr

wart.

I II III IV V VI VII VIII

20

60

100

140


2.41. w 1 molu dwutlenku siarki (SO2) znajduje się 1 mol siarki i 2 mole tlenu, zatem w 3 molach tego tlenku znajdują się: nS = 1 · 3 = 3 mole siarki nO = 2 · 3 = 6 moli tlenu w 1 molu trójtlenku siarki (SO3) znajduje się 1 mol siarki i 3 mole tlenu, zatem w 3 molach tego tlenku znajdują się: nS = 1 · 3 = 3 mole siarki nO = 2 · 3 = 9 moli tlenu 1) w obu przypadkach znajduje się taka sama ilość siarki 2) 3 mole trójtlenku siarki zawiera więcej tlenu niż 3 mole dwutlenku siarki 2.42. w 1 molu tlenku azotu(V) (N2O5) znajduje się 5 moli tlenu, zatem w 3 molach tego tlenku znajdują się: nO = 5 · 3 = 15 moli tlenu w 1 molu tlenku azotu(II) (N2O3) znajdują się 3 mole tlenu, zatem 15 moli tlenu znajduje się w: ntlenku = 15 : 3 = 5 molach tlenku azotu(III) 2.43. skoro mol to 6,02 · 1023 atomów, zatem jeden atom stanowi:

mola1066,11002,6

1n 24

23−⋅=

⋅=

2.3. Masa mola. 2.44. 1) Ar(Cu) = 64u 2) mM = 64g 2.45. 1) Ar(Na) = 23u 2) mM = 23g 1) Ab(Na) = 23u = 23 · 1,66 · 10-24g = 3,82 · 10-23g 2.46. 1) Sr(NH3) = 14u + 3 · 1u = 17u 2) mm = 14g + 3 · 1g = 17g 2.47. 1) Sr(H2SO4) = 2 · 1u + 32u + 4 · 16u = 98u 2) mM = 2 · 1g + 32g + 4 · 16g = 98g 3) Sb(H2SO4) = 98 · 1,66 · 10-24g = 1,63 · 10-22g 2.48. 1) Sr(O2) = 2 · 16u = 32u 2) mm = 2 · 16g = 32g 2.49. (chlor jest jedynym pierwiastkiem, którego przyjmowana przez nas masa atomowa nie jest liczbą całkowitą, lecz wynosi 35,5u) 1) Ar(Cl) = 35,5u 2) Sr(Cl2) = 2 · 35,5u = 71u 3) mM = 2 · 35,5g = 71g 2.50.

1) Ar(N) = 14u 2) Sr(N2) = 2 · 14u = 28u 3) mM = 2 · 14g = 28g 4) mM = 14g 2.51. 1) Ar(O) = 16u 2) Sr(O2) = 2 · 16u = 32u 3) mM = 2 · 16g = 32g 4) Sb(O2) = 32 · 1,66 · 10-24g = 5,31 · 10-23g 2.52. a) m = 2 · (2 · 65g + 16g) = 2 · 146g = 292g b) m = 0,1 · 2 · 35,5g = 7,1g c) m = 6 · 1g = 6g d) m = 0,01 · (12 · 12g + 22 · 1g + 11 · 16g) = 0,01 · 342g = 3,42g e) m = 0,5 · 24g = 12g 2.53. liczymy z proporcji a) mM = 2 · 1g + 16g = 18g 1 mol ─── 18g

x ─── 36g

mole218

361x =⋅=

a) mM = 2 · 1g = 2g 1 mol ─── 2g

x ─── 12g

moli62

121x =⋅=

c) mM = 2 · 16g = 32g 1 mol ─── 32g

x ─── 3,2g

mola1,032

2,31x =⋅=

2.54. a) mM = 2 · 1g + 16g = 18g 1 mol ─── 18g

x ─── 9g

mola5,018

91x =⋅=

b) jako gęstość wody przyjmujemy: d = 1g/cm3 mwody = d · V = 1g/cm3 · 1 dm3 = 1g/cm3 · 1000 cm3 = 1000g a) mM = 2 · 1g + 16g = 18g 1 mol ─── 18g

x ─── 1000g

mola56,5518

10001x =⋅=

2.55. m = d · V = 1,45g/cm3 · 1 dm3 = 1,45g/cm3 · 1000 cm3

= 1450g mM = 2 · 1g + 2 · 16g = 34g 1 mol ─── 34g

x ─── 1450g


mola65,4234

14501x =⋅=

2.56. 1) Masa jednego kilomola wyrażona w gramach jest liczbowo tysiąc razy większa od masy atomowej (lub cząsteczkowej) wyrażonej w atomowych jednostkach masy 2) Masa jednego milimola wyrażona w gramach jest liczbowo tysiąc razy mniejsza od masy atomowej (lub cząsteczkowej) wyrażonej w atomowych jednostkach masy 2.57. a) m = 2 · 0,001 · (39g + 1g + 16g) = 2 · 0,001 · 56g = 0,112g b) m = 0,2 · 1000 · (2 · 1g + 32g + 4 · 16g) = 200 · 98g = 19600g c) m = 0,1 · 0,001 · 2 · 14g = 0,0001 · 28g = 0,0028g d) m = 10 · 1000 · 2 · 16g = 10000 · 32g = 320000g e) m = 0,5 · 0,001 · 12g = 0,0005 · 12g = 0,006g f) m = 0,001 · 1000 · 56g = 56g 2.58. a) mM = 23g + 1g + 16g = 40g 1 mol ─── 40g

x ─── 0,4g

mola01,040

4,01x =⋅=

2.59. a) mM = 56g + 32g = 88g m = 176kg = 176000g 1 mol ─── 88g

x ─── 176000g

kmole2moli200080

1760001x ==⋅=

2.60. a) mM = x · 55g + 4 · 32g = 293g x · 55g + 128g = 293g x · 55g = 165g x = 165g : 55g x = 3 b) mM = 2 · 23g + 12g + x · 16g = 106g 46g + 12g + x · 16g = 106g 46g + 12g + x · 16g = 106g 58g + x · 16g = 106g x · 16g = 48g x = 48g : 16g x = 3 2.61 a) mM = 32g + 3 · x = 80g 3 · x = 48g x = 16g pierwiastkiem oznaczonym symbolem E jest tlen b) mM = 4 · 1g + 2 · x + 7 · 16g = 178g 4g + 2 · x + 112g = 178g 2 · x + 116g = 178g 2 · x = 62g

x = 31g pierwiastkiem oznaczonym symbolem E jest fosfor 2.62. np. H2SO4 i H3PO4 (98g); CO i N2 (28g) 2.63. do obliczeń przyjmiemy 1 mol substancji a) mFe = 2 · 56g = 112g mS = 3 · 32g = 96g Fe : S = 112 : 96 = 7 : 6 b) mCu = 2 · 64g = 128g mO = 16g Cu : O = 128 : 16 = 8 : 1 c) mC = 12g mO = 2 · 16g = 32g C : O = 12 : 32 = 3 : 8 d) mAl = 27g mO = 3 · 16g = 48g mH = 3 · 1g = 3g Al : O : H = 27 : 48 : 3 = 9 : 16 : 1 2.64. układamy nierówność

32 ESSE mm >

2 · mE + mS > mE + 3 · mS mE > 2 · mS mE > 64g masa mola pierwiastka E musi być większa od 64g 2.65. a) w jednym molu substancji znajduje się 6,02 · 1023 cząsteczek, liczymy masę mola substancji: mwoda = 2 · 1g + 16g = 18g 18g ─── 6,02 · 1023 cząsteczek 1g ─── x

2223

1034,318

1002,6x ⋅=⋅= cząsteczek

mamoniak = 3 · 1g + 14g = 17g 17g ─── 6,02 · 1023 cząsteczek 1g ─── y

2223

1054317

10026y ⋅=⋅= ,

,cząsteczek

więcej cząsteczek znajduje się w 1g amoniaku b) mtlen = 2 · 16g = 32g 32g ─── 6,02 · 1023 cząsteczek 1g ─── x

2223

1088,132


mwodór = 2 · 1g = 2g 2g ─── 6,02 · 1023 cząsteczek 1g ─── y

2323

100133

10026y ⋅=⋅= ,

,cząsteczek

więcej cząsteczek znajduje się w 1g wodoru c)

42SOHm = 2 · 1g + 32g + 4 · 16g = 98g


98g ─── 6,02 · 1023 cząsteczek 1g ─── x

2123

1014,698


43POHm = 3 · 1g + 31g + 4 · 16g = 98g

98g ─── 6,02 · 1023 cząsteczek 1g ─── y

2123

1014698

10026y ⋅=⋅= ,

,cząsteczek

obie próbki zawierają równą ilość substancji 2.66. a) w jednym molu substancji znajduje się 6,02 · 1023 cząsteczek, liczymy masę mola substancji: mAl = 27g 27g ─── 6,02 · 1023 atomów 1g ─── x

2223

1023,227

1002,6x ⋅=⋅= atomów

mFe = 56g 56g ─── 6,02 · 1023 atomów 1g ─── y

2223

1008156

10026y ⋅=⋅= ,

,atomów

więcej atomów zaiera 1g glinu b)

2Om = 2 · 16g = 32g

jeden mol cząsteczek O2 zawiera 2 mole atomów tlenu, zatem proporcja ma postać 32g ─── 2 · 6,02 · 1023 atomów 1g ─── x

2223

1076,332

1002,62x ⋅=⋅⋅= atomów

2Nm = 2 · 14g = 28g

jeden mol cząsteczek N2 zawiera 2 mole atomów azotu, zatem proporcja ma postać 28g ─── 2 · 6,02 · 1023 atomów 1g ─── y

2223

103428

100262y ⋅=⋅⋅= ,

,atomów

więcej atomów zaiera 1g azotu c)

2Om = 2 · 16g = 32g

jeden mol cząsteczek O2 zawiera 2 mole atomów tlenu, zatem proporcja ma postać 32g ─── 2 · 6,02 · 1023 atomów 10g ─── x

2323

1076,332

1002,6210x ⋅=⋅⋅⋅= atomów

3Om = 3 · 16g = 48g

jeden mol cząsteczek O3 zawiera 3 mole atomów tlenu, zatem proporcja ma postać

48g ─── 3 · 6,02 · 1023 atomów 10g ─── y

2323

1076348

10026310y ⋅=⋅⋅⋅= ,

,atomów

obie próbki zawierają równą ilość atomów d)

2Nm = 2 · 14g = 28g

jeden mol cząsteczek N2 zawiera 2 mole atomów azotu, zatem proporcja ma postać 28g ─── 2 · 6,02 · 1023 atomów 1g ─── x

2223

103,428

1002,62x ⋅=⋅⋅= atomów

mCO = 12g + 16g = 28g jeden mol cząsteczek CO zawiera łącznie 2 mole atomów (mol atomów węgla i mol atomów tlenu), zatem proporcja ma postać 28g ─── 2 · 6,02 · 1023 atomów 1g ─── y

2223

103428

100262y ⋅=⋅⋅= ,

,atomów

obie próbki zawierają równą ilość atomów e) mHe = 4g 4g ─── 6,02 · 1023 atomów 2g ─── x

2323

1001,34

1002,62x ⋅=⋅⋅= atomów

b) 2Hm = 2 · 1g = 2g

jeden mol cząsteczek H2 zawiera 2 mole atomów wodoru, zatem proporcja ma postać 2g ─── 2 · 6,02 · 1023 atomów 0,5g ─── x

2323

1001,32

1002,625,0x ⋅=⋅⋅⋅= atomów

obie próbki zawierają równą ilość atomów 2.67. mS = 32g 32g ─── 6,02 · 1023 atomów 16g ─── x

2323

1001,332

1002,616x ⋅=⋅⋅= atomów

mMg = 24g 24g ─── 6,02 · 1023 atomów y ─── 3,01 · 1023 atomów

g1210026

1001324y

23

23

=⋅

⋅⋅=,

,

należy odważyć 12g magnezu 2.68. mMgO = 24g + 16g = 40g 40g ─── 6,02 · 1023 cząsteczek 10g ─── x


2323

10505,140

1002,610x ⋅=⋅⋅= cząsteczek

taka ilość cząsteczek znajduje się w 10g MgO, policzmy zatem masę Cu2O, która zawiera taką samą ilość cząsteczek

OCu2m = 2 · 64g + 16g = 144g

144g Cu2O ─── 6,02 · 1023 atomów y ─── 1,505 · 1023 atomów

g3610026

105051144y

23

23

=⋅

⋅⋅=,

,Cu2O

2.69. zadanie to posiada zmienną p, która musi także pojawić się w naszym wyniku i nie należy jej traktować jako niewiadomą

2Om = 2 · 16g = 32g

otrzymujemy proporcję: 32g ─── 6,02 · 1023 cząsteczek p ─── x

32

1002,6x

23⋅⋅= pcząsteczek

2Nm = 2 · 14g = 28g

28g ─── 6,02 · 1023 cząsteczek

y ───32

1002,6 23⋅⋅pcząsteczek

p87501002632

10026p28y

23

23

,,

, =⋅⋅

⋅⋅⋅=

(celowo wynik z pierwszej proporcji nie został skrócony, gdyż jak widzimy jest to wygodniejsze dla obliczeń w drugiej proporcji) 2.70. a)

2Hm = 2 · 1g = 2g

jeden mol cząsteczek H2 zawiera 2 mole atomów wodoru, zatem proporcja ma postać 2g ─── 2 · 6,02 · 1023 atomów 1g ─── x

2323

106,022

106,022x ⋅=⋅⋅= atomów

policzmy teraz masę azotu, która zawiera taką samą ilość atomów (należe pamiętać, że w jednym molu cząsteczek azotu znajdują się 2 mole atomów azotu)

2Nm = 2 · 14g = 28g

28g ─── 2 · 6,02 · 1023 atomów y ─── 6,02 · 1023 atomów

14g106,022

106,0228y

23

23

=⋅⋅⋅⋅=

b) mS = 32g 32g ─── 6,02 · 1023 atomów 3,2g ─── x

2223

106,0232

106,023,2x ⋅=⋅⋅= atomów


2Nm = 2 · 14g = 28g

28g ─── 2 · 6,02 · 1023 atomów y ─── 6,02 · 1022 atomów

1,4g106,022

106,0228y

23

22

=⋅⋅⋅⋅=

c) mHe = 4g podana w zadaniu masa helu to masa jednego mola helu, zatem zawiera ona 6,02 · 1023 atomów

2Nm = 2 · 14g = 28g

28g ─── 2 · 6,02 · 1023 atomów x ─── 6,02 · 1023 atomów

14g106,022

106,0228x

23

23

=⋅⋅⋅⋅=

d) przykład ten rozwiązujemy analogicznie jak zad 2.69 (pamiętając, iż teraz szukamy ilość atomów a nie cząsteczek).

42HCm = 2 · 12g + 4 · 1g = 28g

wiemy, że jeden mol tej substancji zawiera łącznie 6 moli atomów (2 mole atomów węgla i 4 mole atomów wodoru), otrzymujemy proporcję: 28g ─── 6 · 6,02 · 1023 atomów p ─── x

28

1002,66x

23⋅⋅⋅= patomów


2Nm = 2 · 14g = 28g

28g ─── 2 · 6,02 · 1023 atomów

y ───28

1002,66 23⋅⋅⋅pcząsteczek

p310026228

100266p28y

23

23

=⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅=,

,

(celowo wynik z pierwszej proporcji nie został skrócony, gdyż jak widzimy jest to wygodniejsze dla dalszych obliczeń) 2.71. mM = 64g w jednym molu miedzi znajduje się 6,02 · 1023 atomów 64g ─── 6,02 · 1023 atomów 12,8g ─── x

2323

1002,62,164

1002,68,12x ⋅⋅=⋅⋅=


2.72. mM = 12g + 2 · 16g = 44g 44g ─── 6,02 · 1023 cząsteczek x ─── 2 · 1023 cząsteczek

62g,141002,6

10244x

23

23

=⋅⋅⋅=

2.73. najpierw liczymy masę rtęci

67,5g5cmcm

g13,5Vdm

V

md

33

=⋅=⋅=

=

masa molowa rtęci jest równa: mM = 201g 201g ─── 6,02 · 1023 atomów 67,5g ─── x

2323

1002,2201

1002,65,67x ⋅=⋅⋅= atomów

2.74. wyznaczamy masę molową feromonu mM = 19 · 12g + 38 · 1g + 16g = 282g 282g ─── 6,02 · 1023 atomów 10-12g ─── x

92312

1013,2282

1002,610x ⋅=⋅⋅=

−

atomów

2.75. najpierw liczymy ile kropli znajduje się w 100kg wody morskiej (jeden miligram to jedna tysięczna grama, a kilogram to tysiąc gramów):

68

k 103,0333mg

mg10

33mg

100kgn ⋅===

liczymi ilość atomów zawartych w podanej w zadaniu masie wody: na = 3,03 · 106 · 50 · 109 =1,52 · 1017 atomów masa mola złota wynosi: mM = 197g 197g ─── 6,02 · 1023 atomów x ─── 1,52 · 1017 atomów

g1097,41002,6

1052,1197x 5

23

17−⋅=

⋅⋅⋅=

2.76. 1 mol dwutlenku węgla (masa mola substancji = 44g) zawiera 1 mol węgla (masa mola pierwiastka = 12g), zatem: 12g C ─── 44g CO2 x ─── 220g CO2

60g44

12220x =⋅=

2.77. musimy policzyc jaka ilość złota znajduje się w 2kg (2000g) chlorku złota

Ar(Au) = 197g mMAuCl3 = 197g + 3 · 35,5g = 303,5g 197g Au ─── 303,5g AuCl3 x ─── 2000g AuCl3

1298,2g303,5

1972000x =⋅= Au

więcej złota znajduje się w 2kg chlorku złota 2.78. mM = 32g + 3 · 16g = 80g Ar(O) = 16g w 1 molu tlenku znajdują się 3 mole tlenu o masie: m = 3 · 16g = 48g 80g SO3 ─── 48g O x ─── 0,16g O

g267,048

0,1680x =⋅= SO3

2.79 Ar(Na) = 23g w 1 molu tlenku znajdują się 2 mole sodu o masie: m = 2 · 23g = 46g 1 mol ─── 46g Na 0,4 mola ─── x

g4,181

0,446x =⋅=

2.80. Ar(O) = 16g w 1 molu tlenku znajdują się 2 mole tlenu o masie: m = 2 · 16g = 32g 1 mol ─── 32g O x ─── 160g O

moli532

160x ==

2.81. mM = 2 · 27g + 3 · 32g = 150g w 1 molu siarczku znajdują się 3 mole siarki, 150g Al2S3 ─── 3 mole S 75g Al2S3 ─── x

mola,51150

375x =⋅=

2.82. masa molowa kwasu siarkowego(VI) wynosi: mM = 2 · 1g + 32g + 4 · 16g = 98g w 1 molu kwasu siarkowego znajdują się 2 mole wodoru, zatem z proporcji: 98g H2SO4 ─── 2 mole H 19,6g H2SO4 ─── x

mola0,498

219,6x =⋅=

2.83. dla Cu2O: mMCuO = 2 · 64g + 16g = 144g w 1 molu tlenku znajdują się 2 mole miedzi o masie m = 2 · 64g = 128g


144g Cu2O ─── 128g Cu 5g Cu2O ─── x

4,44g144

1285x =⋅= Cu

dla CuO: mM = 64g + 16g = 80g w 1 molu tlenku znajduje się 1 mol miedzi o masie: m = 64g 80g Cu2O ─── 64g Cu 5g Cu2O ─── y

4g80

645y =⋅=

Nie, poszczególne próbki zawierają różne ilości miedzi 2.84. dla CO2: w 1 molu tlenku znajduje się 1 mol węgla o masie: m = 12g 1 mol CO2 ─── 12g C 0,5 mola CO2 ─── x

6g1

0,512x =⋅= C

dla CO: mM = 12g + 16g = 28g w 1 molu tlenku znajduje się 1 mol węgla o masie: m = 12g 28g CO2 ─── 12g C 12g CO2 ─── y

5,14g28

2112y =⋅= C

Tak. W pierwszej próbce znajduje się więcej węgla 2.85. dla NaOH: mM = 23g + 16g + 1g = 40g 1 mol wodorotlenku zawiera 1 mol sodu o masie: m = 23g 40g NaOH ─── 23g Na 20g NaOH ─── x

11,5g40

2320x =⋅= Na

taka ilość sodu znajduje się w 20g wodorotlenku sodu; dla Na2O: mM = 2 · 23g + 16g = 62g 1 mol tlenku zawiera 2 mole sodu o masie: m = 2 · 23g = 46g 62g Na2O ─── 46g Na y ─── 11,5g Na

15,5g46

51162y =⋅= ,

Na2O

2.86. rozwiązujemy analogicznie do 2.85. dla CO:

mM = 12g + 16g = 28g 1 mol tlenku zawiera 1 mol tlenu o masie: m = 16g 28g CO ─── 16g C 14g CO ─── x

8g28

1416x =⋅=

dla CO2: 1 mol tlenku zawiera 2 mole tlenu o masie: m = 2 · 16g = 32g 1 mol ─── 32g O y ─── 8g O (masa tlenu w 14g CO)

mola0,2532

81y =⋅=

2.87. rozwiązujemy analogicznie do 2.85. dla SO2: 1 mol tlenku zawiera 1 mol siarki o masie: m = 32g 1 mol SO2 ─── 32g S 2 mole SO2 ─── x

64g1

322x =⋅=

dla SO3: mM = 32g + 3 · 16g = 80g 1 mol tlenku zawiera 1 mol siarki o masie: m = 32g 80g SO3 ─── 32g S y ─── 64g S (masa siarki w 2 molach SO2)

160g32

6480y =⋅=

2.88. dla K2O mM = 2 · 39g + 16g = 94g 1 mol tlenku (o masie 94g) zawiera 1 mol tlenu, 94g K2O ─── 1 mol O 18,8g K2O ─── x

mola0,294

8,18x ==

dla N2O mM = 2 · 23g + 16g = 62g 1 mol tlenku (o masie 62g) zawiera 1 mol tlenu, 62g Na2O ─── 1 mol O y ─── 0,2 mola O

12,4g1

2062y =⋅= ,

2.89. siarczek tego trójwartościowego pierwiastka ma postać E2S3, zaś tlenek E2O3 dla siarczku: mM(siarczku) = 2 · mE + 3 · mS = 2 · mE + 3 · 32g = 2 · mE + 96g dla tlenku:


mM(tlenku) = 2 · mE + 3 · mO = 2 · mE + 3 · 16g = 2 · mE + 48g mM(siarczku) = 1,5 · mM(tlenku)

2 · mE + 96g = 1,5 · (2 · mE + 48g) 2 · mE + 96g = 3 · mE + 72u mE = 24g zgodnie z warunkami zadania jest to pierwiastek trójwartościowy, zatem pierwistkiem o najbardziej zbliżonej masie molowej jest glin 2.4. Objętość mola w warunkach normalnych. Prawo Avogadra. 2.90 zgodnie z prawem Avogadra, mol każdego gazu w warunkach normalnych zajmuje 22,4dm3, a zatem taką objętość zajmują: tlen, dwutlenek węgla, wodór; objętości pozostałych substancji liczymy z wzoru na gęstość:

d

mV

V

md

=

=

dla wody d = 1g/cm3, a mM = 2 · 1g + 16g = 18g Vwody = 18 : 1 = 18cm3

dla siarki d = 2,07g/cm3, a Ar(S) = 32g Vsiarki = 32 : 2,07 = 15,46cm3 2.91. wszystkie substancje są gazami, układamy proporcję: a) 1 mol ─── 22,4dm3

0,2 mola ─── x

3dm48,41

22,40,2x =⋅=

b) zamieniamy milimole na mole: 25 milimola = 0,025 mola 1 mol ─── 22,4dm3

0,025 mola ─── x

3dm56,01

22,40,025x =⋅=

c) zamieniamy kilomole na mole: 1,5 kilomola = 1500 moli 1 mol ─── 22,4dm3

1500 moli ─── x

33 ,6m33dm336001

22,45001x ==⋅=

2.92. układamy proporcję: a)1 mol ─── 22,4dm3

x ─── 67,2dm3

mole34,22

2,67x ==

b)1 mol ─── 22,4dm3

x ─── 5,6dm3

mola25,04,22

6,5x ==

c)1 mol ─── 22,4dm3

x ─── 11,2dm3

mola5,04,22

2,11x ==

2.93. 1 mol = 1000 milimoli, zaś 1dm3 = 1000cm3 1000 milimoli ─── 22400cm3 x ─── 1cm3

milimoli0446,022400

1000x ==

2.94. 1 mol = 0,001 kilomoli, zaś 1dm3 = 0,001m3 0,001 kilomoli ─── 0,0224m3 x ─── 1m3

kilomoli0446,00224,0

001,0x ==

2.95. a) mMO2 = 2 · 16g = 32g 32g O2 ─── 22,4dm3 x ─── 2dm3

6g8,24,22

322x =⋅= O2

b) mMN2 = 2 · 14g = 28g 28g N2 ─── 22,4dm3 x ─── 500dm3

5g624,22

285x =⋅= N2

c) mMCO = 12g + 16g = 28g 28g CO ─── 22,4dm3 x ─── 0,025dm3

0,03125g4,22

025,028x =⋅= CO

2.96. zgodnie z podanymi w zadaniu warunkami w każdym zbiorniku znajduje się taka sama ilość cząsteczek gazów, najlżejsz będzie ten, w którym znajduje się związek/pierwiastek o najniższej masie mola, czyli amoniak (17g), pozostałe: tlen (32g), azot (28g), dwutlenek węgla (44g) 2.97. a) mM = 2 · 16g = 32g 32g ─── 22,4dm3 5g ─── x

33,5dm32

4,225x =⋅=

b) mM = 12g + 2 · 16g = 44g 44g ─── 22,4dm3 12g ─── x


36,11dm44

4,2212x =⋅=

c) mM = 14g + 3 · 1g = 17g 17g ─── 22,4dm3 0,2g ─── x

30,264dm17

4,222,0x =⋅=

d) mM = 2 · 14g + 16g = 44g 44g ─── 22,4dm3 4g ─── x

32,04dm44

4,224x =⋅=

e) mM = 2 · 1g = 2g 2g ─── 22,4dm3 70g ─── x

3784dm2

4,2270x =⋅=

2.98. policzmy, jaką objętość zajmowałoby 0,2g wodoru w warunkach normalnych 2g ─── 22,4dm3 0,2g ─── x

33 cm22402,24dm2

4,222,0x ==⋅=

jak widzimy objętość ta nie odpowiada objętości naczynia, zatem nie mogły tam panować warunki normalne 2.99. policzmy masy mola każdej z substancji mM(azot) = 2 · 14g = 28g mM(CO) = 12g + 16g = 28g mM(etylen) = 2 · 12g + 4 · 1g = 28g jak widzimy masy mola tych substancji są równe, zatem równe masy (co jest warunkiem zadania) zajmują równe objętości, jeżeli byłyby to warunki normalne, mielibyśmy wtedy: 28g ─── 22,4dm3 5g ─── x

34dm28

4,225x =⋅=

2.100. mm = 2 · 35,5g = 71g 71g ─── 22,4dm3 5000g ─── x

33 1,58m1577,5dm71

4,225000x ≈=⋅=

2.101. 1) nie – 1g wodoru zawiera więcej cząsteczek (dokładnie 1/2 mola) niż 1g tlenu (1/32 mola) 2) tak – dla gazów równe objętośc (w tych samych warunkach) zawierają równą ilość cząsteczek 3) tak – mol jest miarą ilości, a obie te ilości są równe

2.102. w 1 cm3, gdyż dla gazów, równe objętośc (w tych samych warunkach) zawierają równą ilość cząsteczek 2.103. w tym zadaniu policzyć musimy ilość atomów a nie cząsteczek, jak wiemy wodór występuje w cząsteczkach dwuatomowych, czyli 2 mole ─── 22,4dm3 = 22400cm3 x ─── 4cm3

mola2800

1

22400

42x =⋅=

hel występuje oczywiście w formie atomów (a nie cząsteczek) 1 mol ─── 22400cm3

2800

1mola ─── y

3cm82800

22400y ==

(użycie ułamka zwykłego, a nie dziesiętnego w obliczeniach, ułatwia je oraz nie zmusza nas do wykonywania przybliżeń podczas zaokrąglania) 2.104. zadanie to można zrobić w sposób analogiczny jak 2.103. lub przeprowadzić następujące rozumowanie: jak wiemy w tych samych warunkach równe objętości gazów zawierają taką samą liczbę cząsteczek, załóżmy, że 6dm3 gazów zawiera x cząsteczek, wiemy, że 1 cząteczka tlenku węgla zawiera 2 atomy, zatem x cząsteczek CO zawiera 2x atomów; 1 cząsteczka amoniaku zawiera 4 atomy, zatem x cząsteczek NH3 zawiera 4x atomów, czyli 2 razy więcej niż CO, z tego wynika, że aby liczba atomów obu substancji była sobie równa, objętość NH3 musi być 2 razy mniejsza niż objętość CO, czyli w tym zadaniu 3dm3 2.105. przeprowadźmy podobne rozumowanie jak w zad 2.104.; jak wiemy w tych samych warunkach równe objętości gazów zawierają taką samą liczbę cząsteczek, załóżmy, p dm3 zawiera x cząsteczek, wiemy, że 1 cząteczka amoniaku zawiera 1 atom azotu, zatem x cząsteczek NH3 zawiera x atomów azotu; 1 cząsteczka azotu zawiera 2 atomy azotu, zatem x cząsteczek N2 zawiera 2x atomów azotu, czyli 2 razy więcej niż NH3, z tego wynika, że aby liczba atomów obu substancji była sobie równa, liczba cząsteczek azotu musi być 2 razy mniejsza od liczby cząsteczek amoniaku, a co za tym idzie objętość N2 musi być 2 razy mniejsza niż objętość NH3, czyli w tym zadaniu 0,5 · p dm3 2.106. 1) tyle samo – mol jest miarą ilości cząsteczek, a jak widzimy w obu przypadkach jest taka sama ilość moli 2) tyle samo - w tych samych warunkach (co zakładamy) równe objętości gazów zawierają taką samą liczbę cząsteczek


3) gram tlenu – gdyż 1g tlenu stanowi 1/32 mola cząsteczek tlenu (mM = 32g), zaś 1g ozonu 1/48 mola cząsteczek ozonu (mM = 48g) 2.107. 1) mol ozonu – 1 mol tlenu cząsteczkowego O2 zawiera 2 mole atomów, zaś 1 mol ozonu O3 zawiera 3 mole atomów 2) dm3 ozonu - w tych samych warunkach (co zakładamy) równe objętości gazów zawierają taką samą liczbę cząsteczek, jednak 1 cząsteczka tlenu O2 składa się z 2 atomów, zaś 1 cząsteczka ozonu O3 z 3 atomów 3) tyle samo – 1g tlenu to 1/32 mola cząsteczek tlenu (mM = 32g), czyli 2/32 = 1/16 mola atomów (każda cząsteczka składa się z 2 atomów), zaś 1g ozonu 1/48 mola cząsteczek ozonu (mM = 48g), czyli 3/48 = 1/16 atomów (każda cząsteczka ozonu składa się z 3 atomów) 2.108 tlen: mM = 2 · 16g = 32g 32g ─── 1 mol 2g ─── x

mola0625,032

12x =⋅= cząsteczek

wiemy, że każda z cząsteczek składa się z 2 atomów, zatem liczba atomów tlenu wynosi 0,125 mola wodór: wiemy, że każda z cząsteczek składa się z 2 atomów, zatem liczba atomów wodoru wynosi 0,4 mola hel: 22,4dm3 ─── 1 mol He 4,48 dm3 ─── x

mola2,04,22

48,4x == He

wodór > hel > tlen 2.109. 1 mol to 6,02 · 1023 cząsteczek 6,02 · 1023 ─── 22,4dm3 12,04 · 1024 ─── x

323

24

48dm41002,6

1004,124,22x =

⋅⋅⋅=

2.110. 1 mol to 6,02 · 1023 cząsteczek 6,02 · 1023 ─── 22,4dm3 = 22400cm3 x ─── 1cm3

1923

1069,222400


2.111. 1 mol CO2 zawiera 1 mol C, czyli 12g 22,4 dm3 ─── 12g C x ─── 6g C

3dm2,1112

4,226x =⋅=

2.112. 1) nieprawdziwe, prawda jedynie wtedy, kiedy warunki (temperatura, ciśnienie) dla tych gazów są takie same 2) prawda 3) prawda 2.113. 1 mol cząsteczek amoniaku (NH3) zawiera 3 mole atomów wodoru 22,4 dm3 ─── 3 mole x ─── p moli

3dmp47,73

p4,22x ⋅=⋅=

2.114. 1 mol dwutlenku siarki zawiera 2 mole tlenu 22,4 dm3 ─── 2 mole O 11,2 dm3 ─── x

mol14,22

22,11x =⋅=

mM(O) = 16g 2.115. 1 mol tlenku zawiera 2 mole atomów azotu 22,4 dm3 ─── 2 mole N p dm3 ─── x

moli089,04,22

2x p

p ⋅=⋅=

2.116. dla ClO2: mM = 35,5 + 2 · 16g = 67,5g 1 mol tlenku (67,5g) zawiera 1 mol chloru 67,5g ─── 1 mol Cl 6,75g ─── x

mola1,05,67

75,6x ==

dla Cl2O: 1 mol tlenku (22,4dm3) zawiera 2 mole chloru 22,4 dm3 ─── 2 mole Cl y dm3 ─── 0,1 mola Cl

3dm1212

10422y ,

,, =⋅=

2.117. liczymy ile tlenu zawarte jest w p dm3 trójtlenku siarki, 1 mol SO3 zawiera 3 mole O 22,4 dm3 SO3 ─── 3 mole O p dm3 SO3 ─── x

moli4,22

3x

p⋅=

1 mol SO2 zawiera 2 mole O 22,4 dm3 SO2 ─── 2 mole O


y ─── moli4,22

3 p⋅O

3dmp51p2

3

422

p3

2

422y ⋅==⋅⋅= ,

,

,

2.118. 1 mol tlenku węgla zawiera 1 mol węgla (o objętości 22,4dm3 = 22400cm3), zatem: 22400 cm3 CO ─── 1 mol C 44,8 cm3 CO ─── x

milimoleC2 mola0,00222400

18,44x ==⋅=

1 mol dwutlenku węgla zawiera 1 mol węgla, oczywiście 1 milimol dwutlenku węgla zawiera 1 milimol węgla 1 milimol CO2 ─── 1 milimol C y ─── 2 milimole C y = 2 milimole CO2 2.119. wiemy, że 1 mol tlenku azotu(III) zawiera 2 mole azotu, zatem p kilomoli tlenku azotu(III) będzie zawierało 2 · p kilomoli azotu 1 mol tlenku azotu(II) zawiera 1 mol azotu, 22,4dm3 = 0,0224m3 0,0224m3 ─── 1 mol N = 0,001 kilomola N x ─── 2 · p kilomoli

3m8,44001,0

20224,0x p

p ⋅=⋅⋅=

2.120. do obliczeń przyjmować będziemy 1 mol każdej substancji, ponieważ wszystkie substancje podane w zadaniu są gazami, zatem objętość 1 mola będzie stała i będzie wynosić 22,4dm3 a) mm = 2 · 16g = 32g

33 dm

g1,43

22,4dm

32g

V

md ===

b) mm = 12g + 16g = 28g

33 dm

g1,25

22,4dm

28g

V

md ===

c) mm = 2 · 14g = 28g

33 dm

g1,25

22,4dm

28g

V

md ===

d) mm = 2 · 1g = 2g

33 dm

g0,089

22,4dm

2g

V

md ===

e) mm = 2 · 1 + 32g = 34g

33 dm

g1,52

22,4dm

34g

V

md ===

2.121 policzmy najpierw masę mola tego gazu (1 mol gazu zajmuje objętość równą 22,4dm3) 1 dm3 ─── 1,96g 22,4 dm3 ─── x

g9,431

96,14,22x =⋅=

wiemy, że masa cząsteczkowa jest równa liczbowo masie mola oraz, że jest liczbą całkowitą, zatem: Sr = 44u 2.122. liczymy masę mola tego tlenku, 1 mol tlenku zajmuje objętość równą 22,4dm3 1 dm3 ─── 1,96g 22,4 dm3 ─── x

g9,431

96,14,22x =⋅=

wiemy, że masa cząsteczkowa jest równa liczbowo masie mola oraz, że jest liczbą całkowitą, zatem: Sr = 44u szukamy, teraz tlenku azotu o takiej masie Sr(N2O) = 2 · 14 + 16 = 44u szukaną substancją jest tlenek azotu(I) 2.123. liczymy masę mola tego gazu, 1 mol gazu zajmuje objętość równą 22,4dm3 1 dm3 ─── 0,76g 22,4 dm3 ─── x

g171

76,04,22x =⋅=

wiemy, że masa cząsteczkowa jest równa liczbowo masie mola, zatem: Sr = 17u 1g ─── 6,02 · 1023u y ─── 17u

g1082210026

171y 23

23−⋅=

⋅⋅= ,

,

2.124. prawo Avogadra mówi nam o tym, że równe ilości gazów w tych samych warunkach zajmują taką samą objętość, policzmy zatem ile będą zajmowały równe ilości (mol) każdego z metali dla żelaza: mM = 56g 7,86g ─── 1cm3 56g ─── x

3cm12,786,7

156x =⋅=

dla glinu: mM = 27g 2,70g ─── 1cm3 27g ─── y

3cm1072

127y =⋅=

,

jak widzimy objętości te są różne, zatem prawo Avogadra nie jest spełnione 2.125. zgodnie z definicją gęstości względnej mamy:


u17)g(S

u25,8)g(S

)H(S5,8)g(S

5,8)H(S

)g(S

r

r

2rr

2r

r

=⋅=⋅=

=

2.126. policzmy ile będzie ważył 1 mol (22,4dm3) argonu: 1 dm3 ─── 1,78g 22,4 dm3 ─── x

g9,391

78,14,22x =⋅=

wiemy, że masa cząsteczkowa/atomowa jest równa liczbowo masie mola oraz, że jest liczbą całkowitą, zatem: m = 40u, widzimy, że jest to masa równa masie atomowej, zatem argon występuje w formie atomowej, a nie w formie cząsteczkowej 2.127. a) jako masę porównawczą przyjmijmy 1g dla tlenku węgla: mM = 12g + 16g = 28g zatem 1g stanowi 1/28 mola i zajmuje objętość równą: V = 1/28 · 22,4dm3 dla azotu: mM = 2 · 14g = 28g zatem 1g stanowi 1/28 mola i zajmuje objętość równą: 1/28 · 22,4dm3, możemy teraz policzyć stosunek tych objętości:

1:1dm4,2228/1:dm4,2228/1V:V 33NCO 2

=⋅⋅=

b) jako objętość porównawczą przyjmijmy 1dm3, dla tlenku węgla: mM = 12g + 16g = 28g zatem 1dm3 stanowi 1/22,4 mola i ma masę równą: 1/22,4 · 28g dla azotu: mM = 2 · 14g = 28g zatem 1dm3 stanowi 1/22,4 mola i ma masę równą: 1/22,4 · 28g

1:1g284,22/1:g284,22/1m:m2NCO =⋅⋅=

2.128. a) jako masę porównawczą przyjmijmy 1g, dla gazu A: mM = mA

zatem 1g stanowi 1/mA mola i zajmuje objętość równą: VA = 1/mA · 22,4dm3 dla gazu B: mM = mB zatem 1g stanowi 1/mB mola i zajmuje objętość równą: VB = 1/mB · 22,4dm3, możemy teraz policzyć stosunek tych objętości:

AB3

B

3

ABA m:m

dm4,22m

1

dm4,22m

1

V:V =⋅

⋅=

b) jako objętość porównawczą przyjmijmy 1dm3 dla gazu A: mM = mA

zatem 1dm3 stanowi 1/22,4 mola i ma masę równą: mI = 1/22,4 · mA dla gazu B: mM = mB

zatem 1dm3 stanowi 1/22,4 mola i ma masę równą: mII = 1/22,4 · mB stosunek mas jednakowych objętości wynosi:

BA

B

A

III m:mm

4,22

1

m4,22

1

m:m =⋅

⋅=

2.5. Objętość molowa w różnych warunkach ciśnienia i temperatury. Równanie Clapeyrona 2.129. korzystamy z równania Clapeyrona:

p

nRTV

nRTpV

=

=

stałą R wyrazimy w jednostkach: (hPa·dm3)/(mol·K)

a) 3

3

dm28,24hPa1020

K298Kmol

dmhPa1,83mol1

V =⋅

⋅⋅⋅

=

b) 3

3

dm22,1hPa1020

K298Kmol

dmhPa1,83mol05,0

V =⋅

⋅⋅⋅

=

c) policzmy z proporcji ilość moli amoniaku 1 mol ─── 22,4 dm3 x ─── 10 dm3

mola446,04,22

110x =⋅=

3

3

dm83,10hPa1020

K298Kmol

dmhPa1,83mol446,0

V =⋅

⋅⋅⋅

=

d) mM = 2 · 14g = 28g zatem 14g to 0,5 mola cząsteczek azotu

3

3

dm14,12hPa1020

K298Kmol

dmhPa1,83mol5,0

V =⋅

⋅⋅⋅

=

2.130.

RT

pVn

nRTpV

=

=


mola1,0

K291Kmol

dmhPa1,83

dm4,2hPa1010n

3

3

=⋅

⋅⋅

⋅=

2.131. najpierw liczymy ilość moli

RT

pVn =

mola00125,0

K293Kmol

dmhPa1,83

dm03,0hPa1013n

3

3

=⋅

⋅⋅

⋅=

wyznaczamy następnie masę molową SO2: mM = 32g + 2 · 16g = 64g m = 0,00125 · 64g = 0,08g 2.132. najpierw liczymy ilość moli chloru (Cl2) mM = 2 · 35,5g = 71g 1 mol ─── 71g

x ─── 5000g

mole42,7071

5000x ==

p

nRTV =

33

3

m7,1dm1704hPa1013

K295Kmol

dmhPa1,83mol42,70

V ≈=⋅

⋅⋅⋅

=

2.133. 1 mol amoniaku zawiera 3 mole wodoru, zatem k moli atomów wodoru znajduje się w 1/3 · k moli amoniaku

p

RT

3

1

p

nRTV ⋅== k

2.134. liczymi liczbę moli:

RT

pVn =

mola9260

K295Kmol

dmhPa183

dm422hPa1013n

3

3

,

,

, =⋅

⋅⋅

⋅=

liczba cząsteczek jest równa: ncz = 0,926 · 6,02 · 1023 = 5,57 · 1023 cząsteczek 2.135. liczymy ilość cząsteczek tlenu

RT

pVn =

mola4010

K300Kmol

dmhPa183

dm10hPa1000n

3

3

,

,

=⋅

⋅⋅

⋅=

objętość dwutlenku węgla policzymy z proporcji: 1 mol ─── 22,4 dm3 0,401 mola ─── x

3dm9881

4224010x ,

,, =⋅=

2.136. do obliczeń załóżmy ilość amoniaku równą 1 mol mM = 14g + 3 · 1g = 17g

p

nRTV =

3

3

dm9523hPa1010

K291Kmol

dmhPa183mol1

V ,,

=⋅

⋅⋅⋅

=

33 dm

g710

dm9523

g17

V

md ,

,===

2.137. policzmy jaką ilość moli stanowi 1dm3 gazu w tych warunkach:

RT

pVn =

mola04110

K293Kmol

dmhPa183

dm1hPa1000n

3

3

,

,

=⋅

⋅⋅

⋅=

masę mola policzmy z proporcji (znając gęstość wiemy, że 1dm3 waży 1,15g i policzyliśmy, że stanowi 0,0411 mola) 0,0411 mola ─── 1,15g 1 mol ─── x

g982704180

1511x ,

,

, =⋅

wiemy, że liczbowo masa mola jest równa masie cząsteczkowej i że jes to liczba całkowita, zatem: Sr(g) = 28u 2.138. znając gęstość suchego lodu, wiemy, że 1cm3 tej substancji będzie ważył 1,5g policzmy jaka to część mola: mM = 12g + 2 · 16g = 44g 44g ─── 1 mol 1,5g ─── x

mola0341044

51x ,

, ==

liczymi ciśnienie panujące w zbiorniku

V

nRTp

nRTpV

=

=

hPa833dm1

K294Kmol

dmhPa183mola03410

p3

3

=⋅

⋅⋅⋅

=,,

2.139. liczymy ilość moli cząsteczek, wchodzących w skład powietrza:

RT

pVn =


moli54160

K293Kmol

dmhPa183

dm100000hPa1013n

3

3

,

,

=⋅

⋅⋅⋅=

średnia masa mola powietrza wynosi 28,9g zatem liczymy masę powietrza m = 4160,5 · 28,9g = 120238g zgodnie z wzorem na gęstość:

33

3

m158cm158208

cm

g760

g120238

d

mV

V

md

≈===

=

,

2.140. nie; wzór na objętość ma postać

nRTpV =

p

nRTV =

w warunkach normalnych wyrażenie RT/p ma wartość 22,4 [1/mol], jednak taką samą wartość miałoby, gdyby temperatura wzrosła 2 razy oraz ciśnienie wzrosło 2 razy:

3

3

dm422hPa2026

K546Kmol

dmhPa183mol1

V ,,

=⋅

⋅⋅⋅

=

zatem jedynym, ogólnym warunkiem, aby objętość 1 mola gazu była równa objętości 1 mola gazu w warunkach normalnych jest przyjęcie przez wyrażenie RT/p wartości 22,4 [1/mol]

Rozdział 3. Stechiometria wzorów chemicznych

3.1. Prawo stałości składu (prawo Prousta) 3.1. nie twierdzenie to nie jest prawdziwe, gdyż istnieją związki mające taki sam skład procentowy pierwiastków, ale mające inną ilość atomów, lub inną strukturę np. C2H2 (acetylen) i C6H6 (benzen); NO2 tlenek azotu(IV) i N2O4 tlenek azotu(IV) w postaci dimerycznej; 3.2. nie, gdyż prawo stałości składu odnosi się do konkretnego związku chemicznego, a nie do połączeń dwóch pierwiastków, zatem związki mające w sobie te same pierwiastki, ale o różnych wartościowościach mają inny stosunek masowy poszczególnych pierwiastków. 3.3. liczymy z proporcji 4g Cu ─── 1g O x ─── 8g O

g321

84x =⋅=

3.4. korzystając z prawa zachowania masy łatwo możemy obliczyć, że jeżeli z 60g Mg otrzymano 100g MgO, to masa tlenu zużytego w reakcji wynosi 40g, zatem stosunek masowy pierwiastków w tym związku wynosi: Mg : O = 60 : 40 = 3 : 2 3.5. liczymy z proporcji ilość tlenu, którą otrzymamy z rozkładu 65,1g HgO, wiemy, że łączna masa próbki w pierwszym doświadczeniu wynosiła: mHgO = 20,1g + 1,6g = 21,7g, zatem: 21,7g HgO ─── 1,6g O 65,1g HgO ─── x

Og84721

61165x ,

,

,, =⋅=

HgO składa się jedynie z rtęci i tlenu, zatem masa rtęci w 65,1g tlenku wynosi: mHgO = 65,1g – 4,8g = 60,3g 3.6. skoro miedź reaguje z siarką w stosunku 4 : 1, zatem stosunek masy miedzi do masy siarczku wynosi 4 : 5 (ponieważ, jeśli reagowałoby 4g Cu z 1g S powstałoby 5g Cu2S), zatem liczymy z proporcji: 4g Cu ─── 5g Cu2S x ─── 80g Cu2S

Cug645

480x =⋅=

pozostałą masę stanowi siarka, czyli: mS = 80g – 64g = 16g 3.7. skoro żelazo reaguje z siarką w stosunku 7 : 4, zatem stosunek masy żelaza do masy siarczku wynosi 7 : 11 (ponieważ, jeśli reagowałoby 7g Fe z 4g S powstałoby 11g Fe2S3), zatem liczymy z proporcji: 7g Fe ─── 11g Fe2S3 x ─── 66g Fe2S3

Feg4211

667x =⋅=

pozostałą masę stanowi siarka, czyli: mS = 66g – 42g = 24g 3.8. wiemy, że wodór reaguje z tlenem w stosunku objętościowym i ilościowym 2 : 1, stosunek ten należy zamienić na stosunek masowy mH = 2 · 1g = 2g mO = 16g mH : mO = 2 : 16 = 1 : 8 skoro wodór reaguje z tlenem w stosunku masowym 1 : 8, zatem stosunek masy wodoru do masy wody wynosi 1 : 9 (ponieważ, jeśli reagowałoby 1g H2 z 8g O2 powstałoby 9g H2O), liczymy z proporcji: 1g H2 ─── 9g H2O x ─── 0,036g H2O


2Hg00409

03601x ,

, =⋅=

pozostałą masę stanowi tlen, czyli: mtlen = 0,036g – 0,004g = 0,032g 3.9. najpierw liczymy skład masowy związków powstałych po rozkładzie węglanu wapnia dla: CaO stosunek masowy wapnia do tlenu wynosi 5 : 2, zatem stosunek masy wapnia do masy tlenku wapnia wynosi 5 : 7 (ponieważ, jeśli reagowałoby 5g Ca z 2g O2 powstałoby 7g CaO), zatem liczymy z proporcji: 5g Ca ─── 7g CaO x ─── 14g H2O

Cag107

145x =⋅=

pozostałą masę stanowi tlen, czyli: mtlen1 = 14g – 10g = 4g analogicznie liczymy dla CO2 3g C ─── 11g CO2 y ─── 11g CO2

y = 3g C pozostałą masę stanowi tlen, czyli: mtlen2 = 11g – 3g = 8g liczymy łączną masę tlenu mcO = 4g + 8g = 12g Ca : C : O = 10 : 3 : 12 3.10. zadanie rozwiązujemy analogicznie jak 3.9. dla Na2O: 23g Na ───31g Na2O x ─── 62g Na2O

Nag4631

6223x =⋅=

pozostałą masę stanowi tlen, czyli: mtlen1 = 62g – 46g = 16g dla SO2: 1g S ─── 2g SO2 y ─── 64g SO2

Sg322

641y =⋅=

pozostałą masę stanowi tlen, czyli: mtlen2 = 64g – 32g = 32g liczymy łączną masę tlenu mcO =16g + 32g = 48g Na : S : O = 46 : 32 : 48 = 23 : 16 : 24 3.11. 1) dla Cu2O: mCu1 = 2 · 64g = 128g mO1 = 16g, zatem na 16g tlenu przypada 128g miedzi dla CuO: mCu2 = 64g mO2 = 16g, zatem na 16g tlenu przypada 64g miedzi, jak widać w obu przypadkach mamy równą ilość tlenu zatem:

mCu1 : mCu2 = 128 : 64 = 2 : 1 2) dla N2O: mN1 = 2 · 14g = 28g mO1 = 16g, zatem na 16g tlenu przypada 28g azotu dla NO: mN2 = 14g mO2 = 16g, zatem na 16g tlenu przypada 14g azotu dla N2O3: mN3 = 2 · 14g = 28g mO3 = 3 · 16g = 48g, na 48g tlenu przypada 28g azotu, zatem na 16g tlenu przypada 9,(3)g azotu dla NO2: mN4 = 14g mO4 = 2 · 16g = 32g, na 32g tlenu przypada 14g azotu, zatem na 16g tlenu przypada 7g azotu dla N2O5: mN5 = 2 · 14g = 28g mO5 = 5 · 16g = 80g, na 80g tlenu przypada 28g azotu, zatem na 16g tlenu przypada 5,6g azotu w każdym przypadku porównywaliśmy ilość azotu do tej samej masy tlenu (16g), w efekcie otrzymujemy: mN1 : mN2 : mN3 : mN4 : mN5 = 28 : 14 : 9,(3) : 7 : 5,6 wynik mnożymy przez 30, aby pozbyć się liczb niecałkowitych mN1 : mN2: … : mN5 = 840 : 420 : 280 : 210 : 168 następnie dzielimy przez 28, mN1 : mN2: … : mN5 = 60 : 30 : 15 : 10 : 6 3.12. dla SO2:

%%%% 50100g64

g32100

g162g32

g32S =⋅=⋅

⋅+=

dla SO3:

%%%% 40100g80

g32100

g163g32

g32S =⋅=⋅

⋅+=

3.13.

%%%% 12100g100

g12100

g163g12g40

g12C =⋅=⋅

⋅++=

3.14. łączna ilość azotu w 1 molu nawozu to 6 moli, ich masa wynosi: mN = 6 · 14g = 84g masa 1 mola nawozu: m = 2 · (14g + 4g) + 32g + 4 · 16g + 2 · (2 · 14g + 4 · 1g + 3 · 16g = 2 · 18g + 96g + 2 · 80g = 312g

%8,28%100g292

g84N% =⋅=

3.15. mM = 2 · 64g + 32g = 160g mS = 32g


%%% 20100g160

g32S =⋅=

resztę stanowi siarka, więc: %S = 100% - 20% = 80% 3.16. mM = 2 · 1g + 32g + 4 · 16g = 98g mS = 32g mH = 2 · 1g = 2g

%,%% 6532100g98

g32S =⋅=

%,%% 042100g98

g2H =⋅=

resztę stanowi tlen, więc: %O = 100% - 32,65% - 2,04% = 65,31% 3.17. widzimy, że wszystkie związki zawierają tyle samo sodu i siarki, zatem najwyższy procent siarki będzie zawierał związek o najmniejszej ilości tlenu, czyli Na2S2O3 3.18. dla H2O:

%,%%% 111100g18

g2100

g16g12

g12H =⋅=⋅

+⋅⋅=

dla H2SO4:

%%%% 2100g98

g2100

g164g32g12

g12H =⋅=⋅

⋅++⋅⋅=

dla NH3:

%,%%% 617100g17

g3100

g13g14

g13H =⋅=⋅

⋅+⋅=

największy procent wodoru zawiera amoniak 3.19. skoro stosunek masowy siarki do tlenu wynosi 2 : 3, zatem stosunek masy siarki do masy tlenku wynosi 2 : 5 (ponieważ, jeśli reagowałoby 2g S z 3g O powstałoby 5g tlenku), zatem

%%% 40100g5

g2S =⋅=

resztę stanowi tlen, czyli %O = 100% - 40% = 60% 3.20. skoro stosunek masowy Fe : C : O = 14 : 3 : 12, zatem stosunek masy Fe do masy związku wynosi 14 : 29 (ponieważ, jeśli reagowałoby 14g Fe z 3g C i 12g O powstałoby 19g związku), zatem

%,%% 348100g29

g14Fe =⋅=

analogicznie

%,%% 310100g29

g3C =⋅=

resztę stanowi tlen, czyli %O = 100% - 48,3% - 10,3% = 41,1%

3.21. nie, ponieważ masy atomowe sodu i potasu są różne (dokładniej: masa atomowa sodu jest mniejsza od masy atomowej potasu, zatem procent chloru w chlorku sodu jest wyższy) 3.22. 1) tak – ponieważ nie jest ważna masa, lecz skład atomowy związku 2) nie – patrz wyżej 3.23. nie musimy nawet wykonywać obliczeń, łatwo zauważyć, że istnieją 3 pary związków różniących się od siebie składem atomowym, a co więcej, porównując ich indeksy stechiometryczne widzimy, że stanowią wielokrotność indeksów stechiometrycznych drugich związków 1) C2H2 i C6H6 2) ClO3 i Cl2O6 3) NO2 i N2O4 3.24. liczymy masę mola P2O5: mtlenku = 2 · 31g + 5 · 16g = 142g liczymy masę mola Ca3(PO4)2: msoli = 3 · 40g + 2 · 31g + 8 · 16g = 310g

g845100g310

g142OP 52 ,%% =⋅=

3.25. tlenek ma wzór EO2, możemy zatem ułożyć równanie:

g207g8206m

g71227m1340

g2884m1340g32

1340g32m

g32

413100g32m

g32100

g162m

g162O

E

E

E

E

EE

≈==

+=

=+

=⋅+

=⋅⋅+

⋅=

,

,,

,,

,

%,%%%

podany wynik co do wartości jest równy masie atomowej ołowiu, więc pierwiastkiem E jest ołów 3.26. liczymy masę azotu w azotku mN = 0,189 · 148u = 28g z czego wynika, że azotek ten zawiera 2 aomy azotu, skoro azot jest trójwartościowy, możliwe wzory azotków to E3N2, EN2 (pozostałe możliwości odpadają, gdyż wzory np. E2N2, E6N2 nie są poprawne), policzmy masę pierwiastka E w azotku EN2: mE = 148 – 28g = 120g nie ma pierwiastka o takiej masie, zatem EN2 odpada, wzór azotku musi mieć postać E3N2, a stąd: mE = 148 – 28g = 120g Ar(E) = 120u : 3 = 40u pierwiastkiem E jest wapń


3.27. wzór siarczanu E2SO4, ułużmy równanie na zawartość procentową siarki w tym związku chemicznym

u48p

u1600m

u48pu1600mp

u3200u96pA2p

100

p

u96A2

u32

100

p

u64u32A2

u32

p100u164u32A2

u32S

E

E

r

r

r

r

−=

⋅−=⋅=⋅+⋅⋅

=+⋅

=++⋅

=⋅⋅++⋅

= %%%

3.28. węglan tego metalu ma wzór E(CO3)W/2, gdzie W to wartościowość pierwiastka, do obliczeń możemy przyjąć, np. wzór E(CO3)1/2, choć oczywiście w sensie strukturalnym jest to błąd

u30pu2400

ApW

u60pu4800

Ap2

)u60pu4800(100

200ApW

A100

p

200

u60pu4800W

A100

p)

200

u60pu

200

4800(W

A100

p)

200

u60p(24uW

A100

p

200

u60WpW24u

200

u60WpA

100

pW24u

48u)](12u2

W[A

100

p

2

W16u3

p%10016u)3(12u

2

WA

2

W16u3

%O

r

rr

r

r

r

r

r

r

r

⋅−⋅

=

⋅−⋅=

⋅−⋅⋅⋅=

⋅=⋅−⋅

⋅=⋅−⋅

⋅=⋅−⋅

⋅=⋅⋅−⋅

⋅⋅+⋅=⋅

+⋅+⋅=⋅⋅

=⋅⋅+⋅+

⋅⋅= %

3.29. liczymy masę chloru w chlorku sebra mM = 35,5g + 108g = 143,5g mCl = 35,5g 143,5g AgCl ─── 35,5g Cl 12,3g AgCl ─── x

g0435143

312535x ,

,

,, =⋅=

taka sama masa chloru znajdowała się w wyjściowym związku, zatem:

Cl860100g5

g043Cl %,%

,% =⋅=

3.30. liczymy masę tlenu w tlenku metalu: mtlen1 = 0,258 · 13g = 3,354g resztę stanowi metal, zatem: mm = 13g – 3,354g = 9,646g liczymy masę tlenu w tlenku niemetalu: mtlen2 = 0,563 · 10g = 5,63g resztę stanowi niemetal, zatem: mnm = 10g – 5,63g = 4,37g liczymy łączną masę tlenu: mtlen = mtlen1 + mtlen2 = 3,354g + 5,63g = 8,984g masa związku: m = 13g + 10g = 23g

%%,

% 42100g23

g6469metal =⋅=

%%,

% 19100g23

g374niemetal =⋅=

%%,

% 39100g23

g9848O =⋅=

3.31. dla MCl2

%%,

,% 100

mg71

g71100

mg5352

g5352Cl

MM1 ⋅

+=⋅

+⋅⋅=

dla MCl3

%,

,%

,

,% 100

mg5106

g5106100

mg5353

g5353Cl

MM2 ⋅

+=⋅

+⋅⋅=

21

2

1

Cl%Cl%172,1

172,1

1

Cl%

Cl%

=⋅

=

podstawiamy do równania wyżej określone zawartości masowe:

g85,55m

m288,23g578,1300

m5,106g5,7561m212,83g078,8862

mg5,106

g5,106

mg71

g212,83

%100mg5,106

g5,106%100

mg71

g71172,1

M

M

MM

MM

MM

=⋅=

⋅+=⋅++

=+

⋅+

=⋅+

⋅

metalem tym jest żelazo 3.3. Ustalanie wzoru chemicznego na podstawie składu ilościowego 3.32. wiemy, że ilość atomów w związku chemicznym musi być wyrażona (najmniejszymi możliwymi) liczbami całkowitymi dlatego 1 : 0,75 = 4 : 3, zatem Al4C3


3.33. załóżmy, że x = 1, mamy wtedy x : y = 1 : 5/3, y : z = 2 : 1, a łącząc oba stosunki x : y : z = 1 : 5/3 : 5/6, wiemy, że wszystke liczby muszą być całkowite, dlatego powyższt stosunek musimy pomnożyć przez 3 x : y : z = 6 : 10 : 5, a wzór ma postać: C6H10O5 3.34. wzór elementarny to wzór w którym występują najmniejsze możliwe indeksy stechiometryczne: NO2, HO, CH2O 3.35. załóżmy, że związek zawiera 1 atom sodu Ar(Na) = 23u 59% ─── 23u 41% ─── x

u1659

2341x =⋅=

Ar(S) = 32u, zatem policzona wartość odpowiada połowie masy atomowej siarki, mamy wstępny wzór siarczku: NaS0,5, wiemy jednak, że wszystkie indeksy stechiometryczne muszą być liczbami całkowitymi, zatem ilości atomów w powyższym wzorze należy pomnożyć przez 2, co nam daje Na2S 3.36. załóżmy, że związek zawiera 1 atom żelaza Ar(Fe) = 56u 7 ─── 56u 8 ─── x

u647

568x =⋅=

Ar(S) = 32u, zatem policzona wartość odpowiada dwukrotności masy atomowej siarki, wzór związku: FeS2 3.37. długość osi wynosi 10cm, długość od początku osi do punktu a to 6 cm, co oznacza, że związek ten zawiera 60% Ti i 40% O, przyjmując, że tlenek zawiera 1 atom tytanu Ar(Ti) = 48u, mamy proporcje: 60% ─── 48u 40% ─── x

u3260

4840x =⋅=

Ar(O) = 16u, policzona wyżej masa odpowiada dwukrotności masy atomowej tlenu, zatem wzór ma postać TiO2 długość od początku osi do punktu b to 6,75 cm, co oznacza, że związek ten zawiera 67,5% Ti i 32,5% O, przyjmując, że tlenek zawiera 1 atom tytanu Ar(Ti) = 48u, mamy proporcje: 67,5% ─── 48u 32,5% ─── y

u123567

48532y ,

,

, =⋅=

Ar(O) = 16u, policzona wyżej masa jest w przybliżeniu 1,5 raza większa od masy atomowej tlenu, którego wzór ma pierwotną postać TiO1,5, zaś ostateczną Ti2O3 długość od początku osi do punktu c to 7,5 cm, co oznacza, że związek ten zawiera 75% Ti i 25% O, przyjmując, że tlenek zawiera 1 atom tytanu Ar(Ti) = 48u, mamy proporcje: 75% ─── 48u 25% ─── z

u1675

4825z =⋅=

Ar(O) = 16u, zatem policzona wyżej masa odpowiada masie atomowej tlenu, którego wzór ma postać TiO 3.38 obliczymy, masę tlenku przypadającą na 1 mol atomów żelaza 4,2g Fe ─── 5,8g FexOy 56g Fe ─── x

(3)g7,724

8556x =⋅=

,

,

zatem masa tlenu wynosi: mO = 77,33g – 56g = 21,33g, policzmy jaka to ilość moli tlenu: mMtlen = 16g

mola3

4

16

(3)21,n tlen ==

zatem pierwotny wzór tlenku ma postać FeO4/3 jak wiemy indeksy stechiometryczne muszą być liczbami całkowitymi, co nam ostatecznie daje Fe3O4 3.39. zawartośc procentowa mówi nam o tym, że na 30,8g Na przypada 69,2g Pb, obliczmy ile sodu przypada na 1 mol atomów ołowiu, mMołów = 207g, zatem: 30,8g Na ─── 69,2g Pb

x ─── 207g Pb

g92269

207830x ≈⋅=

,

,Na

liczba atomów sodu jest równa (mMsód = 23g) mole4g23:92gn ==

3.40. policzmy masę tego tlenku, gdyby zawierał 1 mol S mMsiarka = 32g 0,4g S ─── 1g tlenku 32g S ─── x

g80g40

1g32x =⋅=

,

liczymy masę tlenu mO = 80g – 32g = 48g liczymy ilość moli tlenu w tym tlenku nO = 48g : 16g = 3 mole wzór tlenku ma postać: SO3, zatem wartościowość siarki wynosi VI


3.41. zadanie można rozwiązać na dwa sposoby: wyprowadzając najpierw wzór empiryczny, a potem rzeczywisty, lub korzystając ze znanej masy związku polczyć masy poszczególnych pierwiastków, zastosujmy ten drugi sposób: mK = 0,71 · 110u = 78,1u zatem liczba atomów potasu jest równa (Ar(K) = 39u): nK = 78,1u : 39u ≈ 2 masa tlenu jest równa: mO = 110u – 78,1u = 31,9u zatem liczba atomów tlenu jest równa (Ar(O) = 16u): nO = 31,9u : 16u ≈ 2 wzór tlenku ma postać K2O2 3.42. postępujemy analogicznie jak w 3.41. mN = 0,305 · 92u = 28,06u zatem liczba atomów azotu jest równa (Ar(N) = 14u): nN = 28,06u : 14u ≈ 2 masa tlenu jest równa: mO = 92u – 28,06u = 63,94u zatem liczba atomów tlenu jest równa (Ar(O) = 16u): nO = 63,94u : 16u ≈ 4 wzór tlenku ma postać Na2O4 3.43. postępujemy analogicznie jak w 3.41. mCl = 0,425 · 167u = 70,1u zatem liczba atomów chloru jest równa (Ar(Cl) = 35,5u): nCl = 70,1u : 35,5u = 2 masa tlenu jest równa: mO = 167u – 70,1u = 96,9u zatem liczba atomów tlenu jest równa (Ar(O) = 16u): nK = 96,9u : 16u ≈ 6 wzór tlenku ma postać Cl2O6 3.44. najpierw musimy policzyć masę 1 mola tlenku, skorzystamy z prawa Avogadra (roz. 2.4.) 1 dm3 ─── 1,96g 22,4 dm3 ─── x

g44g9431

422961x ≈=⋅= ,

,,

liczymy masę azotu w tym tlenku: mN = 0,636 · 44g = 28g zatem liczba moli atomów azotu jest równa (mM(N) = 14g): nN = 28g : 14g = 2 masa tlenu jest równa: mO = 44g – 28g = 16g zatem liczba moli atomów tlenu jest równa (mM(N) = 16g): nO = 16g : 16g = 1 wzór tlenku ma postać N2O

3.45. korzystając z prawa Clapeyrona (roz. 2.5.) liczymy jaką objętość zajmuje 1 mol tlenku:

nRTpV =

p

nRTV =

3

3

dm0424hPa1013

K293Kmol

dmhPa183mol1

V ,,

=⋅

⋅⋅⋅

=

liczymy masę mola tego związku 1 dm3 ─── 1,25g 24,04 dm3 ─── x

g301

2510424x ≈⋅= ,,

liczymy masę azotu w tym tlenku: mN = 0,467 · 30g ≈ 14g zatem liczba moli atomów azotu jest równa (mM(N) = 14g): nN = 14g : 14g = 1 masa tlenu jest równa: mO = 30g – 14g = 16g zatem liczba moli atomów tlenu jest równa (mM(N) = 16g): nO = 16g : 16g = 1 wzór tlenku ma postać NO 3.46. przyjmijmy, że 1 mol związku zawiera 1 mol sodu (mM(Na) = 23g), liczymy masę siarki: 23g ─── 32,4% x ─── 22,6%

g16432

62223x ≈⋅=

,

,

zatem liczba moli atomów siarki jest równa (mM(S) = 32g): nS = 16g : 32g = 0,5 liczymy masę tlenu: 23g ─── 32,4% y ─── 45%

g32432

4523y ≈⋅=

,

zatem liczba moli atomów tlenu jest równa (mM(O) = 16g): nO = 32g : 16g = 2 pierwotny wzór związku ma postać: NaS0,5O2, wszystkie indeksy stechiometryczne muszą być liczbami całkowitymi, zatem ostateczna postać wzoru to: Na2SO4 3.47. z podanego stosunku widzimy, że na 1g wodoru (czyli również 1 mol) przypada: 6g węgla, czyli: nC = 6g : 12g = 0,5 mola oraz 8g tlenu, czyli: nO = 8g : 16g = 0,5 mola,


otrzymujemy wzór C0,5HO0,5 co daj wzór empiryczny CH2O, jego masa to me = 12g + 2g + 16g = 30g, jeżeli masa związku wynosi 180g, to liczbę atomów we wzorze empirycznym należy pomnożyć przez: n = 180g : 30g = 6 wzór rzeczywisty to: C6H12O6 3.48. skoro jest to kwas jednohydronowy, zatem zawiera 1 atom wodoru, wiemy również, że wodór stanowi: %H = 100% - 35,3% – 63,7% = 1% związku, którego masę możemy łatwo policzyć 1 % ─── 1g 100% ─── x x = 100g liczymy masę chloru w tym związku: mCl = 0,353 · 100g = 35,3g zatem liczba moli atomów chloru jest równa (mM(Cl) = 35,5g): nCl = 35,3g : 35,5g ≈ 1 masa tlenu jest równa: mO = 100g – 35,3g – 1g = 63,7g zatem liczba moli atomów tlenu jest równa (mM(N) = 16g): nO = 63,7g : 16g ≈ 4 wzór związku ma postać HClO4

3.49. załóżmy, że związek ten w przeliczeniu zawiera 1 mol tlenku magnezu: mM(MgO) = 24g + 16g = 40g zatem masa tlenku krzemu wynosi: 40% ─── 40g 60% ─── x x = 60g ilość moli tlenku krzemu wynosi: mM(SiO2) = 28g + 2 · 16g = 60g mM(SiO2) = 60g : 60g = 1 z tego wynika, że po teoretycznym rozbiciu związku na tlenki zawiera on oba tlenki w stosunku 1 : 1, zatem wzór związku ma postać [MgO + SiO2] = MgSiO3 3.50. siarczek ma wzór M2S, policzmy masę mola siarczku (który zawiera 1 mol siarki o masie mola równej 32g) 32g ─── 20% x ─── 100%

g16020

10032x =⋅=

mmetalu = 160g – 32g = 128g jak widzimy, 1 mol związku zawiera 2 mole metalu, więc masa mola metalu wynosi: mM = 128g : 2 = 64g metalem tym jest miedź 3.51. liczymy masę pierwiastka A w 1 molu związku:

mA = 0,568 · 296g ≈ 168g masa mola pierwiastka A w związku A3B4 wynosi: mM(A) = 168 : 3 = 56g pierwiastkiem A jest żelazo liczymy masę pierwiastka B w 1 molu związku: mB = 296g – 168 = 128g masa mola pierwiastka B w związku A3B4 wynosi: mM(A) = 128 : 4 = 32g pierwiastkiem B jest siarka; szukanym związkiem jest Fe3S4 3.52. liczymy masę węgla, wodoru oraz trzeciego pierwiastka w tym związku: mC = 0,49 · 147 ≈ 72g zatem liczba moli atomów węgla jest równa (mM(C) = 12g): nC = 72g : 12g = 6 mH = 0,027 · 147 ≈ 4g zatem liczba moli atomów wodoru jest równa (mM(H) = 1g): nN = 4g : 1g = 4 zawartość procentowa trzeciego pierwiastka to: %E = 100% - 49% - 2,7% = 48,3%, a jego masa: mE = 0,483 · 147 ≈ 71g ponieważ nie istnieje pierwiastek o masie mola 71g, szukamy innych pierwiastków, których wielokrotność masy mola wynosi 71g, jedynym takim pierwiastkiem jest chlor, mM(Cl) = 35,5g nCl = 71g : 35,5g = 2 rzeczywisty wzór związku ma postać: C6H4Cl2 3.53. liczymy masę tlenu: mO = 0,302 · 212u ≈ 64u zatem liczba atomów tlenu jest równa (Ar(O) = 16u): nO = 64u : 16u = 4 skoro fosforan ten zawiera 4 atomy tlenu, musi zawierać również 1 atom fosforu, masa metalu to: mm = 212u – 31u – 64u = 117u, brak jest metalu o takiej masie atomowej, zatem szukamy metalu, którego wielokrotność masy atomowej byłaby równa tej wartości, wiemy, że reszta fosforanowa ma wartościowość III, zatem w związku tym znajdować się będą 3 atomy metalu jednowartościowego o masie atomowej: Ar(M) = 117u : 3 = 39u metalem tym jest potas 3.54. wiemy, że halogenki (czyli pierwiastk i z grupy 17) mają wartościowość I, zatem przy tej samej zawartości pierwiastka E w 1 cząsteczce jest 2 razay więcej atomów halogenku niż tlenu, zatem:

=⋅⋅+⋅

⋅=

=⋅⋅+⋅

⋅=

65,6%100%(E)Ay(Hal)A2x

(Hal)A2x%Hal

30,1%100%(E)Ay(O)Ax

(O)Ax%O

rr

r

rr

r


⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅=⋅

(E)Ay0,656(Hal)Ax1,312(Hal)A2x

(E)Ay301,0(O)Ax301,0(O)Ax

rrr

rrr

u36,35(O)A21,2x049,1

(O)Ax32,2(Hal)A

(Hal)Ax049,1(O)Ax32,2

(E)Ay(Hal)Ax049,1

(E)Ay(O)Ax32,2

(E)Ay0,656(Hal)Ax688,0

(E)Ay301,0(O)Ax699,0

rr

r

rr

rr

rr

rr

rr

=⋅=⋅

⋅⋅=

⋅⋅=⋅⋅

⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅

⋅⋅=⋅⋅⋅⋅=⋅⋅

obliczona masa atoowa halogenku jest równa masie atomowej chloru, zatem szukanym halogenkiem jest chlor; rozpatrzmy kolejno tlenki metalu I – VIII wartościowego: dla wartościowości I, E2O 16u ─── 30,1% z1 ─── 69,9%

z1 = 37,16g Ar(E) = z1 : 2 = 18,6g, brak jednowartościowego pierwiastka o zbliżonej masie atomowej dla wartościowości II, EO 16u ─── 30,1% z2 ─── 69,9%

z2 = 37,16g Ar(E) = 37,16g, brak dwuwartościowego pierwiastka o zbliżonej masie atomowej dla wartościowości III, E2O3 48u ─── 30,1% z3 ─── 69,9%

z3 = 111,5g Ar(E) = z1 : 2 = 55,7g, masa atomowa jest zbliżona do masy atomowej żelaza, co więcej występuje on w formie trójwartościowej, zatem pierwiastkiem E może być żelazo dla wartościowości IV, EO2 32u ─── 30,1% z4 ─── 69,9%

z4 = 74,3g Ar(E) =74,3g, masa atomowa jest zbliżona do masy atomowej arsenu, jednak pierwiastek ten nie występuje w formie czterowartościowej dla wartościowości V, E2O5 80u ─── 30,1% z5 ─── 69,9%

z5 = 185,8g Ar(E) = z1 : 2 = 92,9g, masa atomowa jest zbliżona do masy atomowej niobu (Nb), co więcej występuje on w formie pięciowartościowej, zatem pierwiastkiem E może btć niob dla wartościowości VI, EO3 48u ─── 30,1%

z6 ─── 69,9% z6 = 111,5g Ar(E) = 111,5g, brak sześciowartościowego pierwiastka o zbliżonej masie atomowej dla wartościowości VII, E2O7 112u ─── 30,1% z7 ─── 69,9%

z7 = 260,1g Ar(E) = z1 : 2 = 130g, brak siedmiowartościowego pierwiastka o zbliżonej masie atomowej dla wartościowości VIII, EO4 64u ─── 30,1% z8 ─── 69,9% z8 = 148,6g Ar(E) = 148,6g, brak osmiowartościowego pierwiastka o zbliżonej masie atomowej Podsumowując: szukanym halogenkiem jest chlor, zaś metalu nie możemy określić jednoznacznie (może to być żelazo lub niob) 3.55. załóżmy, że sól I zawiera jeden atom potasu Ar(K) = 39g: 39g ─── 24,7% x ─── 100%

g158724

10039x ≈⋅=

,

zatem masa reszty kwasowej jest równa mkw = 158g – 39g = 119g załóżmy, że sól II zawiera jeden atom potasu Ar(K) = 39g: 39g ─── 39,6% y ─── 100%

g598639

10039y ,

,≈⋅=

zatem masa reszty kwasowej jest równa mkw = 98,5g – 39g = 59,5g widzimy, że obliczona w II przypadku masa reszty kwasowej jest 2 razy mniejsza niż masa reszt kwasowej obliczonej w I przypadku, z warunków zadania wiemy, że obie reszty kwasowe są takie same, z czego wynika, że w II przypadku ilość potasu musi być 2 razy większa, mamy więc sól I: KR sól II: K2R jedynym kwasem, który ma taki sam wzór reszty kwasowej o wartościowości I i wartościowości II jest kwas manganowy odpowiednio (VII) i (VI), szukane sole to: KMnO4 i K2MnO4


3.4. Ustalanie wzoru chemicznego na podstawie stosunku objętościowego reagentów. Prawo Gay-Lussaca 3.56. x + O2 → SO3 2 : 1 : 2 stosunek objętości gazów, w takich samych warunkach, równy jest współczynnikom stechiometrycznym, mamy więc 2 x + O2 → 2 SO3 zatem 2 mole związku x zawierają 2 mole siarki i 6 – 2 = 4 mole tlenu, wzór związku x to SO2 3.57. stosunek objętości gazów, w takich samych warunkach, równy jest współczynnikom stechiometrycznym, mamy więc 2 x + 4 H2 → N2 + 4 H2O 2 mole związku x zawierają 1 mol cząsteczek N2 (skrót myślowy zastosowany w celu przedstawienia rozumowania, gdyż oczywiście, związki chemiczne w swojej budowie zawierają atomy, a nie cząsteczki), czyli 2 mole atomów N oraz 4 mole atomów O (pochodzących z pary wodnej), zatem wzór gazu x ma następującą postać: NO2 3.58. stosunek objętości gazów, w takich samych warunkach, równy jest współczynnikom stechiometrycznym, mamy więc 2 ClxOy → 2 Cl2 + O2 2 mole cząsteczek tlenku zawierają 4 mole atomów chloru (2 mole cząsteczek dwuatomowych) oraz 2 mole tlenu (mol cząsteczek dwuatomowych), zatem 1 mol tlenku zawiera 2 mole Cl i mol O, wzór: Cl2O 3.59. stosunek objętości gazów, w takich samych warunkach, równy jest współczynnikom stechiometrycznym, mamy więc 2 H2S + 3 O2 → 2 H2O + 2 x po lewej stronie równania reakcji mamy w sumie: 6 moli atomów O, 4 mole atomów H i 2 mole atomów S, po prawej stronie równania mamy obecnie 4 mole atomów H i 2 mole atomów O, zatem 2 mole gazu x składają się z 2 moli atomów S i 4 moli atomów O, gaz x to SO2 3.60. stosunek objętościowy amoniaku do tlenu, do tlenku azotu wynosi: 1 : 1,25 : 1, czyli 4 : 5 : 4 stosunek objętości gazów, w takich samych warunkach, równy jest współczynnikom stechiometrycznym, mamy więc 4 NH3 + 5 O2 → 4 NxOy + z H2O po lewej stronie równania reakcji mamy 12 moli atomów wodoru, zatem łatwo wywnioskować, że z = 6, po lewej stronie równania reakcji mamy 10 moli atomów tlenu, a po prawej 6 (zawartych w parze

wodnej), zatem 4 mole tlenku azotu zawierają 4 mole tlenu i oczywiście 4 mole azotu (zawarty po lewej stronie równania w amoniaku), wzór tlenku: NO 3.61. korzystając z prawa Avogadra liczymy masę 1 mola ozonu: 1 dm3 ─── 2,14g 22,4 dm3 ─── x

g9471

522142x ,

,, =⋅=

skoro masa mola tlenu (atomowego) wynosi 16g, zatem mol ozon składa się następującej ilości tlenu: nozon = 47,9g : 16g ≈ 3 mole analogicznie 1 cząsteczka ozonu składa się z 3 cząsteczek tlenu 3.62. stosunek objętości gazów, w takich samych warunkach, równy jest współczynnikom stechiometrycznym, mamy więc Px + 5 O2 → y P2O5 widzimy, że po lewej stronie równania jest 10 moli atomów tlenu, aby taka sama ilość tlenu była po prawej stronie równania y musi wynosić 2; wtedy ilość atomów fosforu wynosi 4, zatem 1 cząsteczka fosforu składa się z 4 atomów 3.63. stosunek objętości gazów, w takich samych warunkach, równy jest współczynnikom stechiometrycznym, mamy więc Sx + 8 O2 → y SO2 widzimy, że po lewej stronie równania jest 16 moli atomów tlenu, aby taka sama ilość tlenu była po prawej stronie równania y musi wynosić 8; wtedy ilość atomów siarki wynosi 8, zatem 1 cząsteczka siarki składa się z 8 atomów 3.64. stosunek objętości gazów, w takich samych warunkach, równy jest współczynnikom stechiometrycznym, mamy więc 2 NxOy + 4 H2 → N2 + 4 H2O (podane warunki reakcji nie wpływają w żaden sposób na wynik rozwiązania, ważne jest jedynie to, że wszystkie objętości gazów mierzone są w tych samych warunkach) widzimy, że po prawej stronie równania są 2 mole atomów azotu oraz 4 mole atomów tlenu aby taka sama ilość atomów była po lewej stronie równania x musi wynosić 1, a y 2, wzór tlenku to: NO2 3.5. Stechiometria hydratów 3.65. masa mola związku wynosi: mM = 64g + 32g + 4 · 16g + 5 · (2g + 16g) = 250g


masa wody hydratacyjnej w 1 molu związku wynosi: mwh = 5 · (2g + 16g) = 90g

%%% 36100g250

g90OH H2 =⋅=

3.66. procent masowy danego pierwiastka nie jest zależny od określonej masy, czy objętości związku, ważny jest jedynie skład atomowy

%,%

%

557100565g

325g

100%18u60u217u665u5

65u5Zn

=⋅=

=⋅+⋅+⋅+⋅

⋅=

3.67 masa cząsteczkowa siarczanu sodu Na2SO4 (bezwodnego) wynosi: Sr(Na2SO4)= 2 · 23u + 32u + 4 · 16u = 142u zawartość procentowa bezwodnego Na2SO4 to: % Na2SO4 = 100% - 47% = 53%, zatem: 53% ─── 142u 47% ─── x

u12653

u14247x ≈⋅=

masa cząsteczkowa wody to: Sr(H2O) = 18u, zatem ilość cząsteczek wody jest równa nwoda = 126u : 18u = 7 Na2SO4 · 7 H2O 3.68. masa cząsteczkowa węglanu sodu Na2CO3 (bezwodnego) wynosi: Sr(Na2CO3)= 2 · 23u + 12u + 3 · 16u = 106u zawartość procentowa bezwodnego Na2CO3 to: %Na2CO3 = 100% - 63% = 37%, zatem: 37% ─── 106u 63% ─── x

u18037

u10663x ≈⋅=

masa cząsteczkowa wody to: Sr(H2O) = 18u, zatem ilość cząsteczek wody jest równa nwoda = 180u : 18u = 10 3.69. masa cząsteczkowa wodorosiarczku wapnia Ca(HS)2

(bezwodnego) wynosi: Sr(Ca(HS)2)= 40u + 2 · (1u + 32u) = 106u zawartość procentowa bezwodnego Ca(HS)2 to: %Ca(HS)2 = 100% - 50,4% = 49,6%, zatem: 49,6% ─── 106u 50,4% ─── x

u108649

u106450x ≈⋅=

,

,

masa cząsteczkowa wody to: Sr(H2O) = 18u, zatem ilość cząsteczek wody jest równa nwoda = 108u : 18u = 6 Ca(HS)2 · 6 H2O

3.70. masa cząsteczkowa karnalitu KMgCl3 (bezwodnego) wynosi: Sr(KMgCl3)= 39u + 24u + 3 · 35,5u = 169,5u zawartość procentowa bezwodnego KMgCl3 to: %KMgCl3 = 100% - 39% = 61%, zatem: 61% ─── 169,5u 39% ─── x

u10861

516939x ≈⋅= ,

masa cząsteczkowa wody to: Sr(H2O) = 18u, zatem ilość cząsteczek wody jest równa nwoda = 108u : 18u = 6 3.71. CaCl2 · n H2O Ar(Ca) = 40u liczymy łączną masę chloru i wody hydratacyjnej, która stanowi: %(Cl+H2O) = 100% - 27,2% = 72,8% 27,2% ─── 40u 72,8% ─── x

u107227

87240x ≈⋅=

,

,

wiemy, że jedna cząsteczka chlorku wapnia zawiera 2 atomy chloru, zatem masa samej wody hydratacyjnej wynosi: mwoda = 107u – 2 · Ar(Cl) = 107u – 2 · 35,5u = 36g masa cząsteczkowa wody to: Sr(H2O) = 18u, zatem ilość cząsteczek wody jest równa: nwoda = 36u : 18u = 2 CaCl2 · 2 H2O 3.72.

56u(M)A

48,05u(M)0,857A

48,05u(M)A0,143(M)A

0,143336u(M)A

(M)A

14,3%100%18u696u28u12(M)A

(M)A%M

r

r

rr

r

r

r

r

≈=

+⋅=

=+

=⋅⋅+⋅+⋅+

=

szukanym metalem jest żelazo 3.73. liczymy masę glinu, zawatego w arsenianie glinu Ar(Al) = 27u Sr(AlAsO4) = 27u + 75u + 4 · 16u = 166u 166u soli ─── 27u Al 2,5g soli ─── x

g4070166

2752x ,

, =⋅=

następnie liczymy masę siarczku glinu (bezwodnego), który zawiera 0,407g glinu Sr(Al 2(SO4)3) = 2 · 27u + 3 · 96u = 342u 54u Al ─── 342u soli


0,407g Al ─── y soli

g58254

3424070y ,

, =⋅=

masa wody w 5g uwodnionego siarczanu glinu to: mwoda = 5g – 2,58g = 2,42g liczymy masę wody w 1 molu uwodnionej soli (masa mola bezwodnego siarczanu glinu wynosi 342g): 2,58g ─── 342g 2,42g ─── z

g320582

342422z ≈⋅=

,

,

masa cząsteczkowa wody to: Sr(H2O) = 18u, zatem ilość cząsteczek wody jest równa nwoda = 320g : 18g ≈ 18 moli 3.74. jeżeli mamy podaną zawartość procentową P2O5 to w związku, z którym porównujemy masę tlenku muszą być zawarte 2 atomy fosforu i przynajmniej 5 atomów tlenu, zatem masę mola soli musimy pomnożyć przez dwa

3n

44,08n14,69u

97,92un14,69u142u

0,408240u36un

142u

40,8%18un64u31u1u(24u2

100%16u)531u(2O%P 52

==⋅

+⋅=

=+⋅

=⋅++++⋅

⋅⋅+⋅=

MgHPO4 krystalizuje z 3 cząsteczkami wody

Rozdział 4. Stechiometria równań chemicznych.

4.1. Prawo zachowania masy 4.1. 2 HgO → 2 Hg + O2 korzystając z prawa zachowania masy: mO = 32g – 27,8g = 2,2g 4.2. 2 Mg + O2 → 2 MgO korzystając z prawa zachowania masy: mO = 3g – 2,4g = 0,6g 4.3. Cu2CO3(OH)2 → CO2 + 2CuO + H2O (znajomość wzóru malachitu nie jest konieczna do rozwiązania tego zadania) korzystając z prawa zachowania masy: mCO2 = 221g – 129g – 18g = 74g 4.4. A → B + C + D 80g → x + 20g + 3x układamy równanie, korzystając z prawa zachowania masy: 80g = x + 20g + 3x

4x = 60g x = 15g mB = 15g mD = 3 ·15g = 45g 4.5. liczymy masę wodoru, korzystając z gęstości 1 dm3 ─── 0,089g 4 dm3 ─── x

g35601

08904x ,

, =⋅

liczymy masę tlenu, korzystając z gęstości 1 dm3 ─── 1,43g 2 dm3 ─── y

g8621

4312y ,

, =⋅=

korzystając z prawa zachowania masy: mH2O = 0,356g + 2,86g = 3,216g 4.6. liczymy masę dwutlenku węgla, korzystając z gęstości: 1 dm3 ─── 1,96g 4,48 dm3 ─── x

g7881

961484x ,

,, =⋅=

korzystając z prawa zachowania masy, masa amoniaku wynosi: mNH3 = 15,8g – 3,6g – 8,78g = 3,42g liczymy objętość amoniaku, korzystając z gęstości: 1 dm3 ─── 0,76g y ─── 3,42g

3dm54760

1423y ,

,

, =⋅=

4.2. Molowy stosunek stechiometryczny reagentów 4.7. 4 Al + 3 O2 → 2 Al2O3 stosunek stechiometryczny glinu do tlenu wynosi 4 : 3, w reakcji otrzymywania 2 moli tlenku biorą udział 4 mole atomów glinu i 3 mole cząsteczek tlenu 4.8. układamy równanie otrzymywania siarczku miedzi(I): 2 Cu + S → Cu2S 2 mole : 1 mol : 2 mole zatem z proporcji: 2 mole Cu ─── 1 mole Cu2S x ─── 7 moli Cu2S x = 14 moli Cu 4.9. 2 Al + 3 S → Al2S3 układamy proporcję: 3 mole S ─── 1 mole Al2S3 0,12mola S ─── x


0403

1120x ,

, =⋅= mola Al2S3

4.10. układamy proporcję: 4 mole NH3 ─── 5 moli O2 0,6 mola MH3 ─── x

7504

560x ,

, =⋅= mola O2

4.11. układamy proporcję 4 mole Bi ─── 3 mole CO2 x ─── 7,5 mola CO2

103

574x =⋅= ,

moli Bi

4.12. rozkład nadtlenku wodoru do wody i tlenu ma postać: 2 H2O2 → 2 H2O + O2 układamy proporcję 2 mole H2O2 ─── 1 mol O2 3 mole H2O2 ─── x

512

13x ,=⋅= moli O2

wiemy, że 1 cząsteczka tlenu składa się z 2 atomów tlenu, zatem ilość moli tlenu atomowego wynosi: nO = 2 · 1,5 = 3 mole atomów O rozkład nadtlenku wodoru na pierwiastki: H2O2 → H2 + O2 układamy proporcję 1 mol H2O2 ─── 1 mol O2 3 mole H2O2 ─── y y = 3 mole O2 (zauważmy, że w pierwszej częśi zadania, pytano o tlen atomowe, a w drugiej o cząsteczkowy) 4.13. układamy równanie otrzymywania amoniaku: N2 + 3 H2 → 2 NH3 liczymy z proporcji 3 mole H2 ─── 2 mole NH3 0,25 mola H2 ─── x

16703

2250x ,

, =⋅= mola NH3

widzimy, że z 0,25 mola wodoru, możemy otrzymać 0,167 mola amoniaku, zatem podana w zadaniu ilość wodoru jest niewystarczająca do otrzymania 0,2 mola amoniaku 4.14. 3 Fe + 4 H2O → Fe3O4 + 4 H2 | · 5 15 Fe + 20 H2O → 5 Fe3O4 + 20 H2 w reakcji w której uczestniczy 20 moli wody powstanie 20 moli wodoru, ułóżmy równanie otrzymywania wodoru z magnezu i chlorowodoru: Mg + 2 HCl → MgCl2 + H2

liczymy z proporcji ilość magnezu potrzebną do otrzymania 20 moli wodoru: 1 mol Mg ─── 1 mol H2 x ─── 20 moli H2 x = 20 moli Mg 4.15. reakcja ta przebiega następująco: Cu2S + 2 O2 → 2 CuO + SO2 | · 20 20 Cu2S + 40 O2 → 40 CuO + 20 SO2 liczymy ile moli dwutlenku węgla można wytworzyć, w reakcji z węglem, z 40 mole tlenku miedzi(II) 2 CuO + C → CO2 + 2 Cu 2 mole CuO ─── 1 mol CO2 40 moli CuO ─── x

202

140x =⋅= moli CO2

zatem z tej ilości tlenku miedzi(II) nie można wytworzyć 22 moli dwutlenku węgla 4.3. Masowy stosunek stechiometryczny reagentów 4.16. a) Fe : S = 56g : 32g = 7 : 4 b) Al : S = (2 · 27g) : (3 · 32g) = 54g : 96g = 9 : 16 4.17. (jako odmiane alotropową fosforu przyjmiemy fosfor czerwony, jeśli użylibyśmy fosforu białego, w równaniu należałoby go zapisać jako cząsteczkę P4) P + 5 S → P2S5 2 · 31g 2· 31g + 5 · 32g P + 5 S → P2S5 62g 222g liczymy z proporcji 62g P ─── 222g P2S5 x ─── 0,5g

g140222

5062x ,

, =⋅= P

4.18. CuO + H2 → Cu + H2O 64g + 16g 2u + 16u 80g 18g liczymy z proporcji 80g CuO ─── 18g H2O 4g CuO ─── x

g9080

184x ,=⋅= H2O

4.19. PbO2 + 2 H2 → Pb + 2 H2O 207g 2 · 18g = 36g liczymy z proporcji 207g Pb ─── 36g H2O x ─── 3g H2O


g251736

3207x ,=⋅= Pb

4.20. (aby produkt był niezanieczyszczony, substraty należy zmieszać w stosunku stechiometrycznym) Fe + S → FeS 56g 32g liczymy z proporcji: 56g Fe ─── 32g S 20g Fe ─── x

g431156

3220x ,=⋅= S

4.21. 3 NaOH + H3PO4 → Na3PO4 + 3 H2O 3·(23g + 16g +1g) 3·1g + 31g + 4·16g 120g 98g liczymy z proporcji 120g NaOH ─── 98g H3PO4 x ─── 12g H3PO4

g714164

12120x ,=⋅= NaOH

4.22. gęstość wody wynosi 1g/cm3, zatem szukamy masy tlenu i wodoru, koniecznej do otrzymania 2g wody 2 H2 + O2 → 2 H2O 32g 2·18g liczymy z proporcji 32g O2 ─── 36g H2O x ─── 2g H2O

g78136

232x ,=⋅= O2

zgodnie z prawem zachowania masy, resztę stanowi wodór, czyli: mH = 2g – 1,78g = 0,22g 4.23. 2 CO + O2 → 2 CO2 2·(12g + 16g) 32g 56g 32g liczymy z proporcji 56g CO ─── 32g O2 11,2g CO ─── x

g4656

21132x ,

, =⋅= O2

masa mola tlenu cząsteczkowego wynosi: mM = 2 · 16g = 32g, zatem ilość moli jest równa: nO = 6,4g : 32g = 0,2 mola O2 4.24. 4 Al + 3 C → Al4C3 4·27g 4·27g + 3·12g 108g 144g liczymy z proporcji 108g Al ───144g Al4C3

x ─── 54g Al4C3

g540144

54108x ,=⋅= Al

masa mola glinu wynosi: mM = 27g zatem ilość moli jest równa: nAl = 40,5g : 27g = 1,5 mola Al 4.25. (jako odmiane alotropową fosforu przyjmiemy fosfor czerwony, jeśli użylibyśmy fosforu białego, w równaniu należałoby go zapisać jako cząsteczkę P4) liczymy masę 0,1 mola fosforu mP = 0,1 · 31g = 3,1g równanie reakcji ma postać 4 P + 5 O2 → 2 P2O5 4·31g 2·(2·31g + 5·16g) 124g 284g liczymy z proporcji 124g P ─── 284g P2O5 3,1g P ─── x

g17124

28413x ,

, =⋅= P2O5

4.26. szukamy masę kwasu fosforowego, powstałego w reakcji: P2O5 + 3 H2O → 2 H3PO4 2·31g + 5·16g 2·(3·1g + 31g + 4·16g) 142g 196g liczymy z proporcji 142g P2O5 ─── 196g H3PO4 14,2g P2O5 ─── x

g619142

196214x ,

, =⋅= H3PO4

masa mola kwasu fosforowego wynosi: mM = 98g zatem ilość moli jest równa: nAl = 19,6g : 98g = 0,2 mola H3PO4 = 200 milimoli H3PO4 4.27. Sn + 2 Cl2 → SnCl4 2·2·35,5g 119g + 4·35,5g 142g 261g liczymy masę chloru 142g Cl2 ─── 261g SnCl4

x ─── 26100g SnCl4

g14200261

26100142x =⋅= Cl2

masa mola chloru cząsteczkowego wynosi: mM = 2 · 35,5g = 71g, zatem ilość moli jest równa: nCl2 = 14200g : 71g = 200 moli Cl2 = 0,2 kilomola Cl2

4.28. liczymy masę 0,25 mola miedzi mCu = 0,25 · 64g = 16g równanie reakcji ma postać


2 Cu + O2 → 2 CuO 2·64g 2·16g 128g 32g liczymy z proporcji 128g Cu ─── 32g O2 16g Cu ─── x

g4128

1632x =⋅= O2

4.29. 2 Cu2O + C → 4 Cu + CO2 4·64g 12g + 2·16g 256g 44g liczymy z proporcji 256g Cu ─── 44g CO2 x ─── 11g CO2

g6444

11256x =⋅= Cu

masa mola miedzi wynosi: mM = 64g, zatem ilość moli jest równa: nCu = 64g : 64g = 1 mol Cu 4.30. liczymy masę 3 moli siarczku miedzi(I) (Cu2S) mCu = 3 · (2 · 64g + 32g) = 480g równanie reakcji ma postać 2 Cu + S → Cu2S 32g 2·64g + 32g 32g 160g liczymy z proporcji 32g S ─── 160g Cu2S x ─── 480g Cu2S

g96160

48032x =⋅= S

4.31. liczymy masę 4 moli tlenu (O2) mO2 = 4 · 2 · 16g = 128g równanie reakcji ma postać S + O2 → SO2 2·16g 32g + 2·16g 32g 64g liczymy z proporcji 32g O2 ─── 64g SO2 128g O2 ─── x

g25632

64128x =⋅= SO2

4.32. liczymy masę 0,15 mola tlenu (O2) mO2 = 0,15 · 2 · 16g = 4,8g równanie reakcji ma postać 4 Al + 3 O2 → 2 Al2O3 4·27g 3·32g 108g 96g liczymy z proporcji 96g O2 ─── 108g Al

4,8g O2 ─── x

g4596

84108x ,

, =⋅= Al

4.33. liczymy masę 0,6 mola wody (H2O): mH2O = 0,6 · (2g + 16g) = 10,8g równanie reakcji ma postać: Al 2O3 + 3 H2 → 2 Al + 3 H2O 2·27g 3·18g 54g 54g liczymy z proporcji: 54g Al ─── 54g H2O 10,8g Al ─── x x = 10,8g H2O 4.34. liczymy masę 0,5 mola ołowiu mPb = 0,5 · 207g = 103,5g równanie reakcji ma postać PbO2 + 2 H2 → Pb + 2 H2O 207g 2·18g 207g 36g liczymy z proporcji 207g Pb ─── 36g H2O 103,5g Pb ─── x

g18207

365103x =⋅= ,

H2O

4.35. NH4NO3 → N2O + 2 H2O 2·14g + 4g + 3·16g 2·14g + 16g 80g 44g liczymy z proporcji 80g NH4NO3 ─── 44g N2O 8g NH4NO3 ─── x

g4480

448x ,=⋅= N2O

masa mola tlenku azotu(I) wynosi: mM = 44g, zatem ilość moli jest równa: nCl2 = 4,4g : 44g = 0,1 mola N2O 4.36. MnO2 + 4 HCl → MnCl2 + Cl2 + 2 H2O (w równaniu mając po 1 atomie manganu po każdej stronie, najpierw ustalamy tleny, potem wodory, a na końcu chlory) MnO2 + 4 HCl → MnCl2 + Cl2 + 2 H2O 55g + 2·16g 2·35,5g 87g 71g liczymy z proporcji 87g MnO2 ─── 71g Cl2 10g MnO2 ─── x

g16887

7110x ,=⋅= Cl2

masa mola cloru cząssteczkowego (Cl2) wynosi: mM = 71g, zatem ilość moli jest równa:


nCl2 = 8,16g : 71g = 0,115 mola Cl2 4.37. liczymy masę substancji A, z której można otrzymać 72g związku AB 1 cm3 ─── 3g A 12 cm3 ─── x x = 2 · 12 = 36g A, A + B → AB 36g 72g liczymy z proporcji 36g A ─── 72g AB 16g A ─── y

g3236

7216y =⋅= AB

4.38. widzimy, że w równaniu wszystkie współczynniki stechiometryczne są równe 1, policzmy masę substancji A i B w 24g związku AB (zakładając że 1g A reaguje z 3g B, co wiemy ze stosunku masowego, otrzymujemy 4g AB) 1g A ─── 4g AB x ─── 24g AB

g64

124x =⋅= A,

jedyne miejsce gdzie występuje A po prawej stronie równania to związek AC, zatem musi on zawierać 6g A, policzmy masę C 1g A ─── 2g C (co wiemy ze stosunku masowego) 6g A ─── y

g121

26y =⋅=

łączna masa związku AC wynosi mAC = 6g + 12g = 18g 4.39. policzmy masę tlenu potrzebną do utlenienia 6g S S + O2 → SO2 32g 2·16g 32g 32g liczymy z proporcji 32g S ─── 32g O2 6g S ─── x x = 6g O2 zatem 5g tlenu nie wystarczy do utlenienia 6g siarki do dwutlenku siarki (potrzeba przynajmniej 6g tlenu) 4.40. policzmy masę siarczku otrzymaną z 10g Al 2 Al + 3 S → Al2S3 2·27g 2·27g + 3·32g 54g 150g liczymy z proporcji 54g Al ─── 150g Al2S3 10g Al ─── x

g82754

15010x ,=⋅= Al 2S3

zatem 10g glinu wystarczy do otrzymania 25g Al2S3 4.41. policzmy masę kwasu siarkowego otrzymaną z 100kg trójtlenku siarki: SO3 + H2O → H2SO4 32g + 3·16g 2g + 32g + 4·16g 80g 98g liczymy z proporcji 80g SO3 ─── 98g H2SO4 100000g SO3 ─── x

g12250080

9810000x =⋅= H2SO4

masa mola kwasu siarkowego (H2SO4) wynosi: mM = 98g, zatem ilość moli H2SO4 jest równa: nH2SO4 = 122500g : 98g = 1250 mola = 1,25 kilomola zatem 100g SO3 wystarczy do otrzymania 1,2 kilomola H2SO4 4.42. liczymy masę miedzi otrzymaną w wyniku redukcji 7,5g odpowiedniego tlenku 1) CuO + H2 → Cu + H2O 64g + 16g 64g 80g 64g liczymy z proporcji 80g CuO ─── 64g Cu 7,5g CuO ─── x

g680

6457x =⋅= ,

Cu

zatem 7,5g CuO nie wystarczy do otrzymania 6,4g Cu 2) Cu2O + H2 → 2 Cu + H2O 2·64g + 16g 2·64g 144g 128g liczymy z proporcji 144g Cu2O ─── 128g Cu 7,5g Cu2O ─── x

g676144

12857x ,

, =⋅= Cu

zatem 7,5g Cu2O wystarczy do otrzymania 6,4g Cu 4.43. Cu2O + H2 → 2 Cu + H2O 2·64g + 16g 2g 2·64g 2g + 16g 144g 2g 128g 18g widzimy z powyższego równania, że jeżeli powstanie 18g pary wodnej to wówczas masa substancji stałych (tlenku miedzi(I) i miedzi) spadnie z 144g do 128g, zatem o 16g, w zadaniu mamy podane, że masa spadła o 0,5g, możemy więc ułożyć proporcję: 16g ∆ ─── 18g H2O 0,5g ∆ ─── x


g562016

1850x ,

, =⋅= H2O

4.44. liczymy masę H2, powstałą w reakcji 3g Al z kwasem: 2 Al + 6 HR → 2 AlR3 + 3 H2 2 · 27g 3 · 2g 54g 6g

liczymy z proporcji: 54g Al ─── 6g H2 3g Al ─── x

g334054

63x ,=⋅= H2

dla magnezu: Mg + 2 HR → MgR2 + H2 24g 2g liczymy z proporcji: 24g Mg ─── 2g H2 y ─── 0,334g H2

g42

334024y =⋅= ,

Mg

4.45. liczymy masę Fe, powstałą podczas redukcji 144g tlenku żelaza(II): FeO + H2 → Fe + H2O 56g + 16g 56g 72g 56g liczymy z proporcji: 72g FeO ─── 56g Fe 144g FeO ─── x

g11272

56144x =⋅= Fe

dla tlenku żelaza(III): Fe2O3 + 3 H2 → 2 Fe + 3 H2O 2·56g + 3·16g 2·56g 160 112g liczymy z proporcji: 160g Fe2O3 ───112g Fe y ─── 112g Fe y = 160g Fe2O3 4.46. 2 SO2 + O2 → SO3 2·(32g + 2·16g) 2·16g 128g 32g - stosunek molowy SO2 : O2 wynosi 2 : 1 i ilustruje go wykres A - stosunek masowy SO2 : O2 wynosi 128 : 32 = 4 : 1 i ilustruje go wykres B 4.47. - stosunek molowy wynosi SO2 : FeS2 = 8 : 4 = 2 : 1 i ilustruje go wykres A - stosunek masowy wynosi: mSO2 = 8 · (32g + 2 · 16g) = 512g mFeS2 = 4 · (56g + 2 · 32g) = 480g

SO2 : FeS2 = 512 : 480 = 16 : 15 ilustruje go wykres B:

4.48. układamy ogólne równanie reakcji, gdzie x oznacza wartościowość metalu M + x HCl → MClx + x/2 H2 możemy odczytać z wykresu, że w reakcji 1 mola metalu powstaje 1,5 mola wodoru, czyli x/2 = 1,5 x = 3 wartościowość szukanego metalu wynosi III 4.49. układamy ogólne równanie reakcji ZnO + H2R → ZnR + H2O z wykresu wiemy, że 40g ZnO reaguje z 48,4g kwasu, policzmy masę mola kwasu, masa mola ZnO wynosi: mM(ZnO) = 65g + 16g = 81g układamy proporcję: 40g ZnO ─── 48,4g H2R 81g ZnO ─── x

g9840

44881x =⋅= ,

H2R

zatem masa mola kwasu wynosi 98g, takie masy mają: kwas fosforowy(V) i kwas siarkowy(VI), z warunków zadania wiemy, że szukany kwas jest dwuwartościowy, więc kwasem tym jest: H2SO4 4.50. najpierw liczymy masę powstałego NaOH: NaH + H2O → NaOH + H2 23g + 1g 23g + 16g + 1g

24g 40g liczymy z proporcji: 24g NaH ─── 40g NaOH 12g NaH ─── x

g2024

4012x =⋅= NaOH

układamy reakcję zobojętniania: NaOH + HNO3 → NaNO3 + H2O 40g 1g + 14g + 3·16g 40g 63g liczymy z proporcji:

SO2

FeS2

4

4

8

8 16

16

12

12

20

20

24

A

B


40g NaOH ─── 63g HNO3 20g NaOH ─── y

g53140

6320y ,=⋅= HNO3

4.4 Objętościowy stosunek stechiometryczny reagentów 4.51. stosunki objętościowe będą równe stosunkom ilościowym, wyrażanym przez liczbę moli poszczególnych substancji a) 2 SO2 + O2 → 2 SO3

2 : 1 : 2 b) N2O + H2 → N2 + H2O

1 : 1 : 1 : 1 c) H2S + O2 → SO2 + H2O 1 : 1 : 1 : 1 d) 2 CO + O2 → 2 CO2

2 : 1 : 2 e) 2 NO + 2 H2 → N2 + 2 H2O

2 : 2 : 1 : 2 f) 4 NH3 + 5 O2 → 4 NO + 6 H2O

4 : 5 : 4 : 6 4.52. 1) 2 SO2 + O2 → 2 SO3 2) 4 NH3 + 5 O2 → 4 NO + 6 H2O 3) N2O + H2 → N2 + H2O 4.53. 2 H2 + O2 → 2 H2O 2dm3 1dm3 10dm2 x układamy proporcję: 2dm3 H2 ─── 1 dm3 O2 10 dm3 H2 ─── x

3dm52

110x =⋅= O2

4.54. H2 + Cl2 → 2 HCl 1dm3 2dm3 15dm3 x układamy proporcję: 1dm3 Cl2 ─── 2 dm3 HCl 15 dm3 Cl2 ─── x

3dm301

152x =⋅= HCl

4.55. z równania reakcji widzimy, że z 1dm3 tlenku azotu(III) powstaje 1dm3 tlenku azotu(II) i 1dm3 tlenku azotu(VI), czyli produkty łącznie zajmują 2dm3, wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu

zajmuje 22,4 dm3, zatem łączna objętość tlenku azotu(III) wynosi: VN2O3 = 3 · 22,4dm3 = 67,2dm3 układamy proporcję: 1dm3 N2O3 ─── 2dm3 produktów 67,2dm3 N2O3 ─── x

3dm41341

2267x ,

, =⋅= produktów

4.56. N2 + 3 H2 → 2 NH3 1dm3 3dm3 2dm3 zamieńmy objętość w m3 na objętość w dm3: 50m3 = 50000dm3 układamy proporcję dla azotu: 1dm3 N2 ─── 2dm3 NH3 x ─── 50000dm3 NH3

33 m25dm250002

500001x ==⋅= N2

układamy proporcję dla wodoru: 3dm3 H2 ─── 2dm3 NH3 y ─── 50000dm3 NH3

33 m75dm750002

500003y ==⋅= H2

4.57. znamy stosunek objętościowy gaz : tlen = 2 : 13, zatem możemy ułożyć proporcję: 2dm3 gaz ─── 13dm3 O2 25dm3 gaz ─── x

3dm51622

1325x ,=⋅=

4.58. 2 NH3 → N2 + 3 H2 2dm3 1dm3 3dm3 z równania reakcji widzimy, że 2dm3 amoniaku rozkładając się dają 1dm3 azot cząsteczkowego i 3dm3 wodoru cząsteczkowego, zatem z 2dm3 powstaje łącznie 4dm3 produktów, układamy proporcję (6cm3 = 0,006dm3): 2dm3 NH3 ─── 4dm3 produktów 0,006dm3 NH3 ─── x

33 cm12dm01202

00604x ==⋅= ,

,produktów

4.59. (w tym przypadku nie możemy korzystać jedynie ze stosunków objętościowych, gdyż woda występuje w stanie ciekłym) w zadaniu należy przyjąc gęstość wody za: d = 1 g/cm3 2 H2 + O2 → 2 H2O 2·2·1g 2·16g 2·(2g+16g) 4g 32g 36g liczymy masę tlenu konieczną do otrzymania p cm3, czyli p g (gdyż 1cm3 waży 1g) wody:


32g O2 ─── 36g H2O x ─── p g H2O

gp889036

p32x ⋅=⋅= , O2

wiemy, że jeden mol tlenu zajmuję objętość 22,4dm3, liczymy ile zajmie obliczona wcześniej masa tlenu 32g O2 ─── 22,4dm3 0,889·p O2 ─── y

3dmp622032

422p8890y ⋅=⋅⋅= ,

,,

z równania reakcji wiemy, że objętość wodoru jest 2 razy większ niż objętość tlenu, zatem wynosi ona: VH2 = 2 · 0,622 · p dm3 = 1,244 · p dm3 początkowa objętość gazów jest równa: Vp = 0,622 · p dm3 + 1,244 · p dm3 = 1,867 · p dm3 4.60. a) 380K = 107°C i w tej temperaturze woda występuje w stanie gazowym (zresztą tak jak wszystkie inne reagenty), wtedy stosunek objętościowy gazowych substratów do gazowych produktów wynosi: 5 : 4, zatem Vp = 0,8 · Vs b) 280K = 7°C i w tej temperaturze woda występuje w stanie ciekłym (inaczej niż pozostałe reagenty), wtedy stosunek objętościowy gazowych substratów do gazowych produktów wynosi: 5 : 2, zatem Vp = 0,4 · Vs 4.61. układamy równanie reakcji H2 + Cl2 → 2 HCl łączna objętość substratów i produktu jest taka sama, zatem z równania Clapeyrona pV = nRT p = nRT / V widzimy, że skoro objętość i liczba moli jest taka sama (co ma miejsce podczas omawianej przez nas reakcj) oraz panuje podczas niej taka sama temperatura dla substratów i produktów (co wiemy z danych zadania), wówczas ciśnienie nie ulega zmianie 4.62. 2 H2 + O2 → 2 H2O z równanie reakcji widzimy, że do otrzymania 2 moli wody potrzeba 2 mole wodoru cząsteczkowego, zatem aby otrzymać 6 moli wody, do reakcji musimy wziąć 6 moli wodoru cząsteczkowego, liczymy jego objętość (w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje 22,4dm3): 1 mol H2 ─── 22,4dm3 H2 6 moli H2 ─── x

3dm41341

4226x ,

, =⋅= H2

4.63. liczymy objętość 0,4 mola tlenu w warunkach normalnych:

1 mol ─── 22,4dm3 0,4 mola ─── x x = 0,4 · 22,4 = 8,96dm3 z równania rekcji wiemy, że: 2dm3 O2 ─── 1dm3 CO2 8,96dm3 O2 ─── y

3dm4842

1968y ,

, =⋅= CO2

4.64. 2 C + O2 → 2 CO 1dm3 2dm3 liczymy z proporcji: 1dm3 O2 ─── 2dm3 CO 30dm3 O2 ─── x x = 30 · 2 = 60dm3 CO wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol zajmuje objętość 22,4dm3, zatem: 22,4dm3 ─── 1 mol 60dm3 ─── y

6792422

160y ,

,=⋅= mola [CO]

4.65. 2 SO2 + O2 → 2 SO3 2dm3 2dm3 liczymy z proporcji: 2dm3 SO2 ─── 2dm3 SO3 10dm3 SO2 ─── x

3dm102

210x =⋅= SO3

wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol zajmuje objętość 22,4dm3, zatem: 22,4dm3 ─── 1 mol 10dm3 ─── y

4460422

110y ,

,=⋅= mola [SO3]

4.66. 4 HNO3 → 2 N2 + 5O2 + 2 H2O widzimy, że z 4 moli par kwasu tworzy się łącznie 9 moli produktów, zatem: 4 mole HNO3 ─── 9 moli produktów 1 mol NHO3 ─── x

2524

91x ,=⋅= mola produktów

z równania Clapeyrona liczymy jaką objętość zajmie 2,25 mola gazów w podanych w zadaniu warunkach:

p

nRTV

nRTpV

=

=


3

3

dm235hPa1013

K1273Kmol

hPadm1,83mola25,2

V =⋅

⋅⋅⋅

=

4.67. CaCO3 → CaO + CO2 liczymy masę mola CaCO3: mM = 40g + 12g + 3 · 16g = 100g zatem masa podana w zadaniu odpowiada następującej ilości moli węglanu wapnia: nCaCO3 = 12 : 100 = 0,12 mola widzimy, z równania reakcji, że wszystkie reagenty, są w stosunku molowym 1 : 1 : 1, więc z rozkładu 0,12 mola węglanu powstanie 0,12 mola CO2, który w warunkach normalnych zajmie objętość równą: 1 mol ─── 22,4dm3 0,12 mola ─── x x = 0,12 · 22,4 = 2,688dm3 [CO2] 4.68. liczymy masę mola tlenku rtęci(II): mM = 201g + 16g = 217g następnie, należy obliczyć jaką liczbę moli stanowi 4,34g HgO: nHgO = 4,34 : 217 = 0,02 mola HgO układamy równanie rozkładu: 2 HgO → 2 Hg + O2 2 mole 1 mol układamy proporcję: 2 mole HgO ─── 1 mol O2 0,02 mola HgO ─── x

0102

1020x ,

, =⋅= mola O2

wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuję objętość 22,4dm3, zatem: 1 mol ─── 22,4dm3 0,01 mola ─── y y = 0,01 · 22,4 = 0,224dm3 [O2] 4.69. liczymy masę mola CO2: mM = 12g + 2 · 16g = 44g wiemy, że 1 mol CO2 (44g) zajmuje w warunkach normalnych objętość równą 22,4dm3, zatem: 44g CO2 ─── 22,4dm3 CO2 13,2g CO2 ─── x

3dm72644

422213x ,

,, =⋅=

2 CO + O2 → 2 CO2 2dm3 2dm3 z równanie reakcji, otrzymujemy zależność: 2dm3 CO ─── 2dm3 CO2

y ─── 6,72dm3 CO2 y = 6,72dm3 CO 4.70. z równanie reakcji, otrzymujemy zależność:

4 dm3 NH3 ─── 4 dm3 NO x ─── 112 dm3 NO

x = 112dm3 NH3 wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość 22,4dm3, zatem: 1 mol NH3 ─── 22,4dm3 NH3 x ─── 112dm3 NH3

5422

1112x =⋅=

,moli NH3

liczymy masę mola amoniaku: mM = 14g + 3 · 1g = 17g szukana masa amoniaki wynosi mNH3 = 5 · 17g = 85g 4.71. 3 O2 → 2 O3 3 mole 2 mole widzimy, że podczas przeprowadzania w ozon 3 moli tlenu cząsteczkowego, całkowita ilość cząsteczek zmniejsza się o 1 mol, zaś objętość o 22,4dm3 (w warunkach normalnych), możemy zatem wyprowadzić następującą proporcję 3 mole O2 ─── 22400cm3 ubytku obj. x ─── 10 cm3 ubytku obj

00134022400

103x ,=⋅= mola O2

liczymy masę mole tlenu cząsteczkowego: mM = 2 · 16g = 32g zatem masa tlenu cząsteczkowego użytego w reakcji wynosi: mO2 = 0,00134 · 32g = 0,0428g = 42,8mg 4.72. liczymy jaką ilość moli w warunkach normalnych stanowi 5dm3 tlenu: 1 mol O2 ─── 22,4dm3 O2 x ─── 5dm3

2230422

15x ,

,=⋅= mola O2

korzystając z równania reakcji policzmy, jaka ilość nadtlenku wodoru jest potrzebna, aby otrzymać 0,223 mola tlenu cząsteczkowego: 2 H2O2 → 2 H2O + O2 2 mole 1 mol układamy proporcję 2 mole H2O2 ─── 1 mol O2

y ─── 0,223 mola O2 y = 2 · 0,223 = 0,446 mola H2O2

wyznaczmy masę mola nadtlenku wodoru: mM = 2 · 1g + 2 · 16g = 34g zatem masa nadtlenku wodoru użytego w reakcji jest równa: mH2O2 = 0,446 · 34 = 15,2g 4.73. układamy równanie reakcji:


Na2SO3 + H2SO4 → Na2SO4 + SO2 + H2O 1 mol 1 mol liczymy, jaką liczbę moli w warunkach normalnych stanowi 5,6dm3 tlenku siarki(IV): 1 mol SO2 ─── 22,4dm3 SO2 x ─── 5,6dm3 SO2

250422

165x ,

,

, =⋅= mola SO2

z równania reakcji wiemy: 1 mol SO2 ─── 1 mol Na2SO3 0,25 mola SO2 ─── y y = 0,25 mola Na2SO3 wyznaczamy masę mola siarczanu(IV) sodu: mM = 2 · 23g + 32g + 3 · 16g = 126g zatem masa siarczanu(IV) sodu potrzebna do otrzymania 5,6dm3 tlenku siarki(IV) wynosi: mNa2SO3 = 126g · 0,25 = 31,5g 4.74. wyznaczamy masę mola amoniaku: mM = 14g + 3 · 1g = 17g liczymy ilość moli zsyntezowanego amoniaku: nNH3 = 200g : 17g = 11,76 mola 3 H2 + N2 → 2 NH3 3 mole 1 mol 2 mole układamy proporcję dla wodoru: 3 mole H2 ─── 2 mole NH3 x1 ─── 11,76 mola NH3

64172

76113x1 ,

, =⋅= mola H2

układamy proporcję dla azotu: 1 mol N2 ─── 2 mole NH3 x2 ─── 11,8 mola NH3

8852

76111x 2 ,

, =⋅= mola N2

a) wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość równą 22,4dm3, zatem: VH2(1) = 17,64 · 22,4dm3 = 395dm3

VN2(1) = 5,88 · 22,4dm3 = 132dm3 b) z równania Clapeyrona liczymy objętość 1 mola gazów w podanych w zadaniu warunkach

3

3

dm3725hPa976

K298molK

hPadm183mol1

p

nRTV

nRTpV

,,

=⋅

⋅⋅⋅

==

=

zatem objętości poszczególnych gazów wynoszą: VH2(2) = 17,64 · 25,37dm3 = 448dm3

VN2(2) = 5,88 · 25,37dm3 = 149dm3 4.75. liczymy ilość moli 5dm3 azotu odmierzonego w warunkach a) normalnych; b) T = 294K, p = 992hPa a) 1 mol ─── 22,4dm3 x1 ─── 5dm3

2230422

15x1 ,

,=⋅= mola

b) z równania Clapeyrona liczymy objętość 1 mola gazów w podanych w zadaniu warunkach

3

3

dm6324hPa992

K294molK

hPadm183mol1

p

nRTV

nRTpV

,,

=⋅

⋅⋅⋅

==

=

zatem możemy ułożyć proporcję: 1 mol ─── 24,63dm3 x2 ─── 5dm3

20306324

15x 2 ,

,=⋅= mola

układamy równanie reakcji: NH4NO2 → N2 + 2 H2O 1 mol 1 mol

znając stosunek molowy, możemy ułożyć proporcję: a) 1 mol NH4NO2 ─── 1 mol N2 y1 ─── 0,223 mola N2 y1 = 0,223 mola NH4NO2 b) 1 mol NH4NO2 ─── 1 mol N2 y2 ─── 0,203 mola N2 y2 = 0,203 mola NH4NO2 liczymy masę mola azotanu(III) amonu: mM = 2 · 14g + 4 · 1g + 2 · 16g = 64g zatem, szukana masa azotanu(III) amonu wynosi: a) mNH4NO2(1) = 0,223 · 64g = 14,28g b) mNH4NO2(2) = 0,203 · 64g = 13g 4.76. jako jednostkę porównawczą przyjmijmy po 1 molu: 1) 1 mol ─── 22,4dm3 x1 ─── 11,2dm3 x1 = 0,5 mola 2) x2 = 0,25 mola 3) 1 mol ─── 2g x3 ─── 0,1g x3 = 0,05mola 4) 1mol ─── 6,02 · 1023 cząsteczek x4 ─── 2,4 · 1023 cząsteczek x4 = 0,4 mola układamy równanie reakcji Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2 1mol 1 mol najwięcej cynku, użyto w tym przypadku, w którym wydzieliło się najwięcej wodoru, czyli w pierwszym 4.77. wszystkie metale miały w soli wartościowość II, zatem możemy ułożyć ogólne równanie: M + 2 HCl → MCl2 + H2 oczywiście najwięcej moli wodoru wydzieli się w tym przypadku, w którym weźmiemy największą ilość metalu, ogólny wzór na ilość moli metalu ma postać:


MM m

mn =

z warunków zadanie wiemy, że masa (m) jest stała, zatem największą ilość moli metalu będziem miała próbka o najniższej masie mola, czyli magnez 4.78. zadanie jest analogiczne do 4.77. próbka magnezu zawiera więcej moli metalu, zatem w naczyniu do którego wrzucimy magnez wydzieli się (opuści układ) większa masa wodoru, niż w naczyniu z cynkiem, zatem po zakończeniu reakcji naczynie z magnezem będzie lżejsze (próbki metali mają takie same masy zatem one bezpośrednio nie wpłyną na różnice w masie obu naczyń) 4.79. liczymy masę mola wodorowęglanu amonu: mM = 14g + 5 · 1g + 12g + 3 · 16g = 79g liczymy ilość moli wodorowęglanu amonu: nNH4HCO3 = 1g : 79g = 0,01266 mola układamy równanie reakcji: NH4HCO3 → NH3 + CO2 + H2O w temperaturze 500K wszystkie produkty reakcji są gazami, zatem wyznaczamy ilość produktów powstałych z 0,01266 mola soli 1 mol NH4HCO3 ─── 3 mole produktów 0,01266 mola NH4HCO3 ─── x x = 3 · 0,01266 = 0,038 mola produktów z równania Clapeyrona liczymy łączną objętość produktów gazowych:

3

3

dm581hPa1000

K500molK

hPadm183mol0380

p

nRTV

nRTpV

,,,

=⋅

⋅⋅⋅

==

=

4.80. wyznaczamy masę mola wodorotlenku potasu: mM = 39g + 1g + 16g = 56g liczymy ilość moli wodorotlenku potasu: nKOH = 10 : 56g = 0,1786 mola układamy równanie reakcji 2 KOH + CO2 → K2CO3 + H2O 2 mole 1mol liczymy ilość moli CO2 potrzebnych do reakcji: 2 mole KOH ─── 1 mol CO2 0,1786 mola KOH ─── x

089302

117860x ,

, =⋅= mola CO2

wyznaczamy objętość CO2 w warunkach normalnych: 1 mol CO2 ─── 22,4dm3 CO2 0,0893 mola CO2 ─── x x = 22,4 · 0,0893 = 2dm3 CO2

4.81. układamy ogólne równanie reakcji: MS + 2 HCl → MCl2 + H2S 1 mol 1 mol zakładamy, że warunki w których przeprowadzono pomiar są warunkami normalnymi, zatem 1 mol H2S zajmuje 22,4dm3, zatem wiedząc masa siarczku potrzebna do wydzielenia 22,4dm3 siarkowodoru jest masą mola siarczku (gdyż z równania reakcji stosunek molowy MS : H2S = 1 : 1), do proporcji możemy wziąć dowolne wartości odczytane z wykresu: 9g siarczku ─── 2,29dm3 H2S x ─── 22,4dm3 H2S

88292

4229x =⋅=

,

,g siarczku

masa mola siarczku wynosi: mM = mmetalu + 32g = 88g mmetalu = 56g szukanym metalem jest żelazo, a siarczek ma wzór sumaryczny: FeS 4.82. 2 H2 + O2 → 2 H2O 2 mole 1 mol 2·22,43dm3 22,39dm3 44,86dm3 22,39dm3 przyjmijmy, że do reakcji wzięto 1 mol (czyli 22,39dm3) tlenu, zatem aby reakcja przebiegła w stosunku stechiometrycznym należałoby wziąć 2 mole wodoru (czyli 44,86dm3) z warunków zadani policzmy jednak jaka była rzeczywista objętość wodoru: 1dm3 O2 ─── 2dm3 H2 22,39dm3 O2 ─── x x = 2 · 22,39dm3 = 44,78dm3 wcześniej dowiedliśmy, że aby reakcja przebiegła w stosunku stechiometrycznym należałoby wziąć 44,86dm3 wodru, a nie 44,78dm3, wynika z tego, że jest zbyt mało wodoru, a co za tym idzie mamy nadmiar tlenu 4.5. Przebieg reakcji po zmieszaniu substratów w stosunku niestechiometrycznym 4.83. Zn + S → ZnS 65g 32g ustalmy ilość cynku konieczną do reakcji z 6,4g siarki: 32g S ─── 65g Zn 6,4g S ─── x

g1332

6546x =⋅= ,

Zn

z warunków zadania wiemy, że do reakcji wzięto 15g cynku, zatem użyto go w nadmiarze (w ilości 2g)


4.84. Mg + S → MgS 24g 32g 56g ustalmy ilość siarki konieczną do reakcji z 9g magnezu: 24g Mg ─── 32g S 9g Mg ─── x

g1224

329x =⋅= S

z tego wynika, że magnez użyty jest w nadmiarze, zatem ilość siarczku powstałego w reakcji będzie warunkowała ilość siarki 32g S ─── 56g MgS 10g S ─── y

g51732

1056y ,=⋅= MgS

4.85. 2 FeO + C → 2 Fe + CO2 2·(56g+16g) 12g 44g

144g 12g 44g ustalmy ilość węgla konieczną do reakcji z 100g FeO: 144g FeO ─── 12g C 100g FeO ─── x

g338144

10012x ,=⋅= C

z tego wynika, że węgla użyto w nadmiarze, zatem ilość dwutlenku węgla, będzie warunkowała ilość tlenku żelaza(II) 144g FeO ─── 44g CO2 100g FeO ─── y

g5630144

44100y ,=⋅= CO2

4.86. Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2 65g 98g 2g ustalmy ilość cynku konieczną do reakcji z 28g H2SO4: 65g Zn ─── 98g H2SO4 x ─── 28g H2SO4

g61898

2865x ,=⋅= Zn

z tego wynika, że cynku użyto w nadmiarze, zatem ilość wydzielonego wodoru, warunkować będzie ilość kwasu siarkowego(VI) 98g H2SO4 ─── 2g H2 28g H2SO4 ─── y

g57098

228y ,=⋅=

wiemy, że 1 mol H2, czyli 2g zajmują objętość równą 22,4dm3, zatem:

2g H2 ─── 22,4dm3 H2

0,57g H2 ─── z

3dm462

422570z ,

,, =⋅= H2

4.87. zmieńmy masę glinu na liczbę moli (mMAl = 27g) nAl = 2,5g : 27g = 0,0926 mola Al układamy równanie reakcji 2 Al + 3 S → Al2S3 2 mole 3mole 1 mol policzmy jaka ilość moli Al będzie konieczna do reakcji z 0,125 mola siarki: 2 mole Al ─── 3 mole S x ─── 0,125 mola S

083303

12502x ,

, =⋅= mola Al

z tego wynika, że glinu użyto w nadmiarze, zatem ilość powstałego siarczku, warunkować będzie ilość siarki: 3 mole S ─── 1 mol Al2S3 0,125 mola S ─── y

041703

11250y ,

, =⋅= mola Al2S3

liczymy masę mola siarczku glinu: mM = 2 · 27g + 3 · 32g = 150g zatem szukana masa siarczku wynosi: mAl2S3 = 0,0417 · 150g = 6,26g 4.88. H2 + Cl2 → 2 HCl 1dm3 1dm3 2dm3 widzimy, że wodór reaguje z chlorem w stosunku objętościowym 1 : 1, zatem wodoru użyto w nadmiarze równym 1 dm3, policzmy ile dm3 chlorowodoru powstanie w tej reakcji: 1dm3 Cl2 ─── 2dm3 HCl 3dm3 Cl2 ─── x x = 3 · 2 = 6dm3 HCl zatem łączna objętość gazów po reakcji to: 6dm3 HCl oraz 1dm3 wodoru, który był w nadmiarze, czyli łącznie gazy zajmują objętość równą 7dm3 4.89. 3 H2 + N2 → 2 NH3 3 mole 1 mol 2 mole oczywiście azotu użyto w nadmiarze, zatem ilość powstałego amoniaku warunkować będzie ilość wodoru: 3 mole H2 ─── 2 mole NH3 1 mol H2 ─── x

3

2

3

21x =⋅= mola NH3

liczymy ilość azotu, która wziela udział w reakcji 3 mole H2 ─── 1 mole N2 1 mol H2 ─── y


3

1

3

11x =⋅= mola N2

zatem nie przereagowała 2/3 mola azotu, skład zbiornika po reakcji jest następujący: 2/3 mola NH3 i 2/3 mola N2 4.90. policzmy ilość moli kwasu azotowego: mMHNO3 = 1g + 14g + 3 · 16g = 63g nHNO3 = 10g : 63g = 0,159 mola kwas azotowy(V) jest kwasem jednowodorowym, zatem ilość jonów H+ w tym roztworze wynosi 0,159 mola policzmy ilość moli wodorotlenku sodu: mMNaOH = 23g + 1g + 16g = 40g nNaOH = 6g : 40g = 0,15 mola wodorotlenek sodu jest wodorotlenkiem jednowodorotlenowym, zatem ilość jonów OH- w roztworze wunosi 0,15 mola; widzimy, że ilość jonów H+ jest większa, zatem po zmieszaniu roztwór będzie miał odczyn kwaśny 4.91. policzmy ile moli stanowi 600mg (0,6g) wody: mMH2O = 2 · 1g + 16g = 18g nH2O = 0,6g : 18g = 0,0333 mola = 33,3 milimoli P2O5 + 3 H2O → 2 H3PO4 1 mol 3 mole 2 mole policzmy jaka ilość moli będzie konieczna do reakcji z 10 milimolami (0,01 mola) tlenku fosforu(V): 1 mol P2O5 ─── 3 mole H2O 0,01 mola P2O5 ─── x x = 0,01 · 3 = 0,03 mola = 30 milimoli z tego wynika, że wody użyto w nadmiarze, zatem ilość powstałego kwasu warunkować będzie ilość tlenku fosforu(V) 1 mol P2O5 ─── 2 mole H3PO4 0,01 mola P2O5 ─── y y = 0,01 · 2 = 0,02 mola = 20 milimoli H3PO4 4.92. policzmy ile moli stanowi 0,2g wody: mMH2O = 2 · 1g + 16g = 18g nH2O = 0,2g : 18g = 0,0111 mola = 11,1 milimoli Ca + 2 H2O → Ca(OH)2 + H2 1 mol 2 mole 1 mol policzmy jaka ilość wody będzie konieczna do reakcji z 5,7 milimola (0,0057 mola) wapnia 1 mol Ca ─── 2 mole H2O 0,0057 mola Ca ─── x x = 0,0057 · 2 = 0,0114 mola = 11,4 milimola z tego wynika, że wapnia użyto w nadmiarze, zatem ilość wodoru warunkuje ilość wody 2 mole H2O ─── 1 mol H2 0,0111 mola H2O ─── y

0055502

101110y ,

, =⋅= mola H2

wiemy, że jeden mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4dm3, zatem VH2 = 0,00555 · 22,4dm3 = 0,124dm3

4.93. zamieńmy ilości cząsteczek na ilości moli: nH2 = 12 · 1024 : 6,02 · 1023 = 20 moli nN2 = 6 · 1024 : 6,02 · 1023 = 10 moli 3 H2 + N2 → 2 NH3 3 mole 1 mol 2 mole policzmy jaka ilość wodoru będzie konieczna do reakcji z 10 molami azotu 1 mol N2 ─── 3 mole H2 10 moli N2 ─── x x = 3 · 10 = 30 moli H2 z tego wynika, że azotu użyto w nadmiarze, zatem ilość powstałego amoniaku, warunkować będzie ilość wodoru 3 mole H2 ─── 2 mole NH3 20 moli H2 ─── y

33133

220y ,=⋅= mola NH3

4.94. 2 H2 + O2 → 2 H2O 2 cm3 1 cm3 2 cm3 wiemy, że skoro nie przereagowało 10cm3 (nadmiar) tlenu to objętość mieszaniny tlenu i wodoru w stosunku stechiometrycznym wynosiła 60cm3, stosunek objętościowy wodoru do tlenu w reakcji syntezy wody wynosi 2 : 1 (czyli mieszanina gazów o objętości 3cm3 zawiera 2cm3 H2 z 1cm3 O2), policzmy ilość wodoru w 60cm3 mieszaniny: 2cm3 H2 ─── 3cm3 mieszaniny x ─── 60cm3 mieszaniny

403

260x =⋅= cm3 H2

policzmy jaka objętość pary wodnej powstała: 2cm3 H2 ─── 2cm3 H2O 40cm3 H2 ─── y y = 40cm3 H2O wynika z tego, że w reakcji powstało 40cm3 pary wodnej; w mieszaninie poreakcyjnej oprócz pary wodnej znajduje się również 10cm3 tlenu, łączna objętość mieszaniny poreakcyjnej wynosi: V = 10cm3 + 40cm3 = 50cm3 a procent objętościowy tlenu jest równy:

%%% 20100cm50

cm10O

3

3

2obj =⋅=

4.95. 3 H2 + N2 → 2 NH3 3cm3 1cm3 2cm3 a) policzmy jaka ilość azotu jest konieczna do reakcji z 30cm3 wodoru:


3cm3 H2 ─── 1cm3 N2 30cm3 H2 ─── x1

103

130x1 =⋅= cm3 N2

z tego wynika, że azotu użyto w nadmiarze, zatem ilość powstałego amoniaku warunkować będzie ilość wodoru 3cm3 H2 ─── 2cm3 NH3 30cm3 H2 ─── y1

203

230y1 =⋅= cm3 NH3

b) policzmy jaka ilość azotu jest konieczna do reakcji z 40cm3 wodoru 3cm3 H2 ─── 1cm3 N2 40cm3 H2 ─── x2

33133

140x 2 ,=⋅= cm3 N2

z tego wynika, że wodoru użyto w nadmiarze, zatem ilość powstałego amoniaku warunkować będzie ilość azotu 1cm3 N2 ─── 2cm3 NH3 10cm3 N2 ─── y2

201

210y2 =⋅= cm3 NH3

w obu naczyniach powstała taka sama ilość amoniaku 4.96. 2 CO + O2 → 2 CO2 2·(12g+16g) 2·16g 56g 32g 2dm3 1dm3 2 mole 1 mol 1) skoro masy są równe wówczas mamy nadmiar tlenu (stechiometrycznie jest 56g CO : 32g O2), czyli cały tlenek węgla przereaguje z tlenem 2) skoro objętości są równe wówczas mamy nadmiar tlenu (stechiometrycznie jest 2dm3 CO : 1dm3 O2), czyli cały tlenek węgla przereaguje z tlenem 3) skoro ilości moli są równe wówczas mamy nadmiar tlenu (stechiometrycznie jest 2 mole CO : 1 mol O2), czyli cały tlenek węgla przereaguje z tlenem 4.97. wiemy, że powietrze zawiera ok. 21% objętościowych tlenu, zatem objętość tlenu wynosi: VO2 = 0,21 · 200cm3 = 42cm3 2 H2 + O2 → 2 H2O 2 cm3 1 cm3 2 mole 2 mole policzmy ilość wodoru konieczną do reakcji z 42cm3 tlenu 1cm3 O2 ─── 2cm3 H2 42cm3 O2 ─── x x = 2 · 42 = 84cm3 H2

wynika z tego, że wodoru użyto w nadmiarze, zatem ilość powstałej wody warunkować będzie ilość tlenu, zamieńmy objętość wodoru na ilość moli 1 mol H2 ─── 22400cm3 H2 y ─── 84cm3 H2

00375022400

841y ,=⋅= mola H2

wiemy, że stosunek molowy wodoru do powstałej wody wynosi 1 : 1, zatem w reakcji powstało 0,00375 mola wody, obliczmy jej masę: mM = 2 · 1g + 16g = 18g mH2O = 0,00375 · 18g = 0,0675g = 67,5mg 4.98. wiemy, że skoro nie przereagowało 5cm3 (nadmiar) wodoru to objętość mieszaniny tlenu i wodoru w stosunku stechiometrycznym wynosiła 30cm3, stosunek objętościowy wodoru do tlenu w reakcji syntezy wody wynosi 2 : 1 (czyli mieszanina gazów o objętości 3cm3 zawiera 2cm3 H2 z 1cm3 O2), policzmy ilość tlenu w 30cm3 mieszaniny (w stosunku stechiometrycznym): 1cm3 H2 ─── 3cm3 mieszaniny x ─── 30cm3 mieszaniny

103

130x =⋅= cm3 O2

procent objętościowy tlenu wynosi:

%,%% 628100cm35

cm10O

3

3

2obj =⋅=

4.99. CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O 1cm3 2cm3 12g+4g 2·2·16g 26g 64g 1) załóżmy, że mieszanina ma objętość 10cm3, zatem zawiera 6cm3 O2 i 4cm3 CH4 policzmy jaka objętość tlenu jest potrzebna do spalenia 4 cm3 metanu 1cm3 CH4 ─── 2cm3 O2 4cm3 CH4 ─── x x = 4 · 2 = 8cm3 O2 zatem widzimy, że ilość tlenu nie jest wystarczająca do całkowitego spalenia metanu 2) załóżmy, że mieszanina ma masę 10g, zatem zawiera 6g O2 i 4g CH4 policzmy jaka masa tlenu jest potrzebna do spalenia 4g metanu 26g CH4 ─── 64g O2 4g CH4 ─── y

g65926

644y ,=⋅= O2

zatem widzimy, że ilość tlenu nie jest wystarczająca do całkowitego spalenia metanu


4.100. H2 + Cl2 → 2 HCl 1dm3 1dm3 2dm3 policzmy jaką objętość chloru zużyto do reakcji: 1dm3 Cl2 ─── 2dm3 HCl x ─── 80dm3 HCl

402

180x =⋅= dm3 Cl2

wiemy, że cała objętość chloru przereagowała, zatem procent objętościowy w mieszaninie przedreakcyjnej jest równy:

%%% 40100cm100

cm40Cl

3

3

2obj =⋅=

4.101. tworzymy układ równań, w którym jedno równanie dotyczyć będzie objętości, a drugie masy:

mola008470dm422

dm422ndm50n

mola013850n

421n61545

n41590421n844

1n41590422n844

1422)n711(n844

504222

71n1422n

2

71n1n

50422n422n

71n12n

50422n422n

g1g2ng71n

dm50dm422ndm422n

3

32Cl

3

2H

2Cl

2Cl

2Cl2Cl

2Cl2Cl

2Cl2Cl

2Cl2Cl

2Cl2H

2H2Cl

2Cl2H

2H2Cl

2H2Cl

332H

32Cl

,,

,,

,

,,

,,,

,,,

,,

,,,

,,,

,,,

,,,

=⋅−

=

==⋅

⋅=+⋅=⋅−+⋅=⋅⋅−+⋅

=⋅⋅−

+⋅

⋅−=

=⋅+⋅

⋅−=⋅=⋅+⋅

=⋅+⋅=⋅+⋅

H2 + Cl2 → 2 HCl 1 mol 1 mol widzimy, że chlor reaguje z wodorem w stosunku 1 : 1, zatem w mieszaninie reakcyjnej w nadmiarze występuje chlor 4.6. Wykorzystywanie stosunku ilościowego reagentów do oblicznia parametrów chemicznych substancji 4.102. zamieńmy masy na liczby moli: mMCO2 = 12g + 2·16g = 44g nCO2 = 0,66g : 44g = 0,015 mola mMH2O = 16g + 2·1g = 18g nH2O = 0,36g : 18g = 0,02 mola układamy równanie reakcji CxHy + z O2 → 0,015 CO2 + 0,02 H2O

oczywiście współczynniki stechiometryczne muszą być liczbami całkowitymi, zatem CxHy + z O2 → 3 CO2 + 4 H2O widzimy, że po prawej stronie równania mamy 3 atomy węgla i 8 atomów wodoru, zatem wzór węglowodoru ma postać: C3H8 4.103. liczymy ilość moli CO2 mMCO2 = 12g + 2·16g = 44g nCO2 = 13,2g : 44g = 0,3 mola masa węglowodoru wzięta do reakcji (4g) stanowi 0,1 mola tego związku, zatem skoro z 0,1 mola węglowodoru powstaje 0,3 mola CO2 to z 1 mola węglowodoru otrzymamy 3 mole CO2, co oznacza, że w swojej cząsteczce szukany węglowodór zawiera 3 atomy węgla, wobec czego masa wodoru w 1 molu węglowodoru wynosi: mH = 40g – 36g = 4g co stanowi 4 mole wodoru, szukany przez nas wzór węglowodoru ma postać: C3H4 4.104. zamieńmy masy na liczby moli: mMCuO = 64g + 16g = 80g nCuO = 4g : 80g = 0,05 mola mMSO2 = 32g + 2·16g = 64g nSO2 = 1,6g : 64g = 0,025 mola układamy równanie reakcji CuxS + z O2 → 0,05 CuO + 0,025 SO2 CuxS + z O2 → 2 CuO + SO2 widzimy, że po prawej stronie równania występują 2 mole miedzi oraz 1 mol siarki, zatem siarczek musi mieć wzór: Cu2S 4.105. liczymy ilość moli SO2 mMSO2 = 32g + 2·16g = 64g nSO2 = 32g : 64g = 0,5 mola, skoro, z 19g szukanego związku powstaje 0,5 mola SO2 to 1 mol tlenku powstanie z 38g związku, jednocześnie możemy wnioskować, że wyliczona masa (38g) związku będzie zawierać 1 mol siarki, resztę masy musi stanowić węgiel mC = mM – mMsiarki = 38g – 32g = 6g wyliczonej masie odpowiada 0,5 mola węgla, wstępnie wzór szukanego związku ma postać: C0,5S. oczywiście indeksy stechiometryczne muszą być liczbami całkowitymi, zatem empiryczny wzór spalonego związku to: CS2 4.106. zamieńmy masy na liczby moli: mMCO2 = 12g + 2·16g = 44g nCO2 = 2,64g : 44g = 0,06 mola mMH2O = 16g + 2·1g = 18g nH2O = 2,16g : 18g = 0,12 mola mMSO2 = 32g + 2·16g = 64g


nSO2 = 3,84g : 64g = 0,06 mola układamy równanie reakcji CxHySz + p O2 → 0,06 CO2 + 0,12 H2O + 0,06 SO2 CxHySz + p O2 → CO2 + 2 H2O + SO2 po prawej stronie równania mamy: 1 mol C, 4 mole H, 1 mol S, zatem empiryczny wzór szukanego związku ma postać: CH4S, jego masa mola wynosi 48, zatem podany przez nas wzór empiryczny jest jednocześnie wzorem rzeczywistym 4.107. zamieńmy masy/objętości na liczby moli: mMMn = 55g nMn = 2,5g : 55g = 0,04545 mola nCO2 = 0,678dm3 : 22,4dm3 = 0,03027 mola MnxOy + z C → 0,04545 Mn + 0,03027 CO2 MnxOy + z C → 3 Mn + 2 CO2 po prawej stronie równania mamy: 3 mole manganu i 2 mole dwutlenku węgla, czyli 4 mole atomów tlenu, wzór empiryczny szukanego przez nas tlenku to: Mn3O4 4.108. zamieńmy masy/objętości na liczby moli: mMCr = 52g nCr = 7,74g : 52g = 0,1488 mola nH2 = 10dm3 : 22,4dm3 = 0,4464 mola układamy równanie reakcji: CrxOy + 0,4464 H2 → 0,1488 Cr + z H2O łatwo zauważyć, że z = 0,4464, oraz, że 0,4464 : 0,1488 = 3, zatem CrxOy + 0,4464 H2 → 0,1488 Cr + 0,4464 H2O CrxOy + 3 H2 → Cr + 3 H2O po prawej stronie równania mamy: 1 mol chromu i 3 mole wody, czyli 3 mole atomów tlenu, wzór empiryczny szukanego przez nas tlenku to: CrO3 4.109. zamieńmy objętości tlenku węgla na liczbe moli korzystając z równanie Clapeyrona:

COmola3

1

K291Kmol

dmhPa183

dm867hPa1026

RT

pVn

nRTpV

3

3

≈⋅

⋅⋅

⋅==

=

,

,

MO + C → M + CO 1/3 MO + C → M + 1/3 CO widzimy zatem, że redukując 27g tlenku stanowi 2/3 mola tego związku, masa mola szukanego przez nas tlenku to: mM = 27g : 1/3 = 81g skoro szukany przez nas metal jest dwuwartościowy to w cząsteczce tlenku znajduje się 1 atom tlenu, zatem masa mola szukanego metalu jest równa: mMmetal = 81g – 16g = 65g metalem tym jest cynk

4.110. zamieńmy objętości wodoru na liczbę moli korzystając z równanie Clapeyrona:

23

3

Hmola17860

K291Kmol

dmhPa183

dm384hPa986

RT

pVn

nRTpV

,

,

, ≈⋅

⋅⋅⋅==

=

zamieńmy masę manganu na liczbę moli: mM(Mn) = 55g nMn = 2,81g : 55g = 0,05109 mola MnxOy + 0,1786 H2 → 0,05109 Mn + z H2O z jest równy ilości wodorów po lewej stronie, więc: MnxOy + 0,1786 H2 → 0,05109 Mn + 0,1786 H2O 0,1786 : 0,05108 ≈ 3,5 : 1 = 7 : 2 MnxOy + 7 H2 → 2 Mn + 7 H2O po prawej stronie równania mamy: 2 mole manganu i 7 moli wody, czyli 7 moli atomów tlenu, wzór empiryczny szukanego przez nas tlenku to: Mn2O7 4.111. zamieńmy masy na liczby moli: mMC = 12g nC = 12g : 12g = 1 mol mMFe = 56g nC = 42g : 56g = 0,75 mola równanie reakcji ma postać 0,25 FexOy + C → 0,75 Fe + CO aby współczynnki stechiometryczne były liczbami całkowutymi należy je pomnożyć przez 4 FexOy + 4 C → 3 Fe + 4 CO po prawej stronie równania mamy: 3 mole żelaza i 4 mole tlenku węgla(II), czyli 4 mole atomów tlenu, wzór empiryczny szukanego przez nas tlenku to: Fe3O4 4.112. zamieńmy objętość wodoru na liczbę moli, wiedząc, że 1 mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość równą 22,4dm3: nH2 = 179,2dm3 : 22,4dm3 = 8 moli równanie reakcji ma postać UxOy + 8 H2 → x U + 8 H2O widzimy, że po prawej stronie występuje 8 moli tlenu, zatem szukany przez nas tlenek musi zawierać 8 atomów tlenu, policzmy masę uranu w 1 cząsteczce tlenku: mU = 842u – 8 · 16u = 714u masa atomowa uranu wynosi 238u, zatem liczba atomów uranu w tlenku wynosi: nU = 714u : 238u = 3 wzór sumaryczny szukanego przez nas tlenku ma postać: U3O8 4.113. z wykresu możemy odczytać, że 1 mol fosforu reaguje z ok. 17dm3 tlenu, zakładając warunki normalne, obliczmy, jaka to ilość moli:


nH2 = 17dm3 : 22,4dm3 ≈ 0,75 mola układamy równanie reakcji P + 0,75 O2 → PxOy 4 P + 3 O2 → PxOy widzimy, że po lewej stronie występują 4 mole fosforu i 3 mole cząsteczek tlenu, czyli 6 moli atomów tlenu, wzór tlenku ma postać: P4O6, ponieważ ustalić mamy wzór empiryczny (tzn. indeksy stechiometryczne mają być możliwie jak najniższe) indeksy stechiometryczne należy podzielić przez 2, co nam ostatecznie daje P2O3 4.114. zamieńmy masy na liczby moli: mMBa = 137g nBa = 2,74g : 137g = 0,02 mola mMH2 = 2·1g = 2g nH2 = 0,04g : 2g = 0,02 mola widzimy, że stosunek molowy Ba : H2 wynosi 1 : 1 układamy równanie reakcji: Ba + x H2O → Ba(OH)x + x/2 H2 skoro stosunek molowy Ba : H2 jest równy 1 : 1, to x/2 = 1, zatem x = 2, wzór wodorotlenku ma postać Ba(OH)2, z czego wynika, że wartościowość baru wynosi II 4.115. zamieńmy masy/objętoąci na liczby moli: mMU = 238g nU = 0,1g : 238g = 0,42 milimola mMH2 = 18,8cm3 : 22400cm3 = 0,84 mlimola widzimy, że stosunek molowy U : H2 wynosi 1 : 2 układamy równanie reakcji: U + y HR → URy + y/2 H2 skoro stosunek molowy U : H2 jest równy 1 : 2, to y/2 = 2, zatem y = 4, wzór soli ma postać UR4 (reszta kwasu wziętego do reakcji mam wartościowość równą I), z czego wynika, że wartościowość uranu wynosi IV 4.116. zamieńmy masy/objętości na liczby moli: mMGa = 70g nGa = 0,5g : 70g = 7,14 milimola

23

3

Hmilimola7210

K298Kmol

dmhPa183

dm2650hPa1002

RT

pVn

nRTpV

,

,

, ≈⋅

⋅⋅⋅==

=

widzimy, że stosunek molowy Ga : H2 wynosi 7,11 : 10,72, czyli 1 : 1,5 = 2 : 3 układamy równanie reakcji: x Ga + y HR → x GaRy/x + y/2 H2 skoro stosunek molowy Ga : H2 jest równy 2 : 3, to x = 2, a y/2 = 3 zatem y = 6, 2 Ga + 6 HR → 2 GaRy/x + 3 H2 po lewej stronie równani mamy 2 mole galu oraz 6 moli reszt kwasowych, pamiętając o współczynniku

stechiometrycznym równym 2 przed solą łatwo wyliczyć, że wzór soli musi mieć postać GaR3 (reszta kwasu wziętego do reakcji mam wartościowość równą I), z czego wynika, że wartościowość galu wynosi III 4.117. zamieńmy objętość wodoru na liczbę moli: nH2 = 0,224dm3 : 22,4dm3 = 0,01 mola układamy schematyczne równanie reakcji: 2 M + 2 HR → 2 MR + H2 2 mole 1 mol liczymy ilość moli metalu, biorących udział w reakcji: 1 mol H2 ─── 2 mole M 0,01 mola H2 ─── x x = 0,01 · 2 = 0,02 mola M z warunków zadania wiemy, że obliczona powyżej ilość metalu waży 4,08g, policzmy zatem masę mola: 0,02 mola M ─── 4,08g 1 mol M ─── y

g204020

g0841y =⋅=

,

,

wiemy, że masa atomowa jest co do wartości równa masie mola, zatem Ar(M) = 204u (tal) 4.118. zamieńmy objętość wodoru na liczbę moli: nH2 = 1,07dm3 : 22,4dm3 = 0,0478 mola korzystając z równania reakcji możemy ułożyć następującą proporcję: 2 mole H2 ─── 1 mol EH2 0,0478 mola H2 ─── x

023902

104780x ,

, =⋅= mola EH2

w warunków zadania wiemy, że obliczona powyżej ilość wodorku waży 1g, policzmy zatem masę mola 0,0239 mola EH2 ─── 1g 1 mol EH2 ─── y

g42g844102390

11y ≈=⋅= ,

,

policzmy masę mola samego pierwiastka: mM(E) = 42g – 2·1g = 40g szukanym przez nas pierwiastkiem jest wapń 4.119. zamieńmy objętość wodoru na liczbę moli: nH2 = 0,8dm3 : 22,4dm3 = 0,0357 mola układamy schematyczne równanie reakcji M + 2 HR → MR2 + H2 1 mole 1 mol liczymy ilość moli metalu, biorących udział w reakcji: 1 mol H2 ─── 1 mole M 0,0357 mola H2 ─── x x = 0,0357 mola M z warunków zadania wiemy, że obliczona powyżej ilość metalu waży 2g, policzmy zatem masę mola:


0,0357 mola M ─── 2g 1 mol M ─── y

g5603570

g21y =⋅=

,

wiemy, że masa atomowa jest co do wartości równa masie mola, zatem Ar(M) = 56u (żelazo) 4.120. zamieńmy objętość wodoru na liczbę moli:

23

3

Hmola008340

K285Kmol

dmhPa183

dm1950hPa1013

RT

pVn

nRTpV

,

,

, ≈⋅

⋅⋅

⋅==

=

układamy schematyczne równanie reakcji M + 4 HR → MR4 + 2 H2 1 mole 2 mol liczymy ilość moli metalu, biorących udział w reakcji: 2 mol H2 ─── 1 mole M 0,00834 mola H2 ─── x

0041702

1008340x ,

, =⋅= mola M

z warunków zadania wiemy, że obliczona powyżej ilość metalu waży 0,2g, policzmy zatem masę mola: 0,00417 mola M ─── 0,2g 1 mol M ─── y

g48004170

g201y =⋅=

,

,

wiemy, że masa atomowa jest co do wartości równa masie mola, zatem Ar(M) = 48u (tytan) 4.121. układamy schematyczne równanie reakcji spalania: H2Sn + x O2 → n SO2 + H2O łatwo zauważyć, że po prawej stronie liczba atomów tlenu jest równa 2·n + 1, zatem liczba cząsteczek tlenu zużytych w tej reakcji jest równa: x = (2·n + 1)/2 H2Sn + (2·n + 1)/2 O2 → n SO2 + H2O możemy ułożyć proporcję n SO2 ───(2·n + 1)/2 O2 5 milimoli SO2 ─── 6 milimoli O2 jako niewiadomą przyjmijmy n:

12

5n

12

212

5n

12

10

12

5n10

6

2:1)n(25n

=

+=+=+⋅⋅=

52n ,= 4.122. zamieńmy objętość wodoru na liczbę moli: nH2 = 49,2cm3 : 22400cm3 = 0,0022 mola układamy schematyczne równanie reakcji M + x HCl → MClx + x/2 H2 tworzymy układ równań, w którym pierwszą niewiadomą będzie masa mola metalu, a drugą x (czyli wartościowość metalu); pierwsze równanie

dotyczyć będzie masy mola chlorku, a drugie ilości wydzielonego wodoru:

=⋅

=⋅+

0022,02

x

m

g1,0

g233mxm

M

ClM

=⋅=⋅+

0044,0m

x1,0

2335,35xm

M

M

g91m

4x

0252,1x2562,0

x1562,00252,1x1,0

5,35x2330044,0

x1,0

0044,0

x1,0m

5,35x233m

M

M

M

≈=

=⋅⋅−=⋅

⋅−=⋅

⋅=

⋅−=

wiemy, że masa atomowa jest co do wartości równa masie mola, zatem Ar(M) = 91u, metalem tym jest cyrkon, a wzór chlorku ma postać ZrCl4 4.7. Wydajność reakcji 4.123. CuSO4 + H2S → CuS↓ + H2SO4 64g + 32g + 4·16g 64g + 32g 160g 96g policzmy jaka ilość siarczku powstałaby, jeżeli wydajność byłaby rowan 100%: 160g CuSO4 ──── 96g CuS 20g CuSO4 ──── x

g12160

9620x =⋅=

zatem wydajność reakcji jest równa:

98%%10012g

11,75g%W =⋅=

4.124. 2 H2S + O2 → 2 S + 2 H2O 2·(2·1g + 32g) 2·32g 68g 64g policzmy jaka masa siarki powstałaby, jeżeli wydajność reakcji byłaby równa 100%: 68g H2S ─── 64g S 15g H2S ─── x

g121468

6415x ,=⋅=

zatem wydajność reakcji jest równa:

61%%10014,12g

8,6g%W =⋅=


4.125. FeS + 2 HCl → H2S + FeCl2 32g + 56g 2·1g + 32g 88g 34g policzmy jaka ilość siarkowodoru powstałaby, jeżeli wydajność reakcji byłaby równa 100%: 88g FeS ──── 34g H2S 44g FeS ──── x

g1788

3444x =⋅=

wydajność reakcji jest równa 85%, zatem masa siarkowodoru powstałego w reakcji jest równa: mH2S = 0,85 · 17g = 14,45g masa mola siarkowodoru wynosi 34g, wiemy, że 1 mol siarkowodoru (czyli 34g) zajmuje 22,4dm3, zatem objętość wydzielonego siarkowodoru jest równa: 34g H2S ─── 22,4dm3 H2S 14,45g H2S ─── y

52934

4224514y ,

,, =⋅= dm3 H2S

4.126. zamieńmy objętość dwutlenku siarki na liczbę moli: nSO2 = 2 · 105m3 : 0,0224m3 = 8,93 · 106 mola policzmy jaka ilość moli powstałaby, gdzyby reakcji przebiegła z wydajnością 100% 8,93 · 106 mola SO2 ─── 89,2%

x ─── 100%

76

10289

10010938x =⋅⋅=

,

, mola SO2

ułóżmy równanie reakcji: FeS2 + 5/2 O2 → 2 SO2 + FeO 1 mol 2 mole policzmy jaką ilość pirytu zużyto: 1 mol FeS2 ──── 2 mole SO2 y ──── 107 mola SO2

67

1052

101y ⋅=⋅= moli FeS2

obliczmy masę pirytu, wiedząc, że masa mola wynosi 120g: 1 mol FeS2 ─── 120g FeS2 5 · 106 mola FeS2 ─── z z = 5 · 106 · 120 = 6 · 108g FeS2

4.127. H2 + I2 → 2 HI 254g 256g zatem przy 100% wydajności z 254g I2 powstaje 256g HI, policzmy jaka ilość HI powstałaby z 4g I2: 254g I2 ─── 256g HI 4g I2 ─── x

g034254

2564x ,=⋅= HI

z wykresu możemy odczytać, że z 4g I2 powstaje 1g HI, zatem wydajność reakcji wynosi:

24,8%100%4,03g

1gW% =⋅=

4.128. wydajność całego procesu jest iloczynem wydajności poszczególnych etapów, zatem: Wc = 0,95 · 0,7 · 100% = 66,5% łatwo to możemy udowodnić, zakładając, że w całym procesie wziął udział 1 mol S otrzymujemy: 0,95 mola SO2, a następnie 0,7 · 0,95 = 0,665 mola SO3, gdzyby wydajność obu etapów była równa 100% otrzymalibyśmy 1 mol SO3

66,5%100%1mol

0,665molaW% =⋅=

4.129. 3 H2 + N2 → 2 NH3 znając podany w zadaniu stosunek objętościowy widzimy, że w mieszaninie jest nadmiar wodoru, zatem o ilości wytworzonego amoniaku będzie stanowił azot, obliczmy jaką objętość będzie zajmować m gramów amoniaku, liczba moli amoniaku jest równa (masa mola wynosi 17g): nNH3 = m : 17 mola zatem objętość w warunka normalnych jest równa: VNH3 = m : 17 · 22,4 = 1,32 · m dm3 policzmy jaka byłaby objętość amoniaku zakładając wydajność 100% 1,32 · m dm3 ─── p%

x ─── 100%

p

m132

p

m321100x =⋅⋅= ,

policzmy, z równania reakcji objętość azotu konieczną do syntezy 132 · m/p dm3 amoniaku: 2dm3 NH3 ─── 1dm3 N2 132 m/p dm3 NH3 ─── y y = 132 m/p : 2 = 66 m/p dm3 z warunków zadania wiemy, że stosunek objętościowy azotu do wodoru wynosi 1 : 4, zatem objętość wodoru jest równa: VH2 = 4 · 66 = 264 m/p dm3 a łączna objętość gazów zużytych do syntezy: V = 66 m/p dm3 + 264 m/p dm3 = 330 m/p dm3 4.8. Reakcje równoległe (współbieżne) 4.130. z warunków zadania wiemy, że 0,5 mola substancji A reaguje wg pierwszwego równania oraz 0,5 mola substancji A reaguje wg drugiego równania 1) wiemy, że 1 mol A reaguje z 2 molami B, zatem 0,5 mola A reaguje z 1 molem B


2) wiemy, że 2 mole A reagują z 1 molem B, zatem 0,5 mola A reaguje z 0,25 mola B łaczna ilość substancji B wynosi: nB = 1 + 0,25 = 1,25 mola B 4.131. wiemy, że 48% początkowej ilości propanu reaguje wg górnego równania, a 52% wg dolnego równania, ilość 1-bromopropanu (górny produkt) wynosi: nI = 0,48 · npropan = 0,48 · 1 mol = 0,48 mola ilość 2-bromopropanu (dolny produkt) wynosi: nI = 0,52 · npropan = 0,52 · 1 mol = 0,52 mola 4.132. niech A1 będzie ilością moli biorących udział w reakcji pierwszej, a A2 w reakcji drugiej, analogicznie zmienne B1 i B2 oznaczają ilości moli substancji B w poszczególnych reakcjach, ustalamy układ równań:

250A

750A

A8212

90A5

1A33

90A5

1)A(13

90A5

1A3

A1A

90BB

1AA

1

2

2

22

22

21

21

21

21

,

,

,,

,

,

,

,

===

=+−

=+−

=+

−=

=+=+

zatem procent substancji A reagującej w pierwszym równaniu wnosi:

25%100%1

0,25%A =⋅=

4.133. Fe2O3 + 3 C → 2 Fe + 3CO 160g 36g x y 2Fe2O3 + 3 C → 2 Fe + 3CO2 320g 36g 200 – x 40,5 – y z pierwszego równania mamy: 160g Fe2O3 ───36g C x Fe2O3 ─── y C

y9

40

36

y160x =⋅=

z drugiego równania mamy: 320g Fe2O3 ───36g C 200 - x Fe2O3 ─── 40,5 - y C

36

y)(40,5320x200

−⋅=−

podstawiamy wartość x z pierwszej proporcji:

kg36y

5760y160

y32012960y160720036

y32012960y

9

40200

36

y)(40,5320y

9

40200

==

−=−

−=−

−⋅=−

masa Fe2O3 biorąca udział w równaniu jest równa (wartość wyliczona w drugiej proporcji)

mFe2O3II =36

y)(40,5320 −⋅= 40kg,

zatem procentowo ilość ta wynosi:

20%100%200kg

40kg(II)O%Fe 32 =⋅=

4.134. FeO + C → Fe + CO 72g 12g 28g x y 2FeO + C → 2 Fe + CO2 144g 12g 44g 500 – x 79,2 – y z pierwszego równania mamy: 72g FeO ─── 12g C x FeO ─── y C

y612

y72x =⋅=

z drugiego równania mamy: 144g FeO ─── 12g C 500 - x Fe2O3 ─── 79,2 - y C

12

y)(79,2144x500

−⋅=−

podstawiamy wartość x z pierwszej proporcji:

kg0775y

85404y72

y144811404y72600012

y14411404,8y6500

12

y)(79,2144y6500

,

,

,

==

−=−

−=−

−⋅=−

zatem masa węgla biorąca udział w drugiej reakcji to: mC(II) = 79,2 – 75,07 = 4,13kg policzmy z pierwszego równania masę CO powstałą z 75,07 kg węgla: 12g C ─── 28g CO 75,07 kg C ─── z1

1617512

280775z1 ,

, =⋅= kg CO

policzmy z drugiego równania masę CO2 powstałą z 4,13 kg węgla:


12g C ─── 44g CO2 4,13 kg C ─── z2

141512

44134z2 ,

, =⋅= kg CO2

masowy skład procentowy mieszaniny CO i CO2 wynosi:

7,96%100%15,14kg175,16kg

15,14kg%CO

92,04%100%15,14kg175,16kg

175,16kg%CO

2 =⋅+

=

=⋅+

=

4.135. zamieniamy objętość CO na liczbę moli: nCO = 89,6m3 : 0,0224m3 = 4000 moli = 4 kilomole Fe2O3 + C → 2 FeO + CO 1 mol 2 mole 1 mol x x Fe2O3 + 3 C → 2 Fe + 3 CO 1 mol 2mole 3 mole 3 – x y znajdźmy ilość moli CO powstałą w drugiej reakcji: 1 mol Fe2O3 ─── 3 mole CO 3 - x kilomoli Fe2O3 ─── y y = 3 · (3 – x) = 9 – 3x kilomoli łączna ilość CO to 9 – 3x + x kilomoli = 4 kilomole (obliczone z objętości tlenku węgla), zatem 9 – 2x = 4 2x = 5 x = 2,5 kilomola z pierwszego równania widzimy, że stosunek Fe2O3 : FeO = 1 : 2, zatem ilość FeO wynosi 5 kilomoli z drugiego równania widzimy, że stosunek Fe2O3 : Fe = 1 : 2, zatem ilość Fe wynosi 1 kilomol liczymy masy tlenku żelaza(II) i żelaza nFeO = 5000 · (56g + 16g) = 360kg nFe = 1000 · 56g = 56kg liczymy skład procentowy

13,5%100%56kg360kg

56kg%Fe

86,5%100%56kg360kg

360kg%FeO

=⋅+

=

=⋅+

=

4.136. 3 Fe + 4 H2O → Fe3O4 + 4 H2 168g 232g 8g x y

2 Fe + 3 H2O → Fe2O3 + 3 H2 112g 160g 6g 10 – x 14 – y z pierwszego równania mamy: 168g Fe ─── 232g Fe3O4 x ─── y

y29

21

232

y168x =⋅=

z drugiego równania mamy: 112g Fe ─── 160g Fe2O3 10 – x ─── 14 – y

160

y)(14112x10

−⋅=−

podstawiamy wartość x wyznaczoną w pierwszej proporcji:

160)(29160

y1121568y

29

2110

160

y)(14112y

29

2110

⋅⋅−=−

−⋅=−

g28,8y

928y112

y324845472y336046400

==

−=−

a) liczymy masy wodoru kolejno z pierwszego i drugiego równania: 232g Fe3O4 ─── 8g H2 8,28g Fe3O4─── z1

g2860232

2888z1 ,

, =⋅= H2

160g Fe2O3 ─── 6g H2 5,72g Fe2O3 ─── z2

g2140160

6725z2 ,

, =⋅= H2

łączna masa wodoru wynosi: mH2 = 0,286g + 0,214g = 0,5g masa mola wodoru cząsteczkowego wynosi 2g, zatem liczba moli wodoru to: nH2 = 0,5 : 2 = 0,25 mola wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol wodoru zajmuje objętość równą 22,4dm3, zatem: VH2 = 0,25 · 22,4dm3 = 5,6dm3 b) wiemy, że łączna masa obu tlenków wynosi 14g, masa Fe3O4 wynosi 8,28g (wcześniej obliczona wartość y), zatem ilość tlenku Fe2O3 musi być równa: 14g – 8,28g = 5,72g liczymy poszczególne zawartości procentowe tlenków w mieszaninie:

%,%,

%

%,%,

%

940100g14

g725OFe

159100g14

g288OFe

32

43

=⋅=

=⋅=

4.137. 2 NH3 + 3/2 O2 → N2 + 3 H2O 2 NH3 + 5/2 O2 → 2 NO + 3 H2O niech zmienna n1 będzie oznaczać liczbę moli biorących udział w pierwszej reakcji, a n2 w drugiej reakcji, z warunków zadania wiemy, że: n1 + n2 = 1 z równań reakcji wiemy, że w pierwszym przypadku z 2 moli NH3 powstaje 1 mol N2, zatem z n1 moli NH3 powstanie 0,5 · n1 moli N2, w drugiej reakcji stosunek NH3 : NO = 2 : 2 = 1 : 1, zatem w tej reakcji


powstanie n2 moli NO, tworzymy układ równań, w którym pierwsze równanie dotyczyć będzie całkowitej ilości amoniaku, a drugie średniej masy mieszaniny azotu i tlenku azotu:

⋅+⋅=⋅+⋅−=

=+⋅

⋅+⋅⋅=+

2121

21

21

21

21

n7,28n35,1430nn14

n1n

7,28nn5,0

30n28n5,0

1nn

mola212,0n

35,0n65,1

n35,035,0n3,1

)n1(35,0n3,1

n35,0n3,1

n1n

2

2

22

22

12

21

==⋅

⋅−=⋅−⋅=⋅

⋅=⋅−=

zatem zakładając, że w reakcji wziął udział 1 mol amoniaku, to 0,212 mola amoniaku zareaguje tworząc tlenek azotu 4.9. Szybkość reakcji. Katalizatory 4.138. b) gdyż jak wiemy większe stężenie substratów zwiększa szybkość reakcji (w tym przypadku duże stężenie kwasu oraz duża dostępna powierzchnia reakcji metalu wskutek rozdrobnienia), dodatkowo szybkość zwiększy jeszcze wysoka temperatura 4.139. ilość substancji wynosi: 2dm3 · 1 mol/dm3 = 2 mole wiemy, że po każdej sekundzie przereaguje 0,1 ilości substancji (zaś pozostaje 0,9 ilości), która była na początku danej sekundy, zatem po pierwszej sekundzie mamy: nI = 0,9 · 2 mole = 1,8 mola po drugiej sekundzie: nII = 0,9 · 1,8 mole = 1,62 mola po trzeciej sekundzie: nIII = 0,9 · 1,62 mole = 1,458 mola 4.140. nie, szybkości reakcji będą różne, gdyż stężenia będą różne, w pierszym przypadku szybkość reakcji będzie większa, ponieważ stężenia substratów są wyższe 4.141. zamieńmy masy na ilości moli: mMH2O = 2 · 1g + 16g = 18g mH2O = 3,6g : 18 = 0,2 mola mMO2 = 2 · 16g = 32g mH2O = 1,6g : 32 = 0,05 mola mMN2 = 2 · 14g = 28g mH2O = 2,8g : 28 = 0,1 mola z powyższych wartości widzimy, że największa ilość substancji wytworzyłą się w reakcji 1), zaś

najmniejsza w 2), oznacza to, że reakcji 1) przebiega z największą, zaś reakcja 2) z najmniejszą szybkością 4.142. współczynnik temperaturowy van’t Hoffa, mówi nam o tym ile razy wzrośnie/zmaleje szybkość reakcji po podniesieniu/obniżeniu temperatury o 10 K, w tym przypadku, jeśli obniżymy temperaturę o 10 K to szybkość reakcji zmaleje 2 · 2 = 4 razy 4.143. a) vk = 2,5 · 2,5 · vp = 6,25 · vp szybkość reakcji wzrośnie 6,25 raza b) vk = 1/2,5 · 1/2,5 · vp = 1/6,25 · vp szybkość reakcji zmaleje 6,25 raza 4.144. równanie stechiometryczne otrzymamy dodając do siebie stronami obie reakcji, zatem: 2 NO + N2O2 + O2 → N2O2 + 2 NO2 widzimy, że N2O2 występuje po obu stronach równania w takiej samej ilości, zatem możemy go obustronnie skrócić, jednocześnie widzimy, że jest to produkt przejściowy 2 NO + O2 → 2 NO2 4.145. podobnie jak w zad. 4.144. dodajemy stronami wszystkie równania: N2O5 + NO3 + NO2 + NO + N2O5 → NO2 + NO3 + NO + O2 + NO2 + 3 NO2 grupujemy wszystkie substancje: 2 N2O5 + NO3 + NO2 + NO → 5 NO2 + NO3 + NO + O2 następnie skracamy równanie: 2 N2O5 →4 NO2 + O2 produkty przejściowe, to te, które podczas skracania całkowicie zniknęły z równania reakcji, czyli: NO, NO3 4.146. Rząd reakcji jest to suma wykładników potęg występujących przy stężeniach związków chemicznych, w równaniach kinetycznych danej reakcji chemicznej, zatem a) 2; b) równanie kinetyczne możemy zapisać jako: v = k [H2] [N2] [NH3]

-1 zatem rząd reakcji wynosi: 1; c) 1; d) 3; e) 4 4.147. 1) katalizatorem w tej reakcji jest NO2, gdyż jak widzimy w etapie II jest on odtwarzany i jego ilość nie zmniejsza się podczas przebiegu reakcji 2) produktem przejściowym jest NO, który jest następnie odtwarzany do NO2 3) właściwą reakcją jest utlenianie tlenku węgla(II) 2 CO + O2 → 2 CO2 4.148. dodajemy stronami obie reakcje, przemnażając najpierw pierwszą przez 2, aby w obu reakcjach występowało 4 AlI3:


4 Al + 6 I2 + 4 AlI3 + 3 O2 → 4 AlI3 + 2 Al2O3 + 6 I2 skracamy: 4 Al + 3 O2 → 2 Al2O3 1) katalizatorem jest I2, gdyż bierze on udział w pierwszej reakcji, a w drugiej zostaje odtworzony 2) AlI3, gdyż nie występuje on w końcowym równaniu 3) 4 Al + 3 O2 → 2 Al2O3 4.149. dodajemy stronami obie reakcje, przemnażając najpierw pierwszą przez 2, aby w obu reakcjach występowało 2 V2O4: 2 SO2 + 2 V2O5 + 2 V2O4 + O2 → 2 SO3 + 2 V2O4 + 2 V2O5 skracamy: 2 SO2 + O2 → 2 SO3 1) katalizatorem jest V2O5, gdyż bierze on udział w pierwszej reakcji, a w drugiej zostaje odtworzony 2) V2O4, gdyż nie występuje on w końcowym, skróconym równaniu 3) 2 SO2 + O2 → 2 SO3 4.150. dodajemy stronami obie reakcje: 2 NO + Br2 + 2 NOBr + Cl2 → 2 NOBr + 2 NOCl + Br2 skracamy: 2 NO + Cl2 → 2 NOCl 1) katalizatorem jest Br2, gdyż bierze on udział w pierwszej reakcji, a w drugiej zostaje odtworzony 2) NOBr, gdyż nie występuje on w koncowym, skróconym równaniu 3) 2 NO + Cl2 → 2 NOCl 4.151. dodajemy stronami wszystkie reakcje Pt + O2 + SO2 + PtO2 + SO2 + PtO → PtO2 + SO3 + PtO + SO3 + Pt skracamy: 2 SO2 + O2 → 2 SO3 1) katalizatorem jest Pt, gdyż bierze on udział w pierwszej reakcji, a w ostatniej zostaje odtworzony 2) PtO, PtO2 gdyż nie występują one w końcowym, skróconym równaniu 3) 2 SO2 + O2 → 2 SO3 4.152. Etap I: AB + K → ABK Etap II: ABK + CD → AD + CBK Etap III: CBK → CB + K 4.153. Etap I: SO2 + NO2 → SO3 + NO Etap II: 2 NO + O2 → 2 NO2 dodajemy stronami oba równania, pamiętając, aby pierwsze przemnożyć przez 2, gdyż w obu równaniach musi występować ta sama ilość NO sumarycznie: 2 SO2 + O2 → 2 SO3

4.154. 2 H2O2 + I2 → 2 HI + 2 H2O HI + H2O2 → HIO + H2O 2HIO → H2O + I2 + O O + O → O2 Co po skróceniu daje: 2 H2O2 → 2 H2O + O2 4.155. początkowo równanie przyjmuje postać: v1 = k[Br-][BrO3

-][H+]2 po trzykrotnym wzroście stężenia wszystkich substratów: v2 = k · 3[Br-]·3[BrO3

-]·(3[H+])2 = 81 · k[Br-][BrO3-

][H+]2 z czego wynika, że szybkość reakcji wzrośnie 81 razy 4.156. początkowo równanie przyjmuje postać: v1 = k[NO]2[O2] jeżeli zmniejszymy trzykrotnie objętość przestrzeni reakcyjnej to zgodnie z równanie określającym stężenie:

12

1

c3V

n3

V3

1n

c

V

nc

⋅=⋅==

=

stężenia wszystkich reagentów wzrosną 3 razy v1 = k · (3[NO])2·3[O2] = 27 · k[NO]2[O2] wynika z tego, że szybkość reakcji wzrośnie 27 razy 4.157. zgodnie z równaniem Clapeyrona: pV = nRT zgodnie z warunkami zadania nRT = const zatem: pV = const 4 · p · x = pV x = 0,25 · V z czego wynika, że objętość zmalała 4 razy, wiec zgodnie z wzorem określającym stężenie (analogicznie jak w zad. 4.156.) stężenia wszystkich reagentów wzrosną 4 razy v2 = k · (4·[NO])2 · 4·[H2] = 64 · v1 szybkość reakcji wzroścnie 64 razy 4.158. zgodnie z podanym w treści zadania równaniem widzimy, że substrat A reaguje z substratem B w stosunku 1 : 2, skoro stężenie A zmniejszyło się do 0,5 mol/dm3 oznacza to, że zakładając objętość układu równą 1 dm2 przeragowało 1,5 mola A, co oznacza równieź, że przeragowały 3 mole B, czyli pozostał 1 mol B. v1 = k · 2 · 42 = 32 · k · [mol/dm3]2 v2 = k · 0,5 · 12 = 0,5 · k · [mol/dm3]2 = 1/64 · v2


szybkość reakcji zmaleje 64 razy 4.159. v1 = 0,4s-1 · 0,5 mol/dm3 = 0,2 mol/(dm3

·s) jeżeli stężenie A zmniejszyło się o 0,2 mol/dm3, oznacza to, że wynosi ono: [A] = 0,5 mol/dm3 - 0,2 mol/dm3 = 0,3 mol/dm3 v2 = 0,4s-1 · 0,3 mol/dm3 = 0,12 mol/(dm3

·s) 4.10. Równowaga chemiczna 4.160.

a) ][O][H

O][HK

22

2

22

c =

b) ]][Cl[H

[HCl]K

22

2

c =

c) ][O[CO]

[CO]K

22

2

c =

d) 5

24

3

62

4

c ][O][NH

O][H[NO]K =

4.161. w równaniach określających stałe równowagi pomijamy ciała stałe (gdyż ich stężenie jest niezmienne)

a) ][O

][COK

2

2c = , bezwymiarowa: 0

dmmol

dmmol3

3

=/

/

b) ][O][SO

][SOK

22

2

23

c = , ( )( ) 333

23

dmmol

1

dmmol

dmmol

//

/ =

c) [A]

[C]K c = , bezwymiarowa: 0

dmmol

dmmol3

3

=/

/

d) ][O][CH

][H[CO]K

22

4

42

2

c = , ( )( ) ( )33

33

63

dmmoldmmol

dmmol/

/

/ =

4.162.

( )( )

( )( )

3

23

33

2

2

22

22

c

dmmol921

dmmol

dmmol

060

120240

][NO

][O[NO]K

/,

/

/

,

,,

=

=⋅==

4.163. 1) widzimy, że reagenty występują w reakcji w stosunku 1:1:1:1, zatem jeśli powstało b produktu, oznacza to, że jednocześnie ubyło b substratu, w stanie równowagi mamy: [CO] = [H2O] = a – b [CO2] = [H2] = b stała równowagi wynosi:

( )2

2

2

22c

ba

b

O][CO][H

]][H[COK

−==

2) widzimy, że reagenty występują w reakcji w stosunku 1:1:1, zatem jeśli powstało b produktu, oznacza to, że jednocześnie ubyło b substratu, w stanie równowagi mamy:

[CO] = [Cl2] = a – b [COCl2] = b stała równowagi wynosi:

( )22

2c

ba

b

][CO][Cl

][COClK

−==

4.164. widzimy, że stosunek CO : CO2 = 1 : 1, zaś O2 : CO2 = 1 : 2, czyli podczas powstawania c moli produktu ubyło c moli CO i 0,5 · c mola O2 (zakładamy objętość układu równą 1dm3) w stanie równowagi: [CO] = a – c [O2] = b – 0,5·c [CO2] = c

( ) ( )c50bca

c

][O[CO]

][COK

2

2

22

22

c,−⋅−

==

4.165. H2 + I2 ↔ 2 HI widzimy, że stosunek ilości zużytego jodu, a także wodoru do ilości powstałego jodowodoru wynosi 1 : 2, zatem do powstania 5,64 mola jodowodoru zużyto: nI2 = 5,64 : 2 = 2,82 mola jodu, a także wodoru: stężenia substancji w stanie równowagi (za objętość układu przyjmijmy 1dm3): [HI] = 5,64 mol/dm3 [I2] = 2,94 – 2,82 = 0,12 mol/dm3 [H2] = 8,1 – 2,82 = 5,28 mol/dm3

[ ][ ][ ] 250

285120

645

IH

HIK

2

22

2

c ,,,

, =⋅

== (miana się skrócą)

4.166. ogólny wzor na szybkość reakcji typu podanego w zadaniu przyjmuje postać:

2

1c k

kK =

gdzie k1 określa szybkość tworzenia, a k2 szybkość rozkładu, w tym przypadku:

56410885

10793K

4

2

c ,,

, =⋅⋅= −

−

(miana się skrócą)

4.167. zakładamy, że początkowe stężenie amoniaku wynosi 0 oraz, że objętość układu to 1dm3, z proporcji liczymy ile azotu i wodoru było konieczne do wytworzenia 4 moli amoniaku: 1 mol N2 ─── 2 mole NH3 x ─── 4 mole NH3 x = 4 · 1 : 2 = 2 mole N2 3 mole H2 ─── 2 mole NH3 y ─── 4 mole NH3 y = 4 · 3 : 2 = 6 moli H2 początkowe stężenia substratów wynosiły: [H2] = 9 + 6 = 15 mol/dm3 [N2] = 3 + 2 = 5 mol/dm3


4.168. (za objętość układu przyjmijmy 1dm3) widzimy, że stosunek ilości zużytego jodu, a także wodoru do ilości powstałego jodowodoru wynosi 1 : 2, zatem do powstania 0,9 mola jodowodoru zużyto: nI2 = 0,9 : 2 = 0,45 mola jodu, a także wodoru: początkowe stężenia substratów: [I2] = 0,05 + 0,45 = 0,5 mol/dm3 [H2] = 0,25 + 0,45 = 0,7 mol/dm3 4.169. 2 CO2 → 2 CO + O2 w celu uproszczenia obliczeń przyjmijmy, że początkowe stężenie CO2 wynosi 1 mol/dm3, a objętość układu 1dm3 wówczas przeraguje 0,2 mola CO2, widzimy, że ilość powstałego CO pozostaje do CO2 w stosunku 2 : 2 (czyli 1 : 1), zaś O2 w stosunku 2 : 1, wynika z tego, że podczas reakcji 0,2 moli CO2 powstanie 0,2 mola CO i 0,1 mola O2; liczymy zatem skład procentowy: łączna ilość wszystkich substancji: n = 0,8 + 0,2 + 0,1 = 1,1 mola %CO2 = 0,8 : 1,1 · 100% = 72,7% %CO = 0,2 : 1,1 · 100% = 18,2% %O2 = 0,1 : 1,1 · 100% = 9,1% 4.170.

Reagent Początkowa liczba moli

Przereagowało Równowagowa

ilość moli S1 n1 x n1 - x S2 n2 (w2:w1) · x (*) n1 – (w2:w1) · x S3 0 (w3:w1) · x (*) (w3:w1) · x S4 0 (w4:w1) · x (*) (w4:w1) · x

(*) S2 reaguje z S1 w stosunku w2 : w1 dlatego ilość S2, które wzięło udział w reakcji to w2/w1 · x, analogiczna sytuacja, lecz z innymi współczynnikami będzie zachodzić podczas ustalania powstałej ilości produktów za objętość układu przyjmujemy zmienną V:

2

1

43

w

1

22w

1

w

1

4

w

1

3

c

V

xw

wn

V

xn

V

xw

w

V

xw

w

K

⋅−⋅

−

⋅⋅

⋅

=

następnie określmy miano, jednostką wszystkich wartości będzie mol/dm3, w obliczeniach musimy uwzględnić współczynniki stechiometryczne

[ ] [ ] [ ][ ] [ ]

[ ] 2143

21

43

wwww3

w3w3

w3w3

c

dmmol

dmmoldmmol

dmmoldmmolK

−−+=

=⋅⋅=

/

//

//

4.171. równanie określające równowagę reakcji ma postać:

[ ][ ][ ][ ] 1

HCO

OHCOK

22

2c ==

za ilość moli, która przereaguje przyjmijmy x, należy także zauważyć, iż wszystkie reagenty są w stosunku 1 : 1 : 1 : 1, co oznacza, że podczas reakcji x moli CO2 oraz x moli H2 powstanie x moli CO i x moli H2O, równanie przyjmuje postać:

( ) ( )

8330x

5x6

5x6xx

1x5x1

xxK

22

c

,==

+−=

=−⋅−

⋅=

co oznacza, że przemianie ulegnie 0,833 mola CO2 4.172. a)

[ ][ ][ ][ ]

[ ] [ ][ ][ ]

3

c

c

dmmol33103050

1020

KA

DCB

BA

DCK

/,,,

,, =⋅⋅=

⋅=

=

b)

[ ][ ][ ][ ]

[ ] [ ][ ][ ]

[ ] [ ][ ][ ]

3

c

c

2

2c

dmmol15103050

1020

KA

DCB

KA

DCB

BA

DCK

/,,,

,, =⋅⋅=

⋅=

⋅=

=

c)

[ ][ ][ ] [ ]

[ ] [ ][ ][ ]

32

c2

2c

dmmol67203050

1020

KA

DCB

BA

DCK

/,,,

,, =⋅⋅=

⋅=

=

4.173. równanie określające równowagę reakcji ma postać:

[ ][ ] 50CO

COK 2

c ,==

za ilość moli, która przereaguje przyjmijmy x, należy także zauważyć, iż stosunek CO : CO2 wynosi 1 : 1, co oznacza, że podczas reakcji x moli CO powstanie x moli CO2, równanie przyjmuje postać:

[ ][ ]

10x

150x51

x50250x10

50x50

x10K

50xCO

xCOK

c

2c

,

,,

,,,

,,

,

,

==

−=+

=−+=

=−+

=


stężenia równowagowe reagentów będą wynosić: [CO]r = 0,5 – 0,1 = 0,4 mol/dm3 [CO2]r = 0,1 + 0,1 = 0,2 mol/dm3

4.174. do równania określającego stan równowagi bierzemy jedynie produkty gazowe, zatem:

[ ][ ]

[ ] [ ]22

2

2c

O2980CO

2980O

COK

⋅=

==

,

,

załóżmy, że O2 = 1 mol/dm3, objętość układu 1dm3, wówczas: nO2 = 1 mol nCO2 = 0,298 · nO2 = 0,298 mola całkowita ilość = 1,298 mola %O2 = 1 : 1,298 · 100% = 77% %CO2 = 0,298 : 1,298 · 100% = 23% 4.175. załóżmy, że początkowe stężenie wodoru to x, a początkowe stężenie CO2 to y, widzimy, że wszystkie reagenty pozostają ze sobą w stosunku 1 : 1 : 1 : 1, zatem po reakcji 0,9·x wodoru powstaje 0,9·x CO i 0,9·x H2O i jednocześnie stężenie CO2 zmniejszy się o 0,9·x

[ ][ ][ ][ ]( ) ( ) ( )

1x810

x090x10y

1x810

x10x90y

x90x90

x90xx90yK

1HCO

OHCOK

2

2

2c

22

2c

=−⋅

=⋅−=⋅

−⋅−=

==

,

,,

,

,,

,,

,,

ułamek skracamy przez x2

9x

y

90x

10y

810090x

10y

1810

090x

10y

=

=⋅

=−⋅

=−⋅

,,

,,,

,

,,

początkowy stosunek CO2 do H2 wynosi 9 : 1 4.176. 1) stała równowagi ma postać:

[ ][ ][ ][ ] 1

41

22

COOH

COHK

2

22c =

⋅⋅== (miana się skrócą)

2) widzimy, że wszystkie reagenty pozostają ze sobą w stosunku 1 : 1 : 1 : 1, zatem (zakładając objętość układu równą 1dm3) do powstania 2 moli H2 i CO2 były konieczne 2 mole CO i H2O [CO]p = 1 + 2 = 3 mol/dm3 [H2O]p = 4 + 2 = 6 mol/dm3 3) początkowe stężenie CO będzie wynosić 9 mol/dm3 korzystając z zależności o których mowa w

pkt. 2) załóżmy, że w reakcji weźmie udział x moli CO:

[ ]( ) [ ]( )

( )( )54x15xx

1x9x6

xK

1xCOxOH

xxK

22

2

c

pp2c

+−=

=−−

=

=−−

⋅=

6,3x

54x15

==

stężenia równowagowe przyjmują wartości: [H2] = [CO2] = 3,6 mol/dm3 [H2O] = 6 – 3,6 = 2,4 mol/dm3 [CO] = 9 – 3,6 = 5,4 mol/dm3

4.177.

równanie określające stan równowagi tej reakcji ma postać:

[ ][ ][ ][ ]BA

DCK c =

widzimy, że ilość powstałego produktu D jest równa ilości powstałego produktu C, zatem:

[ ][ ][ ]

[ ] [ ][ ][ ] [ ][ ]BAKC

BAKC

BA

CK

c

c2

2

c

⋅=

⋅=

=

Kc oraz [A] są stałe zatem wykres przyjmuje postać funkcji:

xay ⋅= 4.178. powietrze zawiera w przybliżeniu 21% tlenu i 78% azotu, zatem załóżmy, że objętość układu wynosi 1dm3 i do reakcji wzięliśmy 0,21 mola O2 i 0,78 mola N2, za ilość wytworzonego produktu przyjmijmy x; z równania reakcji wynika, że stosunek ilości azotu, a także tlenu do ilości powstałego produktu wynosi 1 : 2, więc na wytworzenie x moli NO zużyjemy 0,5·x moli O2 i 0,5·x moli N2:

1

1

4 8

nC

nB


[ ][ ][ ] [ ]( ) [ ]( )

( )( )x5,078,0x5,021,0

x109,3

x5,0Nx5,0O

x

NO

NOK

23

22

2

22

2

c

−−=⋅

−−==

−

( )051,0

1056,21039,6999,041093,1

01039,6x1093,1x999,0

1039,6x1093,1x1075,9x

3423

432

43242

=∆

⋅=⋅⋅⋅+⋅=∆

=⋅−⋅+

⋅+⋅−⋅=

−−−

−−

−−−

0x

0246,0999.02

051,01093,1x

2

3

1

<

=⋅

+⋅−=−

łączna ilość substancji nie uległa zmianie, zatem: %NO = 0,0246 : (0,78 + 0,21) · 100% = 2,48% 4.179. aby rozwiązać zadanie należy stworzyć układ równań, gdzie jedną niewiadomą będzie ilość N2O4, a drugą ilość NO2; pierwsze równanie określać będzie mase mieszaniny, a drugie ilość, którą obliczymy z równania Clapeyrona:

mola120300183

9521013

RT

pVn

nRTpV

,,

, =⋅⋅==

=

nA – ilość moli N2O4, nB – ilość moli NO2

( ) ( )

( )

080040120n

040n

n46841

29n46n920411

2946n92n120

2946n92n

n120n

g29g162g14ng164g142n

120nn

A

B

B

BB

BB

BA

BA

BA

BA

,,,

,

,

,,

,,

,

,

,

,

=−==

⋅==⋅+⋅−=⋅+⋅−

=⋅+⋅−=

=⋅+⋅+⋅+⋅⋅=+

%NO2 = 0,04 : 0,12 · 100% = 33,3%

[ ][ ]

3

2

A

2

B

42

22

c 1086

952

080952

040

V

nV

n

ON

NOK −⋅=

=

== ,

,

,,

,

mol/dm3

4.11. Reguła Le Chateliera Reguła ta jest również znana jako „reguła przekory” co oznacza, że reakcja będzie zachowywała się tak, aby jak najszybciej przywrócić stan równowagi, np. do środowiska reakcji, będącego w stanie równowagi dodajemy jakiś substrat, wówczas reakcja będzie starała się go jak najszybciej wykorzystać;

4.180. 1) w lewo (układ będzie się starał zniwelować nadmiar HCl) 2) w lewo (układ będzie się starał zniwelować nadmiar H2S) 3) w prawo (układ będzie się starał zniwelować nadmiar ZnCl2) 4.181. 1) w prawo (układ będzie się starał zniwelować nadmiar O2) 2) w lewo (układ będzie się starał zniwelować nadmiar Cl2) 3) w lewo (układ będzie się starał odtworzyć właściwą ilość HCl) 4) w prawo (układ będzie się starał odtworzyć właściwą ilość H2O) 4.182. 1) usuwając powstały wodór lub Fe3O4, gdyż wówczas układ będzie się starał powrócić do stanu równowagi odtwarzając w/w substancje 2) zmniejszając ilość żelaza, lub wody, gdyż wówczas układ będzie się starał powrócić do stanu równowagi odtwarzając w/w substancje 4.183. 1) reakcja ta jest egzoenegretyczna, zatem wzrost temperatury spowoduje przesunięcie równowagi chemicznej w lewo (zachodzić będzie w większym stopniu reakcja endoenergetyczna) 2) reakcja ta jest endoenergetyczna, zatem wzrost temperatury spowoduje przesunięcie równowagi chemicznej w prawo 4.184. dodanie katalizatora bądź inhibitora nie przesunie równowagi chemicznej, gdyż substancje te jedynie zmniejszają lub zwiększają energię aktywacji (energię potrzebną do rozpoczęcia reakcji) nie wpływając na jej stan równowagi 4.185. wzrost ciśnienia będzie powodował przesunięcie równowagi chemicznej w stronę mniejszej ilości substancji np. a) po lewej stronie są łącznie 4 mole gazów, a po prawej 2 mole, zatem równowaga reakcji przesunie się w stronę prawą, co za tym idzie wydajność reakcji zwiększy się (powstanie więcej produktu) analogicznie: b) nie zmienie się c) zmniejszy się d) zmniejszy się (pod uwagę bierzemy jedynie gazy) e) nie zmieni się f) zmniejszy się (pod uwagę bierzemy jedynie gazy) 4.186. zgodnie z równaniem Clapeyrona (pV = nRT) przy stałej ilości substancji wzrost objętości spowoduje spadek ciśnienia, w takiej sytuacji, aby powrócić do stanu równowagi (zwiększyć ciśnienie w układzie)


reakcji przesunie się w stronę większej ilości reagentów np. 1) po obu stronach równania ilości substancji są takie same, dlatego nie zaobserwujemy żadnych zmian 2) po prawej stronie równania jest więcej substancji, dlatego w tą stronę przesunie się równowaga reakcji 3) po lewej stronie równania jest więcej substancji, dlatego w tą stronę przesunie się równowaga reakcji 4.187. 1) w prawo, układ będzie przeciwdziałał nadmiarowi azotu 2) w lewo, układ będzie przeciwdziałał nadmiarowi tlenku azotu 3) w lewo, układ będzie się starał odtworzyć zmniejszoną ilość tlenu 4) reakcja jet endoenergetyczna (∆H > 0) dlatego wzrost temperatury przesunie równowagę reakcji w prawo 5) zmniejszając ciśnienie układ będzie starał się je wyrównać, przesuwając równowagę reakcji w stronę, gdzie jest więcej reagentów gazowych, w tym wypadku jednak wartości te są sobie równe, dlatego zmniejszenie ciśnienia, nie zpowoduje żadnych zmian 4.188. aby rozpocząc reakcję należy pokonać energię aktywacji, stąd podgrzewanie; później energia wydzielana przez tą reakcję będzie ciągle wyższa od energii aktywacji, dlatego też proces będzie kontynuowany 4.189.

[ ][ ][ ][ ]BA

DCK c =

wzrost wartości Kc oznacza wzrost stężenia substancji C i D, zatem w wyniku ogrzewania równowaga reakcji przesunęła się w prawo, co oznacza, że jest to proces endotermiczny 4.190. skoro entalpia reakcji tworzenia 2 moli NH3 wynosi −92,4kJ to reakcja rozpadu 2 moli NH3 wynosić będzie 92,4kJ, w reakcji szukamy entalpi reakcji rozparu 1 mola NH3, zatem: ∆H = 0,5 · 92,4kJ = 46,2kJ 4.191. za entalpię tworzenia substancji przyjmujemy entalpię tworzenia 1 mola danej substancji, zatem: 1) ∆H = 52kJ : 2 = 26kJ 2) ∆H = -297kJ 3) ∆H = 37kJ : 4 = 9,25kJ 4.192. Zn + S → ZnS musimy policzyć jka ilość energii wydzieli się podczas tworzenia 1 mola ZnS, czyli reakcji 1 mola cynku, MZn = 65g 3,25g Zn ─── 10,15kJ 65g Zn ─── x

x = 65 · 10,15 : 3,25 = 203kJ wiemy, że reakcja jest egzotermiczna, zatem H < 0 ∆H = - 203kJ/mol 4.193. najpierw policzmy liczbę moli metanu konieczną do otrzymania 1000kJ 1 mol ─── 891kJ

x ─── 1000kJ x = 1000 : 891 = 1,12 mola z prawa Avogadro wiemy, że 1 mol gazu w warunkach normalnych zajmuj 22,4dm3, zatem: 1 mol ─── 22,4dm3 1,12 mola ─── y y = 1,12 · 22,4 : 1 = 25,1dm3 4.194. w pierwszej reakcji jod jest użyty jako ciało stałe, przez co jest mniej reaktywny, co powoduje, że, aby reakcja mogła przebiegać należy stale dostarczać energii (która jest pożytkowana m.in. na zwiększenie reaktywności jodu), w drugiej reakcji jod jest w stanie gazowym przez co reaguje łatwiej 4.195. H2(g) + I2(s) → 2 HI(g) → H2(g) + I2(s) zgodnie z danymi zadania entalpia pierwszej reakcji wynosi 52kJ; następna reakcji jest reakcją przeciwną do reakcji drugiej podanej w treści zadania, zatem jej entalpia wynosi 10kJ, widzimy również, że wodór nie zmienia swojego stanu skupienia zatem łączna energia obu reakcji jest entalpią sublimacji 1 mola jodu: ∆H = 52kJ + 10kJ = 62kJ/mol 4.196. Fe + S → FeS 56g 88g liczymy ilość siarczku przy wydajności 100% 56g Fe ─── 88g FeS 10g Fe ─── x x = 10 · 88 : 56 = 15,7g uwzględniając 90% wydajność m = 0,9 · 15,7g = 14,13g obliczmy ilość energi, która powstałaby przy wytworzeniu 1 mola siarczku 14,13g FeS ─── 15,3kJ 88g FeS ─── y y = 88 · 15,3 : 14,13 = 95,3kJ Jak wiemy z treści zadania energia ta zostaje wydzielona podczas tworzenia siarczku, więc: ∆H = -95,3kJ/mol 4.197. warunki standardowe: p = 1000hPa, T = 298K z równania Clapeyrona liczymy łączną ilość gazów:

mola9850298183

4241000

RT

pVn

nRTpV

,,

, =⋅⋅==

=

liczymy ilości poszczególnych gazów:


nmetan = 0,8 · 0,985 = 0,788 netan = 0,2 · 0,985 = 0,197 łączna energia która wydzieli się podczas spalania jest sumą energii spalania metanu i energii spalania etanu: E = 0,788 · 891kJ + 0,197 · 1560kJ = 1009 kJ 4.198. Układamy cykl przemian (należy pamiętać, że entalpia tworzenia pojedynczych pierwiastków jest równa zero, oraz, że entalpie „przejścia” cyklu bez względu na sposób są sobie równe); do cyklu podstawiamy 0,5·∆H1 gdyż ∆H1 odnosi się do tworzenia 2 moli Fe2O3:

Fe2O3 + 3 Mg → 2 Fe + 3 MgO

Fe, O2, Mg

0,5·∆H1 + ∆Hx = 3·∆H2 0,5 · -1644kJ + ∆Hx = 3 · -602kJ -822kJ + ∆Hx = -1806kJ ∆Hx = -984kJ 4.199. (roziwązujemy analogicznie jak 4.198)

Fe2O3 + 2 Al → 2 Fe + Al2O3

Fe, O2, Al

0,5·∆H1 + ∆Hx = 0,5·∆H2 0,5 · -1644kJ + ∆Hx = 0,5 · -3340kJ -822kJ + ∆Hx = -1670kJ ∆Hx = -848kJ 4.200. Jako główne równanie cyklu przyjmujemy zazwyczaj równanie reakcji w której uczestniczy najwięcej reagentów:

C + 2 N2O → CO2 + 2 N2

C, O2, N2

2·∆Hx + ∆H1 = ∆H2 2·∆Hx + -557kJ = -394kJ 2·∆Hx = 163kJ ∆Hx = 81,5kJ

4.201. (roziwązujemy analogicznie jak 4.200)

CuO + C → Cu + CO

C, O2, Cu

∆Hx + ∆H1 = ∆H2 ∆Hx + 44kJ = -111kJ ∆Hx = -155kJ Obliczona entalpia jest entalpią tworzenia 1 mola CuO, w reakcji której entalpię mamy wyliczyć powstają 2 mole CuO, zatem: ∆H = 2 · ∆Hx = -310kJ 4.202. (roziwązujemy analogicznie jak 4.200)

C3H8 + 5 O2 → 3 CO2 + 4 H2O

C, O2, H2

∆Hx + ∆H1 = 3·∆H3 + 2·∆H2 ∆Hx + -2220kJ = 3 · -394kJ + 2 · -572kJ ∆Hx + -2220kJ = -1182kJ + -1144kJ ∆Hx = -106kJ 4.203. (roziwązujemy analogicznie jak 4.200)

CH4 + 2 O2 → CO2 + 2 H2O

C, O2, H2

∆Hx + ∆H1 = ∆H2 + 2·∆H3 ∆Hx + -75kJ = -394kJ + 2 · -242kJ ∆Hx + -75kJ = -394kJ + -484kJ ∆Hx = -803kJ 4.204. (roziwązujemy analogicznie jak 4.200)

H2S + 3/2 O2 → SO2 + H2O

C, O2, S

∆Hx + ∆H1 = ∆H3 + 0,5·∆H2 ∆Hx + -519kJ = -297kJ + 0,5 · -484kJ ∆Hx + -519kJ = -297kJ + -242kJ ∆Hx = -20kJ

0,5·∆H1 3·∆H2

∆Hx

0,5·∆H1 0,5·∆H2

∆Hx

2·∆Hx ∆H2

∆H1

∆Hx ∆H2

∆H1

∆Hx 2·∆H2

∆H1

3·∆H3

∆H1 2·∆H3

∆Hx

∆H2

∆Hx 0,5·∆H2

∆H1

∆H3


4.205.

CuO + H2 → Cu + H2O(c)

H2O(g)

C, O2, S

∆H3 podstawiamy do cyklu ze znakiem przeciwnym, gdyż jest to entalpia przejścia ze stanu ciekłego do gazowego, a nas interesuje proces odwrotny ∆Hx + 0,5·∆H1 = 0,5·∆H2 + -∆H3 ∆Hx + -155kJ = -242kJ - 44kJ ∆Hx = -131kJ 4.206. (roziwązujemy analogicznie jak 4.200)

CO + ½ O2 → CO2

C, O2

∆Hx + ∆H2 = ∆H1 ∆Hx + -283kJ = -394kJ ∆Hx = -111kJ Obliczona entalpia jest entalpią tworzenia 1 mola CO, w reakcji której entalpię mamy wyliczyć powstają 2 mole CO, zatem: ∆H = 2 · ∆Hx = -222kJ 4.207. (energie podane w tabeli oznaczaja ilość energi powstałej w skutek powstania wiązania, która jest równa co do wartości, lecz majaca znak przeciwny jak energia konieczna do rozerwania tego wiązania) a) Rozrywamy 2 wiązania H-H i jedno O=O, zaś powstają 4 wiązania H-O ∆H = 2 · 436kJ + 499kJ – 4 · 465kJ = -489kJ b) Rozrywamy wiązanie N≡N i O=O, zaś powstają 2 wiązania N=O ∆H = 947kJ + 499kJ – 2 · 631kJ = 184kJ c) Rozrywamy 3 wiązania H-H i jedno N≡N, zaś powstaje 6 wiązań H-N ∆H = 3 · 436kJ + 947kJ – 6 · 390kJ = -85kJ d) Rozrywamy 12 wiązań H-N i 5 O=O, zaś powstają 4 wiązania N=O i 12 wiązań H-O ∆H = 12 · 390kJ + 5 · 499kJ – 4 · 631kJ – 12 · 465kJ = -929kJ e) Rozrywamy 4 wiązania H-Cl i jedno O=O, zaś powstają 4 wiązania H-O i 2 wiązania Cl-Cl ∆H = 4 · 432kJ + 499kJ – 4 · 465kJ – 2 · 243kJ = = -119kJ f) Rozrywamy 8 wiązań N=O i 4 N-O (ze względu na strukturę tlenku), zaś powstaje 8 wiązań N=O i jedno O=O ∆H = 8 · 631kJ + 4 · 210kJ – 8 · 631kJ – 499kJ =

= -341kJ 4.208. ∆H2 = ∆HH-H = -436kJ; ∆H3 = ∆HO=O = -499kJ

2 H2 + O2 → 2 H2O

O, H

2·∆H2 + ∆H3 + ∆H1 = 2·∆Hx 2 · -436kJ + -499kJ + -484kJ = 2 · ∆Hx 2 · ∆Hx = -1855kJ ∆Hx = -927,5kJ 4.209. wiemy, że w warunkach standardowych T = 25°C = 298K, p = 100000Pa, zatem:

nRTpV =

24,029831,8

006,0100000

RT

pVn =

⋅⋅== mola

z czego wodór stanowi 2/3 · 0,24 = 0,16 mola zaś tlen 0,08 mola H2 + ½ O2 → H2O ∆H = -242kJ układamy proporcję: 1 mol H2 ─── -242kJ 0,16 mola H2 ─── y

7,3816,0242x −=⋅−= kJ 4.210. ilość moli C jest równa powstałej ilości CO2, zatem aby proces mógł biec bez konieczności doprowadzania energii na 1 mol CaCO3 powinna przypadać ilość węgla, której spalenie wydzieli energię przynajmniej równą 182kJ, czyli: nC = 182 : 394 = 0,46 mola mC = 0,46 · 12g = 5,54g mCaCO3 = 1 · (40g + 12g + 3 · 16g) = 100g m CaCO3 : mC = 100 : 5,54 ≈ 18 : 1 4.211.

C3H6(alken) → C3H6(zw. cykliczny) 3CO2, 3H2O (∆H2 jest ze znakiem ujemnym, gdyż podana w zadaniu wartość jest entalpią spalania, a my, aby zamknąć cykl potrzebujemy entalpię tworzenia związku z tlenków) ∆H1 + -∆H2 = ∆Hx -2058,8kJ – (-2079,4kJ) = ∆Hx ∆Hx = 20,6kJ 4.212. wszystkie cząsteczki dążą do najniższego stanu energetycznego, zatem podczas tworzenia wiązań powinna wydzielić sie jak największa energia przypadająca na jeden atom; porównajmy energię

0,5·∆H1

0,5·∆H2

∆Hx

-∆H3

∆Hx ∆H1

∆H2

2·∆H2 2·∆Hx

∆H1

∆H3

∆H1 -∆H2

∆Hx


wiązań przypadającą na jeden atom w dwu-(wiązanie potrójne) i czteroatomowej (sześć wiązan pojedynczych) cząsteczce azotu: ∆HN2 = 947kJ : 2 = 473,5kJ ∆HN4 = 6 · 163kJ : 4 = 244,5kJ porównajmy energię wiązań przypadającą na jeden atom w dwu-(wiązanie potrójne) i czteroatomowej (sześć wiązan pojedynczych) cząsteczce fosforu: ∆HP2 = 490kJ : 2 = 245kJ ∆HP4 = 6 · 201kJ : 4 = 301,5kJ z powyższych obliczeń widzimy, że dla azotu korzystniejsza energetycznie jest cząsteczka dwuatomowa, zaś dla fosoru czteroatomowa

Rozdział 5. Stechiometria mieszanin.

5.1. Udziały masowe: procent, promil, miliprocent, części na milion, mikroprocent, części na miliard, części na bilion 5.1. zCu[%] = 18 : 30 · 100% = 60% 5.2. liczymy z proporcji: 0,12g ──── 1,5% x ──── 100%

g8%5,1

g12,0%100x =⋅=

5.3. próba w jubilerstwie oznacza ilosc g czystego metalu w 1000g stopu, zatem w tym przypadku: zAu[%] = 585g : 1000g · 100% = 58,5% zatem masa złota wynosi: mAu = 58,5% : 100% · 4g = 2,34g 5.4. z wzoru na gęstość liczymy masę 1m3 powietrza:

g1170dm1000dm

g17,1Vdm

V

md

33

=⋅=⋅=

=

masa argonu jest równa:

mAr = 1% : 100% · 1170g = 11,7g 5.5. skoro inne składniki stanowią 10%, zatem woda stanowi 90% roztworu, liczymy z proporcji: 50g ──── 10% x ──── 90%

g450%10

g50%90x =⋅=

5.6. rozpatrzmy zadanie w skali mikro; majac mieszaninę 5 atomow, 4 z nich stanowia atomy sodu, a 1 potasu, masa mieszaniny wynosi: m = 4 · 23u + 39u = 131u

zawartość procentowa potasu i sodu jest równa: zK[%] = 39u : 131u · 100% = 29,8% zNa[%] = 4 · 23u : 131u · 100% = 70,2% 5.7. procent określa nam ilość jednostek na 100, zatem mając wyrazić podaną wartość w częściach na milion musimy ją pomnożyć przez 104 (ponieważ 106 : 102 = 104), zatem zawartość ta jest równa: zp[ppm] = 0,5 · 104 = 5000ppm 5.8. częsć na milion określa nam jedną milionową, czyli 10-6, promil zaś 10-3, zatem: 40ppm = 40 · 10-6 = 4 · 10-5 = 0,04 · 10-3 = 0,04‰ 5.9. mikroprocent oznacza wartość 10-8, a miliprocent 10-5, zatem: 250µ% = 250 · 10-8 = 0,25 · 10-5 = 0,25m% 5.10. części na miliard oznaczają wartość 10-9, a części na milion 10-6, zatem: 2200ppb = 2200 · 10-9 = 2,2 · 10-6 = 2,2ppm 5.11. a) zKr[‰] = 10mg : 10kg = 10 · 10-3g : (10 · 103g) = 10-6 = 10-3 · 10-3 = 10-3‰ b) zKr[‰] = 10 · 10-3g : (10 · 103g) = 10-6 = 1ppm

c) zKr[‰] = 10 · 10-3g : (10 · 103g) = 10-6 = 103 · 10-9 = 1000ppb 5.12. najpierw policzmy masę krwi: mk = 7% : 100% · 80kg = 5,6kg = 5600g następnie masę glukozy: mg = 0,9‰ : 1000‰ · 5600g = 5,04g 5.13. policzmy objętość ziemi, której zawartość uranu mamy wyznaczyć: V = S · h = 1000m2 · 1m = 1000m3 następnie jej masę: mz = d · V = 1,5g/cm3 · 103m3 = 1,5g/cm3 · 109cm3 = 1,5 · 109g masa uranu wynosi: mU = 2,4 · 10-6 · 1,5 · 109g = 3,6 · 103g = 3,6kg 5.14. 1 m% oznacza, ze w 1 kg wody znajduje się 10-5kg złota, zatem układamy proporcję: 1kg wody ──── 10-5kg złota x ──── 1kg złota

wodykg10kg10

kg1kg1x 5

5=⋅= −

5.15. 1 m% oznacza, ze w 1 mg krwi znajduje się 10-5mg bilirubiny, zatem układamy proporcję: 1mg krwi ──── 10-5mg bilirubiny x ──── 10mg bilirubiny

krwig10mg10mg10

mg10mg1x 36

5==⋅= −


5.16. poiczmy udział masowy chloru dla niższej wartości: zCl1 = 0,03mg/kg = 3 · 10-2 · 10-3g : 103g = 3 · 10-8 łatwiejsze do zapamiętania są liczby całkowite niż ułamki, zatem szukamy jednostki mniejszej od 10-8, najwygodniej obliczoną wartość będzie wyrazić w częściach na miliard [1 ppb = 10-9] zCl1 = 3 · 10-8 = 30ppb analogicznie obliczamy udział masowy chloru dla wyższej wartości zCl2 = 0,05mg/kg = 5 · 10-8 = 50ppb co daje nam zakres: 30 – 50ppb 5.17. do obliczeń przyjmijmy masę próbki równą 100g, zatem masa czystego minerału wynosi: mFe3O4 = 85% : 100% · 100g = 85g policzmy zawartość procentową żelaza w magnetycie, masa molowa magnetytu wynosi: mM = 3 · 56g + 4 · 16g = 232g z czego masa żelaza wynosi: mMFe = 3 · 56g = 168g zMFe[%] = 168g : 232g · 100% = 72,4% masa, żelaza w rozpatrywanej przez nas próbce wynosi: mFe = 72,4% : 100% · 85g = 61,5g zatem zawartość procentowa: zFe[%] = 61,5g : 100g · 100% = 61,5% 5.18. do obliczeń przyjmijmy masę próbki równą 100g, zatem masa czystej siarki wynosi: mS = 17,5% : 100% · 100g = 17,5g policzmy zawartość procentową siarki w Cu2S, masa molowa Cu2S wynosi: mM = 2 · 64g + 32g = 160g z czego masa siarki wynosi: mMS = 32g widzimy zatem, że w 160g związku znajduje się 32g siarki policzmy z proporcji jaka masa siarczku zawiera policzoną przez nas wcześniiej ilość siarki: 160g Cu2S ──── 32g S x ──── 17,5g S

SCug5,87g32

g160g5,17x 2=⋅=

zatem zawartość procentowa: zCu2S[%] = 87,5g : 100g · 100% = 87,5% 5.19. do obliczeń przyjmijmy masę próbki równą 100g, policzmy zawartość procentową sodu w NaCl, masa molowa NaCl wynosi: mM = 23g + 35,5g = 58,5g z czego masa sodu wynosi: mMS = 23g widzimy zatem, że w 58,5g związku znajduje się 23g sodu policzmy z proporcji jaka masa soli zawiera podaną w zadaniu ilość sodu:

58,5g NaCl ──── 23g Na x ──── 33,4g Na

NaClg85g23

g4,33g5,58x =⋅=

masa zanieczyszczeń jest więc równa: mz = 100g – 85g = 15g oblliczmy zawartość procentową zanieczyszczeń w próbce: zz[%] = 15g : 100g · 100% = 15% 5.20. policzmy masę molową tlenku: mM = 2 · 56g + 3 · 16g = 160g z czego masa żelaza wynosi: mMFe = 2 · 56g = 112g widzimy zatem, że w 160g związku znajduje się 112g żelaza policzmy z proporcji jaka masa tlenku zawiera podaną w zadaniu ilość żelaza: 160g Fe2O3 ──── 112g Fe x ──── 5,6g Fe

32OFeg8g112

g160g6,5x =⋅=

zawartość procentowa tlenku w rudzie jest równa: z[%] = 8g : 10g · 100% =80% 5.21. policzmy masę molową tlenku: mM = 3 · 56g + 4 · 16g = 232g z czego masa żelaza wynosi: mMFe = 3 · 56g = 168g widzimy zatem, że w 232g związku znajduje się 168g żelaza policzmy z proporcji jaka masa tlenku zawiera podaną w zadaniu ilość żelaza: 232g Fe3O4 ──── 168g Fe x ──── 6kg Fe

43OFekg29,8g168

g232kg6x =⋅=

następnie policzmy masę rudy zawierającą 8,57kg Fe3O4: 100g rudy ──── 92g Fe3O4 x ──── 8,29kg Fe3O4

rudykg01,9g92

g100kg29,8x =⋅=

5.22. pół mola siarki będzie zawarte w pół mola siarczku miedzi, obliczmy zatem mase pół mola siarczku:

m = 0,5 · mM = 0,5 · (64g + 32g) = 0,5 · 96g = 48g policzmy masę minerału zawierającą 48g siarczku: 100g minerału ──── 96g siarczku x ──── 48g siarczku


g50g96

g100g48x =⋅= minerału

5.23. obliczmy teoretyczną zawartość zawartość siarki w minerale, masa molowa minerału: mM = 64g + 32g + 4 · 16g + 5 · (2 · 1g + 16g) = 250g z czego masa siarki mMS = 32g zS[%] = 32g : 250g · 100% = 12,8% wynika z tego, że próbka 100g powinna zawierać 12,8g siarki, a zgodnie z danymi zadania zawiera 12,2g, policzmy masę siarczku zawierającą 12,2g siarki: 250g minerału ─── 32g S x ─── 12,2g

g3,95g32

g250g2,12x =⋅= minerału

zatem masa zanieczyszczeń wynosi: mz = 100g – 95,3g = 4,7g co stanowi: zz[%] = 4,7g : 100g · 100% = 4,7% 5.24. masę próbki przyjmijmy za 100g, zatem zawiera ona: 7g cynku, 18g ołowiu, 30g miedzi, wiemy, że wszystkie metale występują w formie MS, zatem łączna ilość moli metali będzie równa ilości moli siarki, a znając tę ilość z łatwością policzymy masę siarki (zadanie można również rozwiązać licząc masy poszczególnych siarczków, jednak jest to nieco dłuższy sposób) nZn = 7g : 65g = 0,108 mola nPb = 18g : 207g = 0,087 mola nZn = 7g : 65g = 0,47 mola co daje łącznie nM = 0,108 + 0,087 + 0,47 = 0,665 mola = nS

masa siarki wynosi: mS = 32g · 0,665 = 21,3g zatem łączna masa metali i siarki w 100g próbki wynosi: m = 7g + 18g + 30g + 21,3g = 76,3g masa pozostałych składników: mp = 100g – 76,3g = 23,7g co stanowi: z[%] = 23,7 : 100 · 100 = 23,7% 5.25. masę próbki przyjmijmy za 100g, zatem zawiera ona: 56g żelaza, 7g krzepu; znając zawartość tych pierwiastków w poszczególnych związkach, będziemy mogli obliczyc masę tych związków, dla tlenku żelaza(III) mM1 = 2 · 56g + 3 · 16g = 160g z czego żelazo stanowi: mMFe = 2 · 56g = 112g

widzimy zatem, że w 160g związku znajduje się 112g żelaza policzmy z proporcji jaka masa tlenku zawiera podaną w zadaniu ilość żelaza: 160g Fe2O3 ──── 112g Fe x ──── 56g Fe

32OFeg80g112

g160g56x ====

⋅⋅⋅⋅====

co stanowi następującą zwartość procentową rudy: zFe[%] = 80g : 100g · 100% = 80% analogiczne obliczenia przeprowadźmy dla krzemu: mM2 = 28g + 2 · 16g = 60g z czego krzem stanowi: mMSi = 28g widzimy zatem, że w 60g związku znajduje się 28g krzemu policzmy z proporcji jaka masa tlenku zawiera podaną w zadaniu ilość krzemu: 60g SiO2 ──── 28g Si x ──── 7g Si

2SiOg15g28

g7g60x =⋅=

co stanowi następującą zwartość procentową rudy: zSi[%] = 15g : 100g · 100% = 15% 5.26. początkowa masa srebra wynosi: mAg1 = 30% : 100% · 300g = 0,3 · 300g = 90g masę srebra, którą należy dodać aby stop zawierał go 40% oznaczmy za x, otrzymujemy wówczas równanie:

g50x

g30x6,0

x4,0g120xg90

4,0xg300

xg90

%40%100xg300

xg90[%]z

==

+=+

=++

=⋅++=

5.27. w mieszaninie tej występują następujące zwiazki: Fe2S3, MgO, Al2O3, Cu2S 5.28. masa 1 mola O2 wynosi: mO2 = 2 · 16g = 32g masa 4 moli N2 wynosi: mN2 = 4 · 2 · 14g = 112g całość mieszaniny ma masę: m = 32g + 112g = 144g a stosunek masowy przyjmuje postać: mO2 : mN2 = 32g : 112g = 2 : 7 5.29. znając masy molowe będziemy mogli zamienić podane w zadaniu masy na ilości moli substancji: mMH2 = 2 · 1g = 2g nH2 = 4g : 2g = 2 mole mMO2 = 2 · 16g = 32g


nO2 = 32g : 32g = 1 mol stosunek molowy składników ma postać: nH2 : nO2 = 2 : 1 5.30. obliczenia przyjmą najłatwiejszą postać jeżeli założymy, że mieszanina zawiera 1 mol cząsteczek CO2 i 2 mole cząsteczek O2, zatem mCO2 = 12g + 2 · 16g = 44g mO2 = 2 · 2 · 16g = 64g mm = 44g + 64g = 108g

%3,59%100g108

g64p

%7,40%100g108

g44p

m2O

m2CO

=⋅=

=⋅=

5.31. zamieńmy masy poszczególnych związków na liczby moli: mMN2 = 2 · 14g = 28g nN2 = 14g : 28g = 0,5 mola mCO = 12g + 16g = 28g nCO = 7g : 28g = 0,25 mola łączna ilość gazów to: n = 0,5 mola + 0,25 mola = 0,75 mola wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość równą 22,4dm3 zatem: V = 22,4dm3 · 0,75 = 16,8dm3 5.32. skoro stosunek objąściowy wynosi 1 : 1 to objętość wodoru i tlenku węgla wziętych do stworzenia tej mieszaniny wynosiła 0,5m3 = 500dm3,wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość równą 22,4dm3 zatem: nH2 = nCO = 500 : 22,4 = 22,3mola policzmy teraz masy poszczególnych substancji: mMH2 = 2 · 1g = 2g mH2 = 2g · 22,3 = 44,6g mMCO = 12g + 16g = 28g mCO = 28g · 22,3 = 624,4g łączna masa mieszaniny wynosi: m = 44,6g + 624,4g = 669g 5.33. skoro składniki zmieszane są w stosunku 1 : 1 : 1 oznacza to, że każdy ze składników zawiera: n = 9,03 · 1023 cząsteczek : 3 = 3,01· 1023cząsteczek = 0,5 mola (ponieważ 1 mol = 6,02 · 1023 jednostek) masy poszczególnych składników wynoszą: mN2 = 28g · 0,5 = 14g mH2 = 2g · 0,5 = 1g mO2 = 32g · 0,5 = 16g co daje łącznie: m = 14g + 1g + 16g = 31g wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość równą 22,4dm3 zatem: V = 22,4dm3 · 3 · 0,5 = 33,6dm3

5.34. skoro w mieszaninie co 10 cząseczka jest cząsteczką chloru oznacza to, że procentowa zawartość molowa chloru wynosi: zCl[%] = 1 : 10 · 100% = 10% zatem zawartość procentowa fluoru zF[%] = 100% - 10% = 90% ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w tych samych warunkach, zatem policzone przez nas zawartości ilościowe, będą równe zawartością molowym 5.35. masę próbki przyjmijmy za 100g, wówczas masa ksenonu i masa dwutlenku węgla wynosi po 50g, masy te musimy zamienić na liczbę moli: mMXe = 131g nXe = 50g : 131g = 0,38 mola mCO2 = 12g + 2 · 16g = 44g nCO2 = 50g : 44g = 1,14 mola łączna ilość moli wynosi: n = 0,38 + 1,14 = 1,52 mola ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w tych samych warunkach to policzony procentowy skład ilościowy będzie równy składowi objętościowemu: zXe[%] = 0,38 : 1,52 · 100% = 25% zCO2[%] = 1,14 : 1,52 · 100% = 75% 5.36. w celu uproszczenia obliczeń przyjmijmy, masy substancji równe wartością użytym w podanym stosunku masowym, następnie masy te musimy zamienić na ilości moli: mMHe = 4g nHe = 3g : 4g = 0,75 mola mMH2 = 2 · 1g = 2g nH2 = 2g : 2g = 1 mol mMCH4 = 12g + 4 · 1g = 16g nCH4 = 10g : 16g = 0,625 mola łączna ilość moli wynosi: n = 0,75 + 1 + 0,625 = 2,375 mola ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w tych samych warunkach to policzony procentowy skład ilościowy będzie równy składowi objętościowemu: zHe[%] = 0,75 : 2,375 · 100% = 32% zH2[%] = 1 : 2,375 · 100% = 42% zCH4[%] = 0,625 : 2,375 · 100% = 26% 5.37. przyjmijmy, że mieszanina zawiera a g neonu i b g tlenu, masy te musimy zamienić na ilości moli mMNe = 20g nNe = a g : 20g = a/20 mola mMO2 = 2 · 16g = 32g nO2 = b g : 32g = b/32 mola łączna ilość moli wynosi: n = a/20 + b/32 [mola]


ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w tych samych warunkach to policzony procentowy skład ilościowy będzie równy składowi objętościowemu:

oNe

Ne

p%1002032

32%100

32

3220

20

322020

3220

%100

3220

20[%]z

====⋅⋅⋅⋅++++

====⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

====⋅⋅⋅⋅++++

====

ba

a

ba

a

ba

a

o2O

O2

p%1002032

20%100

32

3220

20

322032

3220

%100

3220

32[%]z

====⋅⋅⋅⋅++++

====⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

====⋅⋅⋅⋅++++

====

ba

b

ba

b

ba

b

5.38. ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w tych samych warunkach to podany stosunek objętościowy jest równy stosunkowi ilościowemu, dlatego dla uproszczenia obliczeń możemy przyjąć, że mieszanina zawiera 2 mole chloru i 3 mole fluoru, podane ilości zamieńmy na masy: mMCl2 = 35,5g · 2 = 71g mCl2 = 71g · 2 = 142g mMF2 = 19g · 2 = 38g mF2 = 3 · 19g · 2 = 114g łączna masa wynosi: m = 142g + 114g = 256g

%5,44%100g256

g114p

%5,55%100g256

g142p

m2F

m2Cl

====⋅⋅⋅⋅====

====⋅⋅⋅⋅====

5.39.

ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w tych samych warunkach to podany skład objętościowy jest równy składowi ilościowemu, dla uproszczenia obliczeń przyjmijmy, że mieszanina zawiera łącznie 1 mol substancji i podane ilości zamieńmy na masę nSO2 = 0,25 mola mMSO2 = 32g + 2 · 16g = 64g mSO2 = 0,25 · 64g = 16g nO2 = 0,75 mola mMO2 = 2 · 16g = 32g mO2 = 0,75 · 32g = 24g łączna masa mieszaniny m = 16g + 24g = 40g

%60%100g40

g24p

%40%100g40

g16p

m2F

m2SO

====⋅⋅⋅⋅====

====⋅⋅⋅⋅====

5.40. dla uproszczenia obliczeń przyjmijmy, że mieszanina zawiera po 1g helu i wodoru, podane masy zamieńmy na ilości moli: mMHe = 4g nHe = 1g : 4g = 0,25 mola mMH2 = 2 · 1g = 2g nH2 = 1g : 2g = 0,5 mola nHe : nH2 = 0,25 : 0,5 = 1 : 2 ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w tych samych warunkach to obliczony stosunek ilościowy jest równy stosunkowi objętościowemu: VHe : VH2 = 1 : 2 5.41. ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w tych samych warunkach to podany stosunek ilościowy jest równy stosunkowi objętościowemu: VF2 : VAr = 3 : 5 5.42. ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w tych samych warunkach to podana zawartość objętościowa jest równa zawartości ilościowej, zatem: zH2[%] = 60% zCO[%] = 100% - 60% = 40% stosunek ilościowy jest równy: nH2 : zCO = 60 : 40 = 3 : 2 5.43. załóżmy masę próbki jako 100g, wówczas zawiera ona po 50g złota i srebra, zamieńmy masy na ilości moli: mMAu = 197g nAu = 50g : 197g = 0,254 mola mMAg = 108g nAg = 50g : 108g = 0,463 mola stosunek molowy wynosi: nAu : nAg = 0,254 : 0,463 = 1 : 1,82 5.44. ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w tych samych warunkach to podany stosunek objętościowy jest równy stosunkowi ilościowemu, dla uproszczenia obliczeń przyjmijmy, że mieszanina zawiera 4 mole cząsteczek azotu i 1 mol cząsteczek tlenu, zamieńmy ilości na masy: mMN2 = 2 · 14g = 28g mN2 = 4 · 28g = 112g mMO2 = 2 · 16g = 32g mO2 = 1 · 32g = 32g stosunek masowy wynosi: mN2 : mO2 = 112 : 32 = 7 : 2 5.45. ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w tych samych warunkach to stosunek objętościowy jest równy stosunkowi ilościowemu, zatem aby stosunek objętościowy był równy stosunkowu masowemu, masy molowe obu składników powinny być sobie równe.


12

2

1

22

11

2

1

2

1

MM

m

m

M/m

M/m

m

m

n

n

=

=

=

5.46. ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w tych samych warunkach to stosunek objętościowy jest równy stosunkowi ilościowemu, dla uproszczenia obliczeń przyjmijmy, że mieszanina zawiera a moli tlenu i b moli dwutlenku węgla, zamieńmy ilości na masy: mMO2 = 2 · 16g = 32g mO2 = 32g · a mMCO2 = 12g + 2 · 16g = 44g mCO2 = 44g · b mO2 : mCO2 = 32a : 44b = 8a : 11b 5.47. Oba składniki stanowią taki sam, równy p procent mieszaniny; skoro jest to mieszanina dwuskładnikowa, wówczas p = 50%, ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w tych samych warunkach to stosunek objętościowy jest równy stosunkowi ilościowemu, zatem możemy przyjąć, że łączna ilość mieszaniny wynosi 1 mol, obliczmy masy poszczególnych substancji: mA = p : 100% · MA = 50% : 100% · MA = 0,5 · MA mB = p : 100% · MB = 50% : 100% · MB = 0,5 · MB (MA, MB poszczególne masy molowe) procent masowy składnika A ma postać

%100M5,0M5,0

M5,0%100

mm

mp

BA

A

BA

AmA ⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

====⋅⋅⋅⋅++++

====

5.48. korzystając z wzoru na gęstość, równanie określające masę ma postać: m = d · V zakładając, że objętość całej mieszaniny wynosi pA + pB wyliczamy masy poszczególnych składników: mA = dA · pA mB = dB · pB procent masowy składnika A ma postać:

%100pdpd

pd%100

mm

mp

BBAA

AA

BA

AmA ⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

====⋅⋅⋅⋅++++

====

5.49. korzystając z wzoru na gęstość, równanie określające objętość ma postać: V = m / d zakładając, że masa całej mieszaniny wynosi pA + pB wyliczamy objętości poszczególnych składników: VA = pA / dA VB = pB / dB procent objętościowy składnika A ma postać:

%100dpdp

dp%100

d

p

d

pd

p

pABBA

BA

B

B

A

A

A

A

oA ⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

====⋅⋅⋅⋅++++

====

5.50. załóżmy, że mieszanina zawiera po 1g każdego z tlenków, korzystając z ich mas molowych policzmy ile żelaza zawiera każdy z tlenków: mMFeO = 56g + 16g = 72g mFe = 56g policzmy z proporcji, jaką ilość żelaza zawiera 1g tlenku: 72g FeO ──── 56g Fe 1g FeO ──── x

Feg78,0g72

g56g1x ====

⋅⋅⋅⋅====

mMFe2O3 = 2 · 56g + 3 · 16g = 160g mFe = 112g policzmy z proporcji, jaką ilość żelaza zawiera 1g tlenku: 160g Fe2O3 ──── 112g Fe 1g Fe2O3 ──── y

Feg7,0g160

g112g1y ====

⋅⋅⋅⋅====

łączna masa żelaza wynosi: mFe = 0,78g + 0,7g = 1,48g łączna masa próbki wynosi: mFe = 1g + 1g = 2g zawartość procentowa żelaza: pm

Fe = 1,48g / 2g · 100% = 74% 5.51. załóżmy, że mieszanina zawiera po 1 mol każdego z tlenków, korzystając z ich mas molowych policzmy masę żelaza i masę mieszaniny: mMFeO = 56g + 16g = 72g mMFe = 56g mMFe2O3 = 2 · 56g + 3 · 16g = 160g mFe = 112g łączna masa żelaza wynosi: mFe = 56g + 112g = 168g łączna masa próbki wynosi: mp = 72g + 160g = 232g zawartość procentowa żelaza: pm

Fe = 168g / 232g · 100% = 72,4% 5.52. 1) załóżmy, że mieszanina zawiera 1g FeS i 3g Fe2S3, korzystając z ich mas molowych policzmy ile siarki zawiera każdy z siarczków: mMFeS = 56g + 32g = 88g mS = 32g policzmy z proporcji, jaką ilość siarki zawiera 1g siarczku: 88g FeS ──── 32g S 1g FeO ──── x


Sg36,0g88

g32g1x ====

⋅⋅⋅⋅====

mMFe2S3 = 2 · 56g + 3 · 32g = 208g mS = 96g policzmy z proporcji, jaką ilość siarki zawierają 3g siarczku: 208g Fe2S3 ──── 96g S 3g Fe2S3 ──── y

Sg38,1g208

g96g3y ====

⋅⋅⋅⋅====

łączna masa siarki wynosi: mFe = 0,36g + 1,38g = 1,74g łączna masa próbki wynosi: mFe = 1g + 3g = 4g zawartość procentowa siarki: pm

S = 1,74g / 4g · 100% = 43,5% 2) załóżmy, że mieszanina zawiera 1 mol FeS i 3 mole Fe2S3, korzystając z ich mas molowych policzmy masę siarki i masę mieszaniny: mMFeS = 56g + 32g = 88g mS1 = 32g mMFe2O3 = 2 · 56g + 3 · 32g = 208g mFe2O3 = 3 · 208g = 624g mS2 = 3 · 3 · 32g = 288g łączna masa siarki wynosi: mS = 32g + 288g = 320g łączna masa próbki wynosi: mp = 88g + 624g = 712g zawartość procentowa żelaza: pm

S = 320g / 712g · 100% = 45% 5.53. załóżmy, żę masa mieszaniny wynosi 100g, wówczas 62,6g waży chlor i brom i 100g – 62,6g = 37,4g ważą sód i potas, policzmy ile moli każdego ze związków było w mieszaninie (x – ilość moli NaCl, y – ilość moli KBr):

(((( ))))

========

========++++−−−−

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅−−−−⋅⋅⋅⋅−−−−====

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅−−−−====⋅⋅⋅⋅

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅

====++++====++++

21,1x

245,0y

15,3y84,12

4,37y39y84,5155,40

4,3739y23254,2y763,1

254,2y763,1x

4,3739y23x

80y6,625,35x

g4,37g39yg23x

g6,62g80yg5,35x

g4,37mymx

g6,62mymx

g4,37mm

g6,62mm

MKMNa

MBrMCl

KNa

BrCl

masa KBr wynosi: mMKBr = 39g + 80g = 119g mKBr = 0,245 · 119g = 29,2g zawartość procentowa KBr jest równa (masę próbki na samym początku przyjęliśmy jako 100g): zKBr[%] = 29,2g : 100g · 100% = 29,2% masa NaCl wynosi: mMKBr = 23g + 35,5g = 58,5g mNaCl = 1,21 · 58,5g = 70,8g zawartość procentowa NaCl jest: zNaCl[%] = 70,8g : 100g · 100% = 70,8% 5.54. cała mieszanina zawiera 5 + 8 + 7 = 20 moli

35,020

7u

4,020

8u

25,020

5u

molC

molB

molA

========

========

========

5.55. zamieńmy masy na ilości moli: mMH2 = 2 · 1g = 2g nH2 = 4g : 2g = 2 mole mMO2 = 2 · 16g = 32g nO2 = 16g : 32g = 0,5 mola

8,05,2

2umol

2H ========

5.56. przyjmijmy masę próbki za 100g, wówczas ksenon I dwutlenek węgla mają masy po 50g, zamieńmy masy na ilości moli mMXe = 131g nXe = 50g : 131g = 0,382 mola mMCO2 = 12g + 2 · 16g = 44g nCO2 = 50g : 44g = 1,136 mola

252,0136,1382,0

382,0umol

2H ====++++

====

5.57. ponieważ mieszanina zawiera gazy znajdujące się w tych samych warunkach to podana zawartość objętościowa jest równa zawartości ilościowej, zatem zakładając, że cała mieszanina zawiera 1 mol gazów, to wówczas ilość szukanego przez nas składnika wynosi 0,2 mola i taki też jest ułamek molowy 5.58. przyjmując masę mieszaniny za 1g ułamek masowy będzie równy masie poszczególnego składnika, korzystając ze wzoru na gęstość wyprowadzamy równanie określające objętość: d = m / V V = m / d = um / d liczymy objętości kolejnych składników: VA = um

A / dA

VB = umB / dB


ułamek objętościowy składnika A ma postać:

AmBB

mA

BmA

B

mB

A

mA

A

mA

BA

AobjA dudu

du

d

u

d

u

d

u

VV

Vu

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅====

++++====

++++====

5.59. przyjmując masę mieszaniny za 1g ułamek masowy będzie równy masie poszczególnego składnika, znając masy molowe, będziemy mogli policzyć liczby moli poszczególnych składników nA = mA : MA = um

A : MA

nB = mB : MB = umB : MB

ułamek molowy składnika A ma postać:

AmBB

mA

BmA

B

mB

A

mA

A

mA

BA

AmolA MuMu

Mu

M

u

M

u

M

u

nn

nu

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅====

++++====

++++====

5.60. przyjmując objętość mieszaniny za 1cm3 ułamek objętościoy będzie równy objętości poszczególnego składnika, korzystając ze wzoru na gęstość wyprowadzamy równanie określające masę: d = m / V m = d · V = d · uo liczymy masy kolejnych składników: mA = dA · uo

A

mB = dB · uoB

aby wyrazić ilość składników w molach, używając masy molowej musimy zamienić masę na ilość moli: nA = mA : MA = dA · uo

A : MA nB = mB : MB = dB · uo

B : MB ułamek molowy składnika A ma postać:

AoBBB

oAA

BoAA

B

oBB

A

oAA

A

oAA

BA

AmolA

MudMud

Mud

M

ud

M

ud

M

ud

nn

nu

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅====

====⋅⋅⋅⋅

++++⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅

====++++

====

5.61. przyjmując ilość mieszaniny za 1 mol, ułamek molowy będzie równy ilości poszczególnego składnika, korzystając z mas molowych wyprowadzamy równanie określające masę: mA = nA · MA = umol

A · MA mB = nB · MB = umol

B · MB ułamek masowy składnika A ma postać:

BmolBA

molA

AmolA

BA

AmA MuMu

Mu

mm

mu

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅====

++++====

5.62. przyjmując ilość mieszaniny za 1 mol, ułamek molowy będzie równy ilości poszczególnego

składnika, korzystając z mas molowych wyprowadzamy równanie określające masę: mA = nA · MA = umol

A · MA mB = nB · MB = umol

B · MB znając masy i korzystając z wzoru na gęstość zamieniamy masy na objętości: d = m / V V = m / d liczymy objętości kolejnych składników: VA = umol

A · MA / dA

VB = umolB · MB / dB

ułamek objętościowy składnika A ma postać:

ABmolBBA

molA

BAmolA

B

BmolB

A

AmolA

A

AmolA

BA

AobjA

dMudMu

dMu

d

Mu

d

Mu

d

Mu

VV

Vu

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅====

====⋅⋅⋅⋅

++++⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅

====++++

====

5.4. Parametry mieszanin w funkcji składu 5.63. wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje 22,4dm3, załóżmy zatem, że ilość mieszaniny jest równa 1 mol, zatem poszczególne składniki występują w ilości: nO2 = 20% : 100% · 1 mol = 0,2 mola nN2 = 80% : 100% · 1 mol = 0,8 mola zamieńmy wyliczone ilości na masy korzystając z mas molowych: mMO2 = 2 · 16g = 32g mO2 = 0,2 · 32g = 6,4g mMN2 = 2 · 14g = 28g mN2 = 0,8 · 28g = 22,4g łączna masa 1 mola powietrza: m = 6,4g + 22,4g = 28,8g gęstość powietrza wynosi: d = m : V = 28,8g : 22,4dm3 = 1,29 g/dm3 5.64 ponieważ oba gazy znajdują się w tych samych warunkach ich skład objętościowy będzie równy składowi ilościowemu, załóżmy, że ilość mieszaniny stanowi 1 mol, wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje 22,4dm3, policzmy zatem masę 1 mola mieszaniny: d = m : V m = d · V = 1,5 g/dm3 · 22,4 dm3 = 33,6g niech n1 stanowi ilość moli azotu, a n2 ilość moli dwutlenku węgla, wyprowadzamy układ równań, gdzie jedno równanie określa skład ilościowy mieszaniny, a drugie skład masowy:

=⋅+⋅=+

g6,33g44ng28n

1nn

21

21


( )

==

=⋅−=

=⋅+⋅−−=

=⋅+⋅−−=

65,0n

35,0n

6,5n16

n1n

6,3344nn2828

n1n

6,3344n28n1

n1n

1

2

2

21

22

21

22

21

poN2 = pmol

N2 = 0,65 : 1 · 100% = 65% po

CO2 = pmolCO2 = 0,35 : 1 · 100% = 35%

5.65. średnia masa molowa to masa mieszaniny podzielona przez ilość moli mieszaniny, zatem dla mieszaniny dwuskładnikowej:

21

21m nn

mmM

++++++++

====

znając masy molowe poszczególnych składników ich masy możemy powiązań z ilością moli:

21

22

21

11

21

2211m nn

Mn

nn

Mn

nn

MnMnM

++++⋅⋅⋅⋅

++++++++⋅⋅⋅⋅

====++++

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

iloraz n1 : (n1 + n2) stanowi ułamek molowy, podobnie w przypadku n2 zatem:

2mol21

mol1m MuMuM ⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

oba gazy znajdują się w tych samych warunkach zatem ich ułamki molowe są równe ułamkom objętościowym:

2o21

o1m MuMuM ⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

między ułamkiem molowym, a składem procentowym zachodzi zależność po = uo · 100% uo = po : 100% mamy zatem:

%100

MpMp

%100

Mp

%100

MpMuMuM

2o21

o1

2o21

o1

2o21

o1m

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

====⋅⋅⋅⋅

++++⋅⋅⋅⋅

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

5.66. (korzystamy ze wzoru udowodnionego w zad. 5.65.)

g8,28%100

g28%80g32%20

%100

MpMpM 2

o21

o1

m

====

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

5.67. 1) skoro stosunek objętościowy wynosi 1 : 1, zatem zawartość procentowa obu składników jest równa 50%

g3%100

g4%50g2%50

%100

MpMpM 2

o21

o1

m

====

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

2) załóżmy, że mieszanina zawiera po 1g obu składników (czyli łącznie 2g), zamieńmy te ilości na liczby moli: nH2 = 1g : 2g = 0,5 mola nHe = 1g : 4g = 0,25 mola łączna ilość mieszaniny wynosi: n = 0,5 mola + 0,25 mola = 0,75 mola wzór na masę molową ma postać: Mm = m : n Mm = 2g : 0,75 = 2,67g 3) oba gazy znajdują się w tych samych warunkach zatem ich stosunek ilościowy jest równy stosunkowi objętościowemu, zatem rozwiązujemy zadanie tak samo jak w pkt. 1) 5.68. a) wyprowadźmy układ równań w którym pierwsze równanie będzie wzorem na masę molową, a drugie określać będzie całość mieszaniny jako 100%

(((( ))))

====

====

====⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅++++====

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅−−−−⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅−−−−⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅

−−−−====

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅−−−−====⋅⋅⋅⋅

−−−−====

====++++

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

%75p

%25p

500p20

p2020002500

40p20p2010025100

MpMpM%100M%100

p%100p

MpMp%100M%100

p%100p

%100pp

%100

MpMpM

o1

o2

o2

o2

o2

o2

2o21

o21m

o2

o1

2o21

o2m

o2

o1

o2

o1

2o21

o1

m

VNe : VAr = po1 : p

o2 = 75 : 25 = 3 : 1

b) ponieważ gazy znajdują się w tych samych warunkach ich stosuek objętościowy jest równy stosunkowi ilościowemu, mnożąc ilości substancji przez ich masy molowe otrzymamy stosunek masowy, korzystamy z pkt a): VNe : VAr = 3 : 1 = nNe + nAr

dla uproszczenia obliczeń załóżmy, że mieszanina zawiera 3 mole Ne i 1 mol Ar, zamieńmy te ilości na masy: mMNe = 20g mNe = 3 · 20g = 60g mMAr = 40g mAr = 40g stosunek masowy wynosi: mNe : mAr = 60 : 40 = 3 : 2 5.69. liczymy średnie masy molowe odpowiednio dla zawartości 20, 40 ,60, 80 procent helu:


6,3%100

g220g480M

2,3%100

g240g460M

8,2%100

g260g440M

4,2%100

g280g420M

80m

60m

40m

20m

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

dane te pozwalają nam stworzyć wykres:

5.70. rozpocznijmy od równania objętości mieszaniny i składników: Vm = V1 + V2 korzystając ze wzoru określającego gęstość, zamieniamy objętości: d = m : V V = m : d

m2

2

m1

1

m

2

2

1

1

m

m

md

m

md

m

d

1

d

m

d

m

d

m

⋅⋅⋅⋅++++

⋅⋅⋅⋅====

++++====

procentowy skład masowy wyraża się wzorem:

%100m

mp 1m ⋅⋅⋅⋅==== , zatem

%100

p

m

m m1 ==== , więc

1m22

m1

21m

21

1m22

m1

m

12

1m2

21

2m1

m

2

m2

1

m1

m

dpdp

d%100dd

d%100d

dpdp

d

1

d%100d

dp

d%100d

dp

d

1

%100d

p

%100d

p

d

1

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅++++

⋅⋅⋅⋅====

5.71. dla uproszczenia obliczeń przyjmijmy, że masa całej mieszaniny wynosi 100g, zatem masa metanu jest równa 25g, a masa tlenu 75g, zamieńmy podane masy na ilości moli: mMCH4 = 12g + 4 · 1g = 16g

nMCH4 = 25g : 16g = 1,56 mola mMO2 = 2 · 16g = 32g nMCH4 = 75g : 32g = 2,34 mola łączna ilość moli n = 1,56 + 2,34 = 3,9 mola wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje 22,4dm3, zatem 3,9 mola zajmuje objętość: V = 3,9 · 22,4dm3 = 87,36dm3 gęstość mieszaniny jest równa: d = m : V = 100g : 87,36 = 1,14g/dm3 5.72. policzmy najpierw skład ilościowy, zakładając, że cała mieszanina stanowi 1 mol (czyli zajmuje objętość równą 22,4dm3); wyprowadźmy układ równań, gdzie pierwsze równanie wyraża gęstość, a drugie ilość mieszaniny:

(((( ))))

============

++++−−−−====++++⋅⋅⋅⋅−−−−====

−−−−====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

====++++

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

88,0n

12,0n

24,0n2

n4n2224,2

n42n124,2

n1n

4n2n24,2

1nn

dm4,22

g4ng2n

dm

g1,0

1

2

2

22

22

21

21

21

321

3

zamieńmy wyliczone ilości na masy: mH2 = n1 · 2g = 0,88g · 2g = 1,76g mHe = n2 · 4g = 0,12g · 4g = 0,48g procentowy skład mieszaniny wynosi

4,21%10048,076,1

48,0p

6,78%10048,076,1

76,1p

mHe

m2H

====⋅⋅⋅⋅++++

====

====⋅⋅⋅⋅++++

====

5.73. powietrze zawiera w przybliżeniu 80% azotu i 20% tlenu; załóżmy, że ilość powietrza jest równa 1 mol, zatem poszczególne składniki występują w ilości: nO2 = 20% : 100% · 1 mol = 0,2 mola nN2 = 80% : 100% · 1 mol = 0,8 mola zamieńmy wyliczone ilości na masy korzystając z mas molowych: mMO2 = 2 · 16g = 32g mO2 = 0,2 · 32g = 6,4g mMN2 = 2 · 14g = 28g mN2 = 0,8 · 28g = 22,4g łączna masa 1 mola powietrza: m = 6,4g + 22,4g = 28,8g więc średnia masa cząsteczkowa powietrza wynosi 28,8u szukana przez nas masa cząsteczkowa gazu: m = 28,8u · 1,52 = 43,8u

Mr (

H2

+ H

e)

hel [%]


5.74. „l żejsze” od powietrza są te gazy które posiadają mniejsza masę cząsteczkową niż średnia masa cząsteczkowa powietrza 28,8u, czyli: He, CH4, a „cięższe” są: O2, Cl2 5.75.

21

21m VV

mm

V

md

++++++++

========

z wzoru na gęstość wiemy, że m = d · V, zatem

(((( )))) (((( ))))

1m

m2

2

1

m221m1

2m22111m

22112m1m

21

2211m

dd

dd

V

V

ddVddV

VdVdVdVd

VdVdVdVd

VV

VdVdd

−−−−−−−−====

−−−−⋅⋅⋅⋅====−−−−⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅−−−−⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅−−−−⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅

++++⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

podany wzór został udowodniny i łatwo zauważyć, że korzystając z metody krzyża otrzymujemy dokładnie taki sam iloraz jak podane wcześniej równanie 5.76.

21

21m VV

mm

V

md

++++++++

========

z wzoru na gęstość wiemy, że V = m : d, zatem

(((( )))) (((( ))))(((( ))))(((( ))))1m2

m21

2

1

m2121m21

12m21221121m

21221112m21m

212

2m

1

1m

2

2

1

1

21m

ddd

ddd

m

m

dddmdddm

dmdddmddmdmd

ddmddmdmddmd

mmd

md

d

md

d

m

d

mmm

d

−−−−−−−−⋅⋅⋅⋅====

−−−−⋅⋅⋅⋅====−−−−⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅−−−−⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅−−−−⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

++++====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅

++++

++++====

w tym przypadku nie możemy korzystać z metody krzyża, gdyż sposób ten nie uwzględnia stojących przed nawiasami zmiennych d1, d2 5.77. w zadaniu tym korzystamy z równań wyprowadzonych w zadaniach 5.75 i 5.76:

( )( )

−−=

−−=

−−=

−−=

−−=

122

121

1

2

122m2

2m121

12m2

2m21

2

1

11m

1m2

2

1

dd48,0d

48,0ddd

1

1

d5,0

5,0d

1

1

dddd

dddd

ddd

ddd

m

m

dd

dd

V

V

=+=+

−=−−=−

2112

12

121122

12

dd248,0d48,0d

1dd

48,0ddddd48,0d

d5,05,0d

( )

=+=+

2112

12

dd2dd48,0

1dd

=−=

21

12

dd248,0

d1d

( )

024,0dd

dd24,0

d1d24,0

dd24,0

d1d

121

211

11

21

12

=+−

−=

−=

=−=

rozwiązanie tego równania wymaga znajomości metody rozwiązywania równań kwadratowych:

6,02

04,01x

4,02

04,01x

04,024,041

2

1

====++++====

====−−−−====

====⋅⋅⋅⋅−−−−====∆

obie wartości mogą spełniać warunki zadania, przyjmijmy jednak, że d1 < d2, wówczas: d1 = 0,4 g/cm3 d2 = 1 - 0,4 = 0,6 g/cm3 5.78. liczymy masę wodorotlenku sodu: mNaOH = 0,96 · 10 = 9,6g układamy równanie: 2 NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2 H2O 2 · 40g 2g +32g+64g 80g 98g układamy proporcję: 80g NaOH ──── 98g H2SO4 9,6g NaOH ──── x

76,11g80

g6,9g98x ====

⋅⋅⋅⋅==== g H2SO4

5.79. układamy równanie: CaCO3 → CaO + CO2 40g+12g+48g 40g+16g 100g 56g układamy proporcję: 100g CaCO3 ──── 56g CaO x ──── 7kg CaO

5,12g56

kg7g100x ====

⋅⋅⋅⋅==== kg CaCO3

policzmy jaka ilość wapniaku jest potrzebna do otrzymania takiej ilości węglanu wapnia:


100g wapniaku ──── 90g CaCO3 y ──── 12,5 kg CaCO3

9,13g90

kg5,12g100y ====

⋅⋅⋅⋅==== kg wapniaku

5.80. układamy równanie: CaCO3 + 2 HNO3 → Ca(NO3)2 + CO2 + H2O 40g+12g+48g 40g+2·62g 100g 164g układamy proporcję: 100g CaCO3 ──── 164g Ca(NO3)2 x ──── 1000kg Ca(NO3)2

8,609g164

kg1000g100x ====

⋅⋅⋅⋅==== kg CaCO3

policzmy jaka ilość wapniaku jest potrzebna do otrzymania takiej ilości węglanu wapnia: 100g wapniaku ──── 90g CaCO3 y ──── 609,8 kg CaCO3

678g90

kg8,609g100y ====

⋅⋅⋅⋅==== kg wapniaku

5.81. policzmy ile moli tlenu trzeba do utlenienia miedzi: 2 Cu + O2 → 2 CuO 2·64g 1 mol 128g 1 mol układamy proporcję: 128g Cu ──── 1 mol O2 5g Cu ──── x

039,0g128

1g5x ====

⋅⋅⋅⋅==== mola O2

wiemy, że powietrze zawiera ok 20% tlenu, zatem ilość moli gazu, których objętość chcemy obliczyć jest równa: n = 100% / 20% · 0,039 mola = 0,195 mola a) w warunkach normalnych 1 mol zajmuje objętość równą 22,4dm3 zatem: Va = 0,195 · 22,4 = 4,37dm3 b) w tym przypadku objętość musimy policzyć z równania Clapeyrona:

3dm9,4960

2901,83195,0

p

nRTV

nRTpV

====⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅========

====

5.82. (w zadaniu zakładamy skład powietrza: 20% O2 i 80% N2) układamy równania reakcji: 2 Mg + O2 → 2 MgO 3 Mg + N2 → Mg3N2 wiemy, że w powietrzu jest 4 razy więcej azotu, zatem drugie równanie pomnóżmy przez 4 2 Mg + O2 → 2 MgO 12 Mg + 4 N2 → 4 Mg3N2 dodajmy równania stronami:

14 Mg + O2 + 4 N2 →2 MgO + 4 Mg3N2 14·24g 5 moli 336g 5 moli układamy proporcję: 336g Mg ─── 5 moli powietrza 14g Mg ─── x

208,0g336

g145x ====

⋅⋅⋅⋅==== mola powietrza

a) w warunkach normalnych 1 mol zajmuje objętość równą 22,4dm3 zatem: Va = 0,208 · 22,4 = 4,66dm3 b) w tym przypadku objętość musimy policzyć z równania Clapeyrona:

3dm79,41029

2851,83208,0

p

nRTV

nRTpV

====⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅========

====

5.84. policzmy masy poszczególnych metali: mMg = 12g · 0,3 = 3,6g mAl = 12g · 0,7 = 8,4g układamy równanie reakcji dla magnezu: Mg + 2 HCl → MgCl2 + H2↑ 24g 22,4dm3 układamy proporcję: 24g Mg ─── 22,4 dm3 H2 3,6g Mg ─── x

36,3g24

g4,226,3x ====

⋅⋅⋅⋅==== dm3 H2

analogicznie postępujemy w przypadku glinu: 2Al + 6 HCl → 2 AlCl3 + 3 H2↑ 2 ·27g 3·22,4dm3 54g 67,2dm3 układamy proporcję: 54g Al ─── 67,2 dm3 H2 8,4g Al ─── y

45,10g54

g2,674,8y ====

⋅⋅⋅⋅==== dm3 H2

łączna objętość wodoru wynosi: V = 3,36dm3 + 10,45dm3 = 13,81dm3 5.85. załóżmy, że masa mieszaniny wynosi 100g, wówczas: mCuO = 0,4 · 100g = 40g mAg2O = 0,6 · 100g = 60g układamy równanie reakcji dla miedzi (niech reduktorem będzie wodór): CuO + H2 → Cu + H2O 64g+16g 64g 80g 64g układamy proporcję: 80g CuO ─── 64g Cu 40g CuO ─── x


32g80

g64g40x ====

⋅⋅⋅⋅==== g Cu

analogicznie postępujemy w przypadku srebra: Ag2O + H2 → 2 Ag + H2O 2·108g+16g 2·108g 232g 216g układamy proporcję: 232g Ag2O ─── 216g Ag 60g Ag2O ─── y

9,55g232

g216g60y ====

⋅⋅⋅⋅==== g Ag

%6,63%100g9,55g32

g9,55[%]z

%4,36%100g9,55g32

g32[%]z

Ag

Cu

====⋅⋅⋅⋅++++

====

====⋅⋅⋅⋅++++

====

5.86. policzmy ilości moli kwasu konieczne do zobojętnienia poszczególnych substancji: NaOH + HCl → NaCl + H2O 40g 1 mol układamy proporcję: 40g NaOH ─── 1 mol HCl 4g NaOH ─── x

1,0g40

1g4x ====

⋅⋅⋅⋅==== g mola HCl

analogicznie: Mg(OH)2 + HCl → NaCl + H2O 58g 1 mol układamy proporcję: 58g Mg(OH)2 ─── 1 mol HCl 5,8g Mg(OH)2 ─── y

1,0g58

1g8,5y ====

⋅⋅⋅⋅==== g mola HCl

łącznie potrzeba 0,2 mola HCl, którego 0,1-molowy roztwór zajmuje następującą objętość: 1 dm3 r-ru ─── 0,1 mola HCl z ─── 0,2 mole HCl

21,0

2,0z ======== g dm3 r-ru

5.87. ukłóżmy równanie reakcji dla bromku sodu: 2 NaBr + Cl2 → 2 NaCl + Br2 2·(23g+80g) 22,4dm3 206g 22,4dm3 układamy proporcję: 206g NaBr ─── 22,4 dm3 Cl2 20,6g NaBr ─── x

24,2g206

dm4,22g6,20x

3

====⋅⋅⋅⋅==== dm3 Cl2

analogicznie postępujemy dla jodku potasu:

2 KI + Cl2 → 2 KCl + I2 2·(39g+127g) 22,4dm3 332g 22,4dm3 układamy proporcję: 332g NaBr ─── 22,4 dm3 Cl2 16,6g NaBr ─── y

12,1g332

dm4,22g6,16y

3

====⋅⋅⋅⋅==== dm3 Cl2

łączna objętość chloru wynosi: V = 2,24dm3 + 1,12dm3 = 3,36dm3 5.88. chcąc wyznaczyć skład mieszaniny musimy najpierw policzyć jaka byłaby masa mieszaniny, gdyby oba składniki stanowiły po 1 molu: m = mM(NH4)2SO4 + mMNH4NO3 = 2 · (14g + 4 · 1g) + 32g + 4 · 16g + 14g + 4 · 1g + 14g + 3 · 16g = 212g ułóżmy proporcję: 1 mol (NH4)2SO4 ─── 212g mieszaniny x ─── 53g mieszaniny

25,0g212

g531x ====

⋅⋅⋅⋅==== mola (NH4)2SO4

z treści zadania wiemy, że jest to mieszanina równomolowa, zatem ilość NH4NO3 także wynosi 0,25 mola, ułóżmy równanie reakcji dla siarczanu: (NH4)2SO4 + 2 NaOH → Na2SO4 + 2 NH3↑ + 2 H2O 1 mol 2·22,4dm3 ułóżmy proporcję: 1 mol (NH4)2SO4 ─── 44,8 dm3 0,25 mola (NH4)2SO4 ─── y

2,111

dm8,4425,0y

3

====⋅⋅⋅⋅==== dm3 NH3

analogicznie postępujemy dla azotanu: NH4NO3 + NaOH → NaNO3 + NH3↑ + H2O 1 mol 22,4dm3 ułóżmy proporcję: 1 mol (NH4)2SO4 ─── 22,4 dm3 0,25 mola (NH4)2SO4 ─── z

6,51

dm4,2225,0z

3

====⋅⋅⋅⋅==== dm3 NH3

łączna objętość amoniaku wynosi: V = 11,2dm3 + 5,6dm3 = 16,8dm3 5.89. ułóżmy równania reakcji: CaCO3 → CaO + CO2↑ MgCO3 → MgO + CO2↑ dodajmy równania stronami CaCO3 + MgCO3 → CaO + MgO + 2 CO2↑ 2 mole dolomitu 2·22,4dm3 ułóżmy proporcję: 2 mole dolomitu ─── 44,8dm3 CO2 x ─── 33,6dm3 CO2


5,1dm8,44

dm6,332x

3

3

====⋅⋅⋅⋅==== mola dolomitu

wiemy, że dolomit to równomolowa mieszania węglanów, zatem 1,5 mola dolomitu zawiera 0,75 mola CaCO3 i 0,75 mola MgCO3, zamieńmy podane ilości na masy: mCaCO3 = 0,75 · mMCaCO3 = 0,75 · 100g = 75g mMgCO3 = 0,75 · mMMgCO3 = 0,75 · 84g = 63g masa dolomitu jest równa: m = 75g + 63g = 138g 5.90. objętośći gazów wynoszą kolejno: VH2 = 0,5 · 4m3 = 2m3 VCO = 0,3 · 4m3 = 1,2m3 VH2 = 0,2 · 4m3 = 0,8m3 układamy równanie spalania wodoru: 2 H2 + O2 → 2 H2O 2m3 1m3

(ponieważ gazy znajdują się w tych samych warunkach ich stosunek objętościowy jest równy stosunkowi ilościowemu) widzimy z równania reakcji, że do spalenia 2m3 wodoru potrzeba 1m3 tlenu analogicznie postępujemy dla tlenku węgla: 2 CO + O2 → 2 CO2 2m3 1m3 układamy proporcję: 2m3 CO ─── 1m3 O2 1,2m3 CO ─── x

6,0m2

m1m2,1x

3

33

====⋅⋅⋅⋅==== m3 O2

dwutlenek węgla nie reaguje z tlenem, zatem tlen zostanie zużyty tylko w reakcji z wodorem i tlenkiem węgla, łączna objętość tlenu wynosi: VO2 = 1m3 + 0,6m3 = 1,6m3 5.91. reakcja ta prowadzi do otrzymania fosfiny (PH3), układamy równania reakcji: P2 + 3 H2 → 2 PH3 P4 + 6 H2 → 4 PH3 ponieważ wszystkie substancje znajdują się w tych samych warunkach, zatem stosunnek objętościowy jest równy stosunkowi ilościowemu, z treści zadania widzimy, że stosunek P4 do P2 wynosi 4 : 1, mnożymy więc drugie równanie przez 4 i dodajemy oba równania do siebie: P2 + 3 H2 → 2 PH3 4 P4 + 24 H2 → 16 PH3 P2 + 4 P4 + 27 H2 → 18 PH3 5 moli 27 moli widzimy, że stosunek ilościowy, równy objętościowemu wynosi: nm : nH2 = Vm : VH2 = 5 : 27 = 1 : 5,4

5.92. załóżmy, że masa próbki wynosi 100g, wówczas 40g stanowi NaOH, a 60g CaO, policzmy jaka ilość kwasu solnego jest potrzebna do zobojętnienia tych substancji: NaOH + HCl → NaCl + H2O 23g+16g+1g 1 mol 40g 1 mol widzimy, że do zobojętnienia 40g NaOH potrzeba 1 mol HCl analogicznie dla CaO: CaO + 2 HCl → CaCl2 + H2O 40g+16g 2mole 56g 2 mole układamy proporcję: 56g CaO ─── 2 mole HCl 60g CaO ─── x

14,2g56

mole2g60x ====

⋅⋅⋅⋅==== mola HCl

łączna ilość HCl potrzebna do zobojętnienia 100g próbki wynosi: nc = 1 mol + 2,14 mola = 3,14 mola policzmy ilość HCl, którą zawiera 20cm3 0,1-molowego roztworu: n = 0,02 · 0,1 = 0,002 mola HCl układamy proporcję: 3,14 mola HCl ─── 100g próbki 0,002 mola HCl ─── y

0637,014,3

g100002,0y ====

⋅⋅⋅⋅==== g próbki

5.93. ułóżmy równanie reakcji: 3 Mg + 2 Sb + 6 HCl → 2 SbH3 + 3 MgCl2 3·24g 2·122g 2·(122g+3g) 72g 244g 250g a) ułóżmy proporcję: 244g Sb ──── 250g SbH3 x ──── 100g SbH3

6,97g250

g244g100x ====

⋅⋅⋅⋅==== g Sb

z danych wiemy, że antymon stanowi 33% stopu, zatem masa stopu: 97,6g Sb ──── 33% stopu y ──── 100% stopu

8,295%33

%100g6,97y ====

⋅⋅⋅⋅==== g stopu

2) zamieńmy 100g antymonowodoru, na ilość moli: mMSbH3 = 122g + 3 · 1g = 125g nSbH3 = 100 : 125 = 0,8 mola policzmy jaka ilość magnezu była konieczna do wytworzenia 100g antymonowodoru: 72g Mg ─── 250g SbH3 z ─── 100g SbH3


8,28g250

g100g72z ====

⋅⋅⋅⋅==== g Mg

policzmy ile magnezu było w stopie (magnez stanowi 67% stopu): mMg = 295,8g · 0,67 = 198,2g zatem masa magnezu, która nie wzięła udziału w reakcji tworzenia antymonowodoru jest równa: mMgn = 198,2g – 28,8g = 169,4g magnez ten został zużyty w reakcji pobocznej: Mg + 2 HCl → MgCl2 + H2 24g 1 mol ułóżmy proporcję: 24g Mg ─── 1 mol H2 169,4g Mg ─── w

06,7g24

1g4,169w ====

⋅⋅⋅⋅==== mola H2

ponieważ gazy znajdują się w tych samych warunkach ich stosunek objętościowy będzie równy stosunkowi ilościowemu: VSb : VH2 = nSb : nH2 = 0,8 : 7,06 = 1 : 8,83 5.6. Skład mieszaniny poreakcyjnej 5.94. obliczmy objętość azotu potrzebną do wytworzenia 24dm3 amoniaku: N2 + 3 H2 → 2 NH3 1dm3 2dm3 układamy proporcję: 1dm3 N2 ─── 2dm3 NH3 x ─── 24dm3 NH3

12dm2

dm24dm1x

3

33

====⋅⋅⋅⋅==== dm3 N2

objętość azotu w mieszaninie poreakcyjnej wynosi: VN2 = 25dm3 – 12dm3 = 13dm3 5.95. masa substancji w probówce to masa KCl, obliczmy zatem jaka ilość KClO3 musi ulec rozkładowi aby powstało 12,2g KCl: 2 KClO3 → 2 KCl + 3 O2 2·(39g+35,5g+3·16g) 2·(39g+35,5g) 245g 149g układamy proporcję: 245g KClO3 ─── 149g KCl x ─── 12,2g KCl

20g149

g2,12g245x ====

⋅⋅⋅⋅==== g KCl

widzimy zatem, że cała ilość soli Bertholleta użyta w doświadczeniu ulegnie rozkładowi 5.96. CaCO3 → CaO + CO2 40g+12g+3·16g 12g+2·16g 100g 44g

z treści zadania wiemy, że masa próbki zmniejszyła się o 3g, jest to masa CO2, który powstał podczas prażenia, policzmy zatem jaka ilość CaCO3 musiała ulec rozkładowi, aby powstało 3g CO2, układamy proporcję: 100g CaCO3 ─── 44g CO2 x ─── 3g CO2

82,6g44

g3g100x ====

⋅⋅⋅⋅==== g CaCO3

5.97. PbO + H2 → Pb + H2O 207g+16g 2·1g 207g 2·1g+16g 223g 2g 207g 18g policzmy ubytek masy substancji stałych odpowiadający powstaniu 1 mola (18g) wody: ∆m = 223g – 207g = 16g z treści zadania wiemy, że masa próbki zmalała o: ∆mp = 5g – 4,7g = 0,3g ułóżmy proporcję: 16g ubytku ─── 18g H2O 0,3g ubytku ─── x

338,0g16

g18g3,0x ====

⋅⋅⋅⋅==== g H2O

5.98. 2 KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2

2·(39g+55g+4·16g) 2·39g+55g+4·16g 55g+2·16g 316g 197g 87g policzmy ubytek masy substancji stałych odpowiadający rozkładowi 1 mola (316g) KMnO4: ∆m = 316g – (197g + 87g) = 32g z treści zadania wiemy, że masa próbki zmalała o: ∆mp = 10g – 9,3g = 0,7g ułóżmy proporcję: 32g ubytku ─── 316g KMnO4 0,7g ubytku ─── x

91,6g32

g316g7,0x ====

⋅⋅⋅⋅==== g KMnO4

5.99. 2 HgO → 2 Hg + O2 2·(201g+16g) 2·16g 434g 32g z treści zadania wiemy, że masa próbki zmniejszyła się o 0,22g, jest to masa O2, który powstał podczas ogrzewania, policzmy zatem jaka ilość HgO musiała ulec rozkładowi, aby powstało 0,22g O2, układamy proporcję: 434g HgO ─── 32g O2 x ─── 0,22g O2

98,2g32

g434g22,0x ====

⋅⋅⋅⋅==== g HgO

masa tlenku, który nie uległ rozkładowi: mHgO = 4g – 2,98g = 1,02g zawartość procentowa HgO w mieszaninie:


zHgO[%] = 1,02g : 3,78g · 100% = 27% 5.100. (w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość równą 22,4dm3) CaCO3 → CaO + CO2 40g+12g+3·16g 22,4dm3 100g 22,4dm3 policzmy masę CaCO3 w wyniku rozkładu której powstało 1,12dm3 CO2 100g CaCO3 ─── 22,4dm3 CO2 x ─── 1,12dm3 CO2

5dm4,22

dm12,1g100x

3

3

====⋅⋅⋅⋅==== g CaCO3

zatem masa węglanu wapnia, który nie przereagował wynosi: mCaCO3 = 8g – 5g = 3g 5.101. z treści zadania wiemy, że masa próbki zmniejszyła się o : m = 30g – 26,8g = 3,2g, jest to masa O2, który powstał podczas ogrzewania, a) policzmy zatem jaka ilość KNO3 musiała ulec rozkładowi, aby powstało 3,2g O2 2 KNO3 → 2 KNO2 + O2 2·(39g+14g+3·16g) 2·16g 202g 32g układamy proporcję: 202g KNO3 ─── 32g O2 x ─── 3,2g O2

2,20g32

g202g2,3x ====

⋅⋅⋅⋅==== g KNO3

b) policzmy jaką ilość moli stanowi 3,2g O2 mMO2 = 2 · 16g = 32g nO2 = 3,2g : 32g = 0,1 mola wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość równą 22,4dm3, zatem: V1O2 = 0,1 · 22,4dm3 = 2,24dm3 c) korzystamy z równania Clapeyrona (w pkt. b) policzyliśmy, że ilość O2 wynosi 0,1 mola)

3dm43,2997

2911,831,0

p

nRTV

nRTpV

====⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅========

====

5.102. Na2CO3 + SiO2 → Na2SiO3 + CO2↑ 2·23g+12g+3·16g 28g+2·16g 2·23g+28g+3·16g 106g 60g 122g jeżeli przereagowałaby cała mieszanina (zawierająca po 1molu Na2CO3 i SiO2) wówczas masa substancji stałych zmalałaby o: ∆m = 106g + 60g – 122g = 44g z danych zadania wiemy, że masa zmalała o: ∆mz = 106g + 60g – 144g = 22g

policzmy z proporcji jaka ilość Na2SiO3 powstanie, jeżeli masa substancji stałych zmaleje o 22g: 44g ubytku ─── 122g Na2SiO3 22g ubytku ─── x Na2SiO3

61g44

g122g22x ====

⋅⋅⋅⋅==== g Na2SiO3

5.103. zamieńmy podane masy na ilości moli: mMNa = 23g nNa = 2,3g : 23g = 0,1 mola mMH2O = 2·1g + 16g = 18g nH2O = 5,4g : 18g = 0,3 mola reakcja przebiega wg równania 2 Na + 2 H2O → 2 NaOH + H2O sód reaguje z wodą w stosunku 1 : 1, zatem w reakcji weźmie udział 0,1 mola Na i 0,1 mola H2O; równocześnie ilość powstałego wodorotlenku sodu jest równa ilośći sodu i ilości wody, które wzięły udzuał w reakcji, zatem ilość powstałego NaOH wynosi 0,1 mola, ilość wody, która pozostała po reakcji: nH2Opr = 0,3 mola – 0,1 mola = 0,2 mola stosunek ilości wodorotlenku sodu do wody wynosi: nNaOH : nH2O = 0,1 : 0,2 = 1 : 2 zatem na 1 mol wodorotlenku sodu przypadają 2 mole wody 5.104. policzmy masę powstałego wodorotlenku wapnia: Ca + 2 H2O → Ca(OH)2 + H2 40g 2·18g 40g+2·(16g+1g) 40g 36g 74g układamy proporcję: 40g Ca ─── 74g Ca(OH)2 4g Ca ─── x

4,7g40

g74g4x ====

⋅⋅⋅⋅==== g Ca(OH)2

policzmy masę wody, która była potrzebna do przeprowadzenia tej reakcji 36g H2O ─── 74g Ca(OH)2 y ─── 7,4g Ca(OH)2

6,3g74

g4,7g36y ====

⋅⋅⋅⋅==== g H2O

masa wody pozostałej po reakcji: mH2Opr = 19,8g – 3,6g = 16,2g zamieńmy masy wody i wodorotlenku wapnia na ilości moli: mMCa(OH)2 = 40g + 2 · (16g + 1g) = 74g nCa(OH)2 = 7,4g : 74g = 0,1 mola mMH2O = 2 · 1g + 16g = 18g nH2O = 16,2 : 18 = 0,9 mola stosunek ilościowy wodorotlenku wapnia do wody wynosi: nCa(OH)2 : nH2O = 0,1 : 0,9 = 1 : 9


zatem na 1 cząsteczkę wodorotlenku wapnia przypada 9 cząsteczek wody 5.105. zamieńmy objętości na ilości moli, wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość 22,4dm3, zatem: nSO2p = 5dm3 : 22,4dm3 = 0,22 mola wiemy, że gęstość wody wynosi: d = 1 g/cm3 zatem masa wody jest równa: mH2O = d · V = 1 g/cm3 · 84cm3 = 84g zamieńmy masę na ilość moli: mMH2O = 2 · 1g + 16g = 18g nH2Op = 84g : 18g = 4,67 mola ułóżmy równanie reakcji: SO2 + H2O → H2SO3 1 : 1 : 1 ilości substancji po reakcji: nSO2k = 0,22 mola – 0,22 mola = 0 nH2Ok = 4,67 mola – 0,22 mola = 4,45 mola nH2SO3 = 0,22 mola wyznaczamy stosunek ilości kwasu do wody: nH2SO3 : nH2Ok = 0,22 : 4,45 ≈ 1 : 20 zatem na 1 cząsteczkę kwasu siarkowego(IV) przypada w przybliżeniu 20 cząsteczek wody 5.106. 2 Ca(NO3)2 → 2 CaO + 4 NO2 + O2 2·(40g+2·(14g+3·16g)) 2·(40g+16g) 2·16g 328g 112g 32g policzmy ubytek masy substancji stałych odpowiadający powstaniu 1 mola (112g) CaO: ∆m = 328g – 112g = 216g z treści zadania wiemy, że masa próbki zmalała o: ∆mp = 10g – 6,71g = 3,29g a) ułóżmy proporcję: 216g ubytku ─── 112g CaO 3,29g ubytku ─── x

71,1g216

g112g29,3x ====

⋅⋅⋅⋅==== g CaO

b) analogicznie policzmy masę tlenu: 216g ubytku ─── 32g O2 3,29g ubytku ─── y

49,0g216

g32g29,3y ====

⋅⋅⋅⋅==== g O2

5.7. Ustalanie składu mieszanin 5.107. CaCO3 → CaO + CO2 40g+12g+3·16g 12g+2·16g 100g 44g obliczmy masę węglanu wapnia, z którego otrzymano 40g CO2, w tym celu układamy proporcję: 100g CaCO3 ─── 44g CO2 x ─── 40g CO2

9,90g44

g40g100x ====

⋅⋅⋅⋅==== g CaCO3

zawartość węglanu wapnia w wapieniu wynosi: zCaCO3[%] = 90,9g : 100g · 100% = 90,9% 5.108. 2 Cu + O2 → 2 CuO 2·64g 22,4dm3 2·(64g+16g) 128g 22,4dm3 160g przyrost masy, w przypadku przepuszczenia 1 mola (22,4dm3) tlenu wynosi: ∆m = 160g – 128g = 32g układamy proporcję: 22,4dm3 O2 ─── 32g przyrostu x ─── 14,3g przyrostu

10g32

g3,14dm4,22x

3

====⋅⋅⋅⋅==== dm3 O2

zO2[%] = 10dm3 : 40dm3 · 100% = 25% 5.109. (Amalgamaty to ogólna nazwa stopów metali, w których jednym z podstawowych składników jest rtęć) 2 Na + 2 H2O → 2 NaOH + H2↑ 46g 22,4dm3

układamy proporcję: 46g Na ─── 22,4dm3 H2 x ─── 1,12dm3 H2

3,2dm4,22

dm12,1g46x

3

3

====⋅⋅⋅⋅==== g Na

zawartość sodu w amalgamacie wynosi: zNa[%] = 2,3g : 16g · 100% = 14,4% 5.110. Na2SO4 + BaCl2 → BaSO4↓ + 2 NaCl 2·23g+32g+4·16g 137g+32g+4·16g 142g 233g układamy proporcję: 142g Na2SO4 ─── 233g BaSO4 x ─── 1,88g BaSO4

15,1g223

g88,1g142x ====

⋅⋅⋅⋅==== g Na2SO4

wynika z tego, że w 1,69g technicznego siarczanu sodu było 1,15g tej soli, liczymy zawartość procentową: zNa2SO4[%] = 1,15g : 1,69g · 100% = 68% 5.111. SO2 + 2 NaOH → Na2SO3 + H2O płuczka pochłaniać będzie jedynie dwutlenek siarki, zatem przepuszczając przez nią 1 mol, czyl 22,4dm3 tego gazu masa płuczki wzrośnie o masę 1 mola dwutlenku siarki: mMSO2 = 32g + 2 · 16g = 64g ułóżmy proporcję: 22,4dm3 SO2 ─── 64g przyrostu x ─── 3,2kg przyrostu


1120g64

g3200dm4,22

g64

kg2,3dm4,22x

33

====⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅==== dm3

policzmy zawartość procentową SO2 w mieszaninie: zSO2[%] = 1120dm3 : 5000dm3 = 22,4% 5.112. rozkładowi termicznemu ulega jedynie azotan(III) amonu: NH4NO2 →→→→T

2 H2O↑ + N2↑

zatem ubytek masy oznacza jednocześnie masę NH4NO2: ∆m = 10g – 8g = 2g zawartość procentowa NH4NO2 w mieszaninie wynosi: zNH4NO3[%] = 2g : 10g · 100% = 20% 5.113. zamieńmy objętość chlorowodoru na masę: mMHCl = 1g + 35,5g = 36,5g w warunkach nowmalnych 1 mol gazu zajmuje objętość równą 22,4dm3, zatem: 36,5g HCl ─── 22,4dm3 x ─── 10dm3

3,16dm4,22

dm10g5,36x

3

3

====⋅⋅⋅⋅==== g HCl

policzmy masę chlorku, który uległ reakcji: 2 NaCl + H2SO4 → 2 HCl + Na2SO4 2·(23g+35,5g) 2·36,5g 117g 73g układamy proporcję: 117g NaCl ─── 73g HCl y ─── 16,3g HCl

1,26g73

g3,16g117y ====

⋅⋅⋅⋅==== g NaCl

policzmy początkową masę próbki: mNaClp = 26,1g + 23,9g = 50g obliczmy jaki procent chlorku sodu przereagował: p = 26,1g : 50g · 100% = 52,2% 5.114. wyznaczmy masę glinu (jedynie glin reagować będzie z kwasem solnym): 2 Al + 6 HCl → 2 AlCl3 + 3 H2↑ 2·27g 3·22,4dm3 54g 67,2dm3 układamy proporcję: 54g Al ─── 67,2dm3 x ─── 5,6dm3

5,4dm2,67

dm6,5g54x

3

3

====⋅⋅⋅⋅==== g Al

zatem masa krzemu jest równa: mSi = 5g – 4,5g = 0,5g wyznaczmy skład procentowy siluminu: zAl[%] = 4,5g : 5g · 100% = 90% zSi[%] = 0,5g : 5g · 100% = 10% 5.115.

ułóżmy równania reakcji: 2 Al + 6 HCl → 2 AlCl3 + 3 H2 Zn + 2 HCl → ZnCl2 + H2 z równań widzimy, że w reakcji 2 moli Al powstanią 3 mole, czyli 67,2dm3 wodoru (zatem w reakcji 1 mola Al powstanie 33,6dm3 wodoru), a w reakcji 1 mola Zn powstanie 1 mol, czyli 22,4dm3 wodoru; ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie określać będzie masę stopu, a drugie ilość powstałego wodoru (masy molowe: Zn – 65g, Al – 27g, x – ilość moli Al, y – ilość moli Zn):

(((( ))))

========

========++++−−−−

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅−−−−−−−−====

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅−−−−====

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅

057,0x

0225,0y

32,1y58,58

38,2y4,22y98,807,3

38,24,22y6,33y41,211,0

y41,211,0x

38,24,22y6,33x27

65y3x

38,24,22y6,33x

365y27x

zamieńmy ilości moli na masy mAl = 0,057 · 27g = 1,54g mZn = 0,0225 · 65g = 1,46g obliczmy skład procentowy: zAl[%] = 1,54g : 3g · 100% = 51% zZn[%] = 1,46g : 3g · 100% = 49% 5.116. na początku należy zauważyć, że miedź nie będzie reagować z kwasem solnym, gdyż nie jest to kwas utleniający, ułóżmy równania reakcji, które zachodzą: Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2 Zn + 2 HCl → ZnCl2 + H2 z równań widzimy, że w reakcji 1 mola Fe powstanie 1 mol, czyli 22,4dm3 wodoru również w reakcji 1 mola Zn powstanie 1 mol, czyli 22,4dm3 wodoru; ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie określać będzie masę metali (pamiętając, aby z masy stopu wyłączyć masę miedzi), a drugie ilość powstałego wodoru (masy molowe: Zn – 65g, Fe – 56g, x – moli Fe, y – ilość moli Zn):

( )

=+−−=

=+

⋅−=

=⋅+⋅=⋅+⋅

0856,0yy16,10893,0

y16,108558,0x

0856,0yx56

65y5x

917,14,22y4,22x

565y56x


==

=

0625,0x

0231,0y

0037,0y16,0

zamieńmy ilości moli na masy mFe = 0,0625 · 56g = 3,5g mZn = 0,0231 · 65g = 1,5g obliczmy skład procentowy: zFe[%] = 3,5g : 7g · 100% = 50% zZn[%] = 1,5g : 7g · 100% = 21,4% zCu[%] = 2g : 7g · 100% = 28,6% 5.117. policzmy masę chlorowodoru: mHCl = 36% : 100% · 22,1g = 7,956g układamy rónania reakcji: 2 Al + 6 HCl → 2 AlCl3 + 3 H2 6·(1g+35,5g) 219g Fe + 2 HCl → 2 FeCl3 + 3 H2 2·(1g+35,5g) 73g z równań widzimy, że w reakcji 2 moli Al zostanie zużyte 219g HCl (zatem w reakcji 1 mola Al zostanie zużyte 109,5g HCl), a w reakcji 1 mola Fe zostanie zużyte 73g HCl; ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie określać będzie masę stopu, a drugie ilość zużytego HCl (masy molowe: Fe – 56g, Al – 27g, x – ilość moli Al, y – ilość moli Fe):

(((( ))))

========

========++++−−−−

====++++−−−−−−−−====

====++++

−−−−====

====++++−−−−====

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅

0382,0x

0535,0y

25,8y103,154

956,7y73y103,227206,16

956,7y73y074,2148,05,109

y074,2148,0x

956,7y73x5,10927

y564x

956,7y73x5,109

y564x27

956,773y5,109x

456y27x

zamieńmy ilości moli na masy mFe = 0,0535 · 56g = 3g mAl = 0,0382 · 27g = 1g obliczmy skład procentowy: zFe[%] = 3g : 4g · 100% = 75% zAl[%] = 1g : 4g · 100% = 25% 5.118. układamy równania reakcji: N2O + H2 → H2O + N2 N2O3 + 3 H2 → 3 H2O + N2

ponieważ wszystkie gazy występują w tych samych warunkch ich stosunki molowe są równe stosunkom objętościowym, zatem widzimy, że 1dm3 N2O reaguje z 1dm3 H2, zaś 1dm3 N2O3 z 3dm3 H2, ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie określać będzie objętość mieszaniny, a drugie objętość zużytego wodoru (x – obj. N2O, y – obj N2O3):

====⋅⋅⋅⋅++++====++++

273yx

11yx

odejmujemy równania stronami:

(((( ))))

========

====−−−−====

−−−−====++++−−−−⋅⋅⋅⋅++++====++++

3x

8y

16y2

y11x

1127yx3yx

11yx

stosunek molowy zmieszanych gazów: nN2O : nN2O3 = VN2O : VN2O3 = 3 : 8 5.119. układamy równania reakcji: 2 NO + 2 H2 → 2 H2O + N2 N2O5 + 5 H2 → 5 H2O + N2 ponieważ wszystkie gazy występują w tych samych warunkch ich stosunki molowe są równe stosunkom objętościowym, zatem widzimy, że 2dm3 NO reagują z 2dm3 H2 (czyli 1 mol NO reaguje z 1 molem H2), zaś 1dm3 N2O3 z 5dm3 H2, ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie określać będzie objętość mieszaniny, a drugie objętość zużytego wodoru (x – obj. NO, y – obj N2O5):

====⋅⋅⋅⋅++++====++++

5,215yx

5,7yx

odejmujemy równania stronami:

(((( ))))

========

====−−−−====

−−−−====++++−−−−⋅⋅⋅⋅++++====++++

4x

5,3y

14y4

y11x

4,75,21yx5yx

5,7yx

nN2O : nN2O3 = VNO : VN2O5 = 4 : 3,5 w celu uproszczenia obliczeń załóżmy, że mieszanina zawiera 4 mole NO i 3,5 mola N2O5, zamieńmy te ilości na masy: mMNO = 14g + 16g = 30g mNO = 30g · 4 = 120g mMN2O5 = 14g · 2 + 16g · 5 = 108g mN2O5 = 108g · 3,5 = 378g łączna masa mieszaniny: mm = 120g + 378g = 498g obliczmy zawartości procentowe:


zNO[%] = 120g : 498g · 100% = 24,1% zN2O5[%] = 378g : 498g · 100% = 75,9% 5.120. ułóżmy równania reakcji: Na2CO3 → Na2O + CO2 2·23g+12g+3·16g 2·23g+16g 106g 62g obliczmy jaką masę Na2O otrzymamy po prażeniu 1g Na2CO3: mNa2O/Na2CO3 = 62g : 106g = 0,585g analogicznie dla wodorowęglanu sodu: 2 NaHCO3 → Na2O + 2 CO2 + H2O 2·(23g+1g+12g+3·16g) 2·23g+16g 168g 62g obliczmy jaką masę Na2O otrzymamy po prażeniu 1g NaHCO3: mNa2O/Na2CO3 = 62g : 168g = 0,369g ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie określać będzie masę mieszaniny, a drugie masę powstałego tlenku, x – masa Na2CO3, y – masa NaHCO3:

(((( ))))

========

========++++−−−−

====++++−−−−⋅⋅⋅⋅−−−−====

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====++++

06,1x

68,1y

363,0y216,0

24,1y369,0y585,0603,1

24,1y369,0y74,2585,0

y74,2x

24,1369,0y585,0x

74,2yx

zawartość węglanu sodu w mieszaninie wynosi: zNa2CO3[%] = 1,06g : 2,74g · 100% = 38,7% 5.121. ułóżmy równania reakcji: CaCO3 → CaO + CO2 40g+12g+3·16g 40g+16g 100g 56g obliczmy jaką masę CaO otrzymamy po prażeniu 1g Na2CO3: mNCaO/Na2CO3 = 56g : 100 = 0,56g analogicznie dla węglanu magnezu: MgCO3 → MgO + CO2 24g+12g+3·16g 24g+16g 84g 40g obliczmy jaką masę MgO otrzymamy po prażeniu 1g MgCO3: mNMgO/Na2CO3 = 40g : 84 = 0,476g załóżmy, że początkowa masa mieszaniny wynosiła 1g, więc końcowa masa 0,5g ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie określać będzie masę mieszaniny, a drugie masę powstałych tlenku, x – masa CaCO3, y – masa MgCO3:

( )

=+−⋅−=

=⋅+⋅=+

5,0y476,0y156,0

y1x

5,0476,0y56,0x

1yx

==

==+−

286,0x

714,0y

06,0y084,0

5,0y476,0y56,056,0

zawartość procentowa węglanów w mieszaninie wynosi: zCaCO3[%] = 0,286g : 1g · 100% = 28,6% zMgCO3[%] = 0,714g : 1g · 100% = 71,4% 5.122. ułóżmy równania reakcji: CuCl2 + 2 KOH → Cu(OH)2 + 2 KCl 64g+2·35,5g 64g+2·(16g+1g) 135g 98g obliczmy jaką masę Cu(OH)2 otrzymamy w wyniku reakcji 1g CuCl2: mNCu(OH)2/CuCl2 = 98g : 135 = 0,726g analogicznie dla siarczanu miedzi(II): CuSO4 + 2 KOH → Cu(OH)2 + K2SO4 64g+32g+4·16g 64g+2·(16g+1g) 160g 98g obliczmy jaką masę Cu(OH)2 otrzymamy w wyniku reakcji 1g CuSO4: mNCu(OH)2/CuCl2 = 98g : 160 = 0,726g ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie określać będzie masę mieszaniny, a drugie masę powstałego wodorotlenku, x – masa CuCl2, y – masa CuSO4:

(((( ))))

========

========++++−−−−

====++++−−−−⋅⋅⋅⋅−−−−====

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====++++

885,5x

115,9y

03,1y113,0

86,9y613,0y726,089,10

86,9y613,0y15726,0

y15x

86,9613,0y726,0x

15yx

zawartość procentowa soli miedzi w mieszaninie wynosi: zCuCl2[%] = 5,885g : 15g · 100% = 39,2% zCuSO4[%] = 9,115g : 15g · 100% = 60,8% 5.123. ułóżmy równania reakcji: CuO + H2 → Cu + H2O 64g+16g 2·1g+16g 80g 18g obliczmy jaką masę H2O otrzymamy w wyniku reakcji 1g CuO:


mNH2O/CuO = 18g : 80 = 0,225g analogicznie dla tlenku miedzi(I): Cu2O + H2 → 2 Cu + H2O 2·64g+16g 2·1g+16g 144g 18g obliczmy jaką masę H2O otrzymamy w wyniku reakcji 1g Cu2O: mNH2O/Cu2O = 18g : 144 = 0,125g ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie określać będzie masę mieszaniny, a drugie masę powstałej wody x – masa CuO, y – masa Cu2O:

(((( ))))

========

========++++−−−−

====++++−−−−⋅⋅⋅⋅−−−−====

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====++++

5,1x

2y

2,0y1,0

588,0y125,0y225,0788,0

588,0y125,0y5,3225,0

y5,3x

588,0125,0y225,0x

5,3yx

zawartość procentowa tlenków w mieszaninie wynosi: zCuO[%] = 1,5g : 3,5g · 100% = 42,9% zCu2O[%] = 2g : 3,5g · 100% = 57,1% 5.124. ułóżmy równania reakcji: Ca(OH)2 + Na2CO3 → CaCO3 + 2 NaOH 40g+2·(16g+1g) 40g+12g+3·16g 74g 100g obliczmy jaką masę CaCO3 otrzymamy w wyniku reakcji 1g Ca(OH)2: mNCaCO3/Ca(OH)2 = 100g : 74 = 1,351g analogicznie dla wodorotlenku baru: Ba(OH)2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2 NaOH 137g+2·(16g+1g) 137g+12g+3·16g 171g 197g obliczmy jaką masę BaCO3 otrzymamy w wyniku reakcji 1g Ba(OH)2: mNCaCO3/Ba(OH)2 = 197g : 171 = 1,152g ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie określać będzie masę mieszaniny, a drugie masę powstałego osadu, x – masa Ca(OH)2, y – masa Ba(OH)2:

(((( ))))

========

========++++−−−−

====++++−−−−⋅⋅⋅⋅−−−−====

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====++++

206,7x

794,0y

158,0y199,0

65,10y152,1y351,1808,10

65,10y152,1y81,351

y8x

65,10152,1y1,351x

8yx

zawartość procentowa wodorotlenków w mieszaninie wynosi: zCu(OH)2[%] = 7,206g : 8g · 100% = 90,1% zBa(OH)2 [%] = 0,794g : 3,5g · 100% = 9,9% 5.125. osad powstanie jedynie w wyniku reakcji chlorku sodu z azotanem srebra: NaCl + AgNO3 → AgCl↓ + NaNO3 23g+35,5g 108g+35,5g 58,5g 143,5g policzmy masę NaCl, która była potrzebna do powstania 1,47g osadu AgCl 58,5gNaCl ─── 143,5g AgCl x ─── 1,47g AgCl

6,0g5,143

g47,1g5,58x ====

⋅⋅⋅⋅==== g AgCl

zatem masa NaNO3 w mieszaninie wynosiła: mNaNO3 = 3g – 0,6g = 2,4g zawartość procentowa soli w mieszaninie wynosiła: zAgCl [%] = 0,6g : 3g · 100% = 20% zNaNO3 [%] = 2,4g : 3g · 100% = 80% 5.126. z równania reakcji: H2 + ½ O2 → H2O widzimy, że 1cm3 pary wodnej powstaje z 1cm3 wodoru i 0,5cm3 tlenu, skoro po skropleniu pary wodnej objętość mieszaniny wynosiła 9cm3 oznaczacza to, że łączna objętość trzech gazów zmalała o: ∆gazow = 10cm3 + 5cm3 – 9cm3 = 6cm3 wiemy, że wodor reaguje z tlenem w stosunku 2 : 1, zatem ilość wodoru która przereagowała to 4cm3, a tlenu 2cm3; jednocześnie łatwo wyliczyć, że w mieszaninie pozostał 1cm3 wodoru, co oznacza, że nie było wystarczającej ilości tlenu, aby mógł on ulec spaleniu, co oznacza, że 2cm3 tlenu to cały tlen będący w mieszaninie 5.127. ułóżmy równania reakcji: CaH2 + 2 H2O → Ca(OH)2 + 2 H2↑ 40g+2·1g 2mole 42g 2mole Al4C3 + 12 H2O → 3 CH4↑ + 4 Al(OH)3 4·27g+3·12g 3mole 144g 3mole CaC2 + 2 H2O → Ca(OH)2 + C2H2↑ 40g+2·12g 1mol 64g 1mol z warunków zadania wiemy, że stosunek objętościowy powstałych gazów wynosi 1 : 1 : 1, ponieważ wszystkie gazy znajdują się w tych samych warunkach, zatem stosunek objętościowy jest równy stosunkowi ilościowemu; w celu ułatwienia obliczeń załóżmy, że w mieszaninie znajduje się po 1 molu


każdego gazu, liczymy z proporcji ilośći wyjściowych substancji: 42g CaH2 ─── 2 mole H2 x ─── 1 mol H2

g21mol2

mol1g42x =⋅= CaH2

144g Al4C3 ─── 3 mole CH4 y ─── 1 mol CH4

g48mole3

mol1g144y =⋅= CH4

64g CaC2 ─── 1 mol C2H2 z ─── 1 mol C2H2

g64mol1

mol1g64z =⋅= C2H2

zatem łączna masa mieszaniny wynosi: mm = 21g + 48g + 64g = 133g policzmy teraz zawartości procentowe poszczególnych substancji: zCaH2[%] = 21g : 133g · 100% = 15,8% zAl4C3[%] = 48g : 133g · 100% = 36,1% zCaH2[%] = 64g : 133g · 100% = 48,1% 5.128. w mieszaninie reagował tylko jodek srebra: 2 AgI + Cl2 → 2 AgCl + I2 2·(108g+127g) 2·(108g+35,5g) 470g 287g ubytek masy w wyniku reakcji 470g AgI wynosi: ∆m = 470g – 287g = 183g załóżmy, że mieszanina zawiera 470g AgI i x g AgCl, wówczas masa substancji po reakcji = 0,94 · początkowa masa x + 287g = 0,94 · (x + 470g) x + 287g = 0,94x + 441,8g 0,06x = 154,8g x = 2580g [masa AgCl] początkowa masa mieszaniny wynosi: mm = 470g + 2580g = 3050g obliczmy skład procentowy zAgI[%] = 470g : 3050g · 100% = 15,4% zAgCl[%] = 2580g : 3050g · 100% = 84,6% 5.129. najpierw obliczmy ilość jonów H+, łącznie do sporządzenia kwasu wzięto 5 objętości HCl i H2SO4, zatem łatwo policzyć, że jedna objętość stanowi 10cm3, policzmy ilość moli H+ powstałych z dysocjacji HCl: nH+HCl = 20cm3 · 6 mol/dm3 = 0,02 · 6 = 0,12 mola analogicznie dla H2SO4 (pamiętająć, że podczas dysocjacji 1 mola H2SO4 powsają 2 mole H+) nH+H2SO4 = 2 · 0,03 · 4 = 0,24 mola zatem łącznie nH+ = 0,36 mola ułóżmy równania reakcji: 2 Al + 6 H+ → 2 Al3+ + 3 H2

2·27g 6 moli 54g 6 moli policzmy ile moli H+ będzie reagować z 1g Al nH+/Al = 6 moli : 54g = 0,111 mola analogicznie dla magnezu: Mg + 2 H+ → Al2+ + H2 24g 2 mole policzmy ile moli H+ będzie reagować z 1g Mg nH+/Al = 2 moli : 24g = 0,083 ułóżmy układ równań, gdzie pierwsze równanie oznaczać będzie masę mieszaniny, a drugie ilość zużytych jonów H+, x – masa Al, y – masa Mg:

(((( ))))

========

========++++−−−−

====++++−−−−⋅⋅⋅⋅−−−−====

====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====++++

44,2x

07,1y

03,0y028,0

36,0y083,0y111,039,0

36,0y083,0y51,30,111

y51,3x

36,0083,0y0,111x

51,3yx

zawartość procentowa metali w mieszaninie wynosiła: zAl[%] = 2,44g : 3,51g · 100% = 69,5% zMg[%] = 1,07g : 3,51g · 100% = 30,5% 5.130. te dane nie są wystarczające aby obliczyć skład procentowy mieszaniny, musielibyśmy ułożyć układ równań zawierający 3 niewiadome, składający się z 3 równań, zaś możemy ułożyć jedynie 2: określające masę mieszaniny (tożsame z tym, że suma wszystkich zawartości procentowych jest równa 100%) i określające objętość wydzielonego wodoru. 5.131. policzmy masę magnezu, oraz ilość wydzielonego dzięki niemu wodoru: mMg = 0,3 · 10g = 3g Mg + 2 HCl → MgCl2 + H2 24g 22,4dm3 ułóżmy proporcję: 24g Mg ─── 22,4dm3 H2 3g Mg ─── x

8,2g24

dm4,22g3x

3

====⋅⋅⋅⋅==== dm3

masa metalu M: mM = 10g – 3g = 7g objętość i ilość wodoru wydzielona dzięki metalowi M: VHM = 11,5 – 2,8 = 8,7dm3 nHM = 8,7dm3 · 22,4dm3 = 0,388 mola rozważmy różne wartościowości metalu M: - W = 1 M + HCl → MCl + ½ H2


wówczas widzimy, że ilość metalu jest 2 razy większa niż ilość wydzielonego H2, zatem jest równa nM1 = 0,388 · 2 = 0,776 mola, wiec masa molowa: mM1 = 7g : 0,776 = 9g masa ta odpowiada berylowi (reakcja musiałaby przebiegac w bardzo wyjątkowy sposób, aby beryl przyjął wartościowość równą 1) - W = 2 M + 2 HCl → MCl2 + H2 wówczas widzimy, że ilość metalu jest równa ilości wydzielonego H2, zatem jest równa nM2 = 0,388 mola, wiec masa molowa: mM2 = 7g : 0,388 = 18g nie ma żadnego metalu o zbliżonej masie molowej - W = 3 M + 3 HCl → MCl3 + 3/2 H2 wówczas widzimy, że ilość metalu jest 1,5 raza mniejsza niż ilość wydzielonego H2, zatem jest równa nM3 = 0,388 : 1,5 = 0,259 mola, wiec masa molowa: mM3 = 7g : 0,259 = 27g masa ta odpowiada masie molowej glinu, zgadza się również wartościowość - W = 4 M + 4 HCl → MCl4 + 2 H2 wówczas widzimy, że ilość metalu jest 2 razy mniejsza niż ilość wydzielonego H2, zatem jest równa nM3 = 0,388 : 2 = 0,194 mola, wiec masa molowa: mM3 = 7g : 0,194 = 36g nie ma żadnego metalu o zbliżonej masie molowej wyższych wartościowości nie rozpatrujemy, gdyż w reakcji z kwasem nieutleniajacym metal przyjmuje jak najniższą wartościowość 5.132. najwięcej wodoru uzyskamy działając na metal o jak największej wartościowości i jak najmniejszej masie, zatem szukamy metalu, dla którego stosunek z = W : mM będzie jak największy, wystarczy, że będziemy rozpatrywać metale z 2 i 3 okresu (zatem dla wartościowości 1 – 3 jak najlżejsze metale), gdyż jak wiemy w kolejnych okresach wartościowości będą analogiczne, lecz masy molowe znacznie większe dla litu: z = 1 : 7 = 0,143 dla berylu: z = 2 : 9 = 0,222 dla glinu: z = 3 : 27 = 0,111 widzimy zatem, że najbardziej „wydajnym” metalem bedzie beryl 5.133. policzmy ilość wodoru, który wydzielił się w reakcji: n = 2,24 : 22,4 = 0,1 mola zatem do reakcji użyto: 0,2 mola metalu jednowartościowego, 0,1 mola metalu

dwuwartościowego, 0,067 mola metalu trójwartościowego, co daje nam masy molowe odpowiednio 5g, 10g, 15g, najbardziej sensownym wynikiem jest 10g dla metalu dwuwartościowego w tym przypadku będzie to beryl o masie molowej 9g; jak już wcześniej wywnioskowaliśmy aby otrzymać 0,1 mola wodoru należy wziąć 0,1 mola metalu dwuwartościowego – berylu, co stanowi następujący procent mieszaniny: zBemax[%] = 0,1 · 9g : 1g · 100% = 90% jak już wyznaczyliśmy w zad. 5.132. drugim „najwydajniejszym” metalem, jeśli chodzi o wydzielanie wodoru jest lit (1 mol litu powoduje wydzielenie 0,5 mola wodoru), zatem policzmy skład mieszaniny zawierającej beryl i lit, niech x – ilość moli Be, y – ilość moli Li, wyznaczamy układ równań, gdzie pierwsze równanie oznaczać będzie masę mieszaniny, a drugie ilość moli wytworzonego H2

(((( ))))

========

========++++−−−−

====⋅⋅⋅⋅++++−−−−⋅⋅⋅⋅

−−−−========⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅

====⋅⋅⋅⋅++++====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅

08,0x

04,0y

1,0y5,2

1y7y5,49,0

17yy5,01,09

y5,01,0x

17y9x

1,0y5,0x

17y9x

zamieńmy ilości metali na masy: mBe = 0,08 · 9g = 0,72g mLi = 0,04 · 7g = 0,28g zatem minimalna zawartość berylu wynosi: zBemin[%] = 0,72g : 1g · 100% = 72%

Rozdział 6. Budowa atomów.

6.1. Składniki atomów. Izotopy. 6.1.

Li63

ilość nukleonów 6, p+ = e- = 3, n0 = 6 – 3 = 3

S3216

ilość nukleonów 32,p+ = e- = 16,n0 = 32 – 16 = 16

I17153

ilość nukleonów 171, p+ = e- = 53, n0 = 171 – 53

= = 118 H2

1

ilość nukleonów 2, p+ = e- = 1, n0 = 1 – 1 = 1

6.2. Cu65

29 , C126 , Cl35

17

6.3. 1) masa elektronu wynosi w przybliżeniu 1/1840u, zatem: zme-[%] = 11 · 1/1840u : (23u + 11 · 1/1840u) · 100% = 0,026% 2) analogicznie dla jądra atomu


zmj[%] = 23u : (23u + 11 · 1/1840u) · 100% = 99,974% 6.4. a) 1), 4), 5) A = p+ = e- = 37; 2) Z = 85; 3) n0 = 85 – 37 = 48 b) 1), 4), 5) A = p+ = e- = 7; 2) Z = 15; 3) n0 = 15 – 7 = 8 6.5. a) 1) Si; 2) krzem; 3) n0 = 30 – 14 = 16; 4), 5) p+ = e- = 14 b) 1) Rb; 2) rubid; 3) n0 = 87 – 37 = 50; 4), 5) p+ = e- = 37 6.6. a) 1) Sc; 2) skand; 3), 5) Z = p+ = e- = 21; 4) A = n0 + p+ = 24 + 21 = 45 b) 1) Hg; 2) rtęć; 3), 5) Z = p+ = e- = 80; 4) A = n0 + p+ = 122 + 80 = 202 6.7. a) 1) hel; 2) 3He; 3) A = 3; 4) n0 = 3 – 2 = 1; 5) e- = p+ = 2 b) 1) argon; 2) 40Ar; 3) A = 40; 4) n0 = 40 – 18 = 22; 5) e- = p+ = 18 6.8. w zbiorze muszą znaleźć sie nuklidy o tej samej liczbie atomowej: I: E36

16 , E3316 , E32

16 , E3416 , E - siarka

II: E3717 , E35

17 , E – chlor

III: E3818 , E36

18 , E4018 , E – argon

6.9. generalizując izotopy mają takie same właściwości chemiczne, a różne właściwości fizyczne, z cech podanych w zadaniu różnią się: gęstością, ciepłem właściwym, temperaturą wrzenia 6.10. są to dwa różne pierwiastki (azot i tlen), posiadają różną ilość atomową i masową, a także odmienne właściwości fizyczne (np. gęstość, temp. topnienia, wrzenia) i chemiczne (np. tlen podtrzymuje spalanie, a azot nie) 6.11. a) nie – cechą charakterystyczną pierwiastka jest unikalna liczba atomowa b) tak – są one wtedy nazywane izotopami c) tak – np 40K i 40Ca 6.12. 1) tak – po 1 molu każdego izotopu 2) nie – w pierwszym przypadku jest 1/12 mola, a w drugim 1/13 mola 3) tak – po 1/22,4 mola każdego izotopu 6.13. 2), gdyż istnieją izotopy węgla mające liczbę masową inną niż 12 6.14. 3), gdyż liczba masowa nie uwzględnia mas elektronów

6.15. jak wiemy liczba atomowa musi byc liczbą całkowitą (wg obecnej teorii atomistycznej, jądro nie może zawierać np. pół protonu), a każdej liczbie atomowej od 1 – 92 jest już przypisany określony pierwiastek 6.16. 3), gdyż nie mamy pewności czy istnieje nuklid o liczbie masowej równej 192, mimo, iż jest to wartość najbliższa masy atomowej może ona wynikać z obecności nuklidów o znacznie różniących się liczbach masowych 6.17. wynika z tego, że istnieją przynajmniej 2 izotopy samaru (ponieważ masa atomowa nie jest liczbą całkowitą) o ich liczbach masowych nie możemy nic dokładnie powiedzieć, zapewne oscylują w okolicach 150, 151u 6.18. w szeregu tym liczby atomowe wzrastają o 5, a liczby masowe o 10, zatem kolejny w szeregu będzie E36

18 ,

czyli 36Ar 6.19. (korzystamy z tabeli na końcu zbioru) a) 12C16O2,

12C17O2, 12C18O2,

12C16O17O, 12C16O18O, 12C17O18O, 13C16O2,

13C17O2, 13C18O2,

13C16O17O, 13C16O18O, 13C17O18O b) 1H2

16O, 1H217O, 1H2

18O, 2H216O, 2H2

17O, 2H218O,

1H2H16O, 1H2H17O, 1H2H17O (oznaczenie 2H moża zastąpić przez D, czyli deuter) c) 14N1H3,

14N2H3, 15N1H3,

15N2H3, 14N2H1H2,

15N2H1H2, 14N1H2H2,

15N1H2H2 (oznaczenie 2H moża zastąpić przez D, czyli deuter) 6.20. 1) masa będzie najmniejsza, jeżeli cząsteczka składać się będzie z 1H, 32S, 16O, zatem: 1H2

32S16O4 2) masa będzie największa, jeżeli cząsteczka składać się będzie z 2H, 36S, 18O, zatem: 2H2

36S18O4 6.21. np. CuCl2, CH2 (acetylen) 6.22. ciężka woda, będzie brać udział w takich samych reakcjach jak woda (izotopy danego pierwiastka mają takie same właściwości chemiczne): a) D2O + SO3 → D2SO4 b) D2O + K2O → 2 KOD c) Mg3N2 + 6 D2O → 2 ND3 + 3 Mg(OD)2 d) D2O + SO3 → D2SO4

2 D2SO4 + Na2O → 2 NaDSO4 + D2O 6.23. wyznaczmy liczby masowe poszczególnych izotopów: A1 = 5 + 5 = 10 A1 = 5 + 6 = 11 ułóżmy równanie x – zawartość procentowa izotopu 10B:


( )100

11x10010x81,10

⋅−+⋅=

81x

x111100x101081

=−+=

zatem zawartość procentowa izotopu 10B wynosi 81%, a izotopu 11B 19% 6.24.

u8,69%100

71%8,3969%2,60m ====

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

szukanym pierwiastkiem jest gal 6.25. liczba masowa pierwszego izotopu wynnosi: A = 29 + 34 = 63 zawartość procentowa drugiego izotopu wynosi: p2 = 100% - 69,1% = 30,9% zatem

u65x

x9,307,2001

x9,303,43536355%100

x%9,3063%1,6955,63

≈≈≈≈====

++++====

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

lczba masowa drugiego izotopu wynosi 65 6.26. bor-10 zawiera 5 neutronów, a bor-11 6 neutronów, policzmy liczbę atomów boru-10: nB-10 = 0,188 · 500 = 94 atomy zatem liczba neutronów w borze-10: nn01 = 94 · 5 = 470 analogicznie dla boru-11: nB-11 = 0,812 · 500 = 406 nn02 = 406 · 6 = 2436 łączna ilość neutronów: nn0 = 470 + 2436 = 2906 6.27.

u11,28%100

30%1,329%7,428%2,92m ====

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

pierwiastkiem tym jest krzem 6.28. jeżeli co dziesiąta cząsteczka jest cząsteczką deuteru oznacza to, że izotop ten stanowi 10% mieszaniny izotopów wodoru, więc:

u1,1%100

2%101%90m ====

⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅====

6.29. procent ten maleje w miarę wzrostu liczby atomowej pierwiastka, jak wiemy liczba elektronów jest równa liczbie protonów a w miarę wzrostu liczby atomowej stosunek p+ : n0 jest coraz mniejszy 6.30. me ≈ 1/1840 · mp = 1/1840u 1u ≈ 1840me zatem: mH = 1u = 1840me

mC = 12u = 12 · 1840me = 22080me mRf = 261u = 261 · 1840me = 480240me 6.31. ułóżmy schematyczne równanie reakcji y Dx + O2 → 2 D2O z danych zadania widzimy, że deuter reaguje z tlenem w stosunku 2 : 1, zatem y = 1, otrzymujemy równanie reakcji: 2 Dx + O2 → 2 D2O po prawej stronie równania mamy 4 atomy deuteru, zatem x musi być równy 2; cząsteczka deuteru składa się z 2 atomów 6.32. policzmy najpierw masę tlenu konieczną do spalenia 10g deuteru: 2 D2 + O2 → 2 D2O 2·2·2g 1mol 8g 1mol 8g D2 ─── 1mol O2 10g D2 ─── x

25,1g8

mol1g10x ====

⋅⋅⋅⋅==== mola O2

wiemy, że tlen stanowi w przybliżeniu 20% objętościowych powietrza, a azot 80%, policzmy ilość azotu: 20% ─── 1,25 mola 80% ─── y

5%20

mol25,1%80x ====

⋅⋅⋅⋅==== moli N2

zamieńmy ilości tlenu i azotu na masy: mO2 = 1,25 · 32g = 40g mN2 = 5 · 28g = 140g łączna masa powietrza: m = 40g + 140g = 180g 6.33. powstaną 4 rodzaje cząsteczek: 1A1B, 1A2B, 2A1B, 2A2B, zawartość poszczególnych cząsteczek obliczymy mnożąc przez siebie zawartości procentowe poszczególnych izotopów: p1A1B = 10% · 30% : 100% = 3% p1A2B = 10% · 70% : 100% = 7% p1A1B = 90% · 30% : 100% = 27% p1A1B = 90% · 70% : 100% = 63% 6.2. Przemiany jądrowe 6.34. aby mieć pewność, które nuklidy są nietrwałe wystarczy zobaczyć, czy znajdują się one wna wykresie przedstawiającym naturalne szeregi promieniotwórcze (wewnętrzna strona okładki) a) 209Po, 235U b) 223Fr, 238U


6.35. a) Th227

90 → Ra22388 + 4

2 α b) Fr223

87 → Ra22388 + 0

1- β c) U238

92 → Th23490 + 4

2 α d) K40

19 → Ca4020 + β0

1-

6.36. a) Z = 38, n0 = A – Z = 58, β – promieniotwórczy b) Z = 93, n0 = A – Z = 144, α – promieniotwórczy c) Z = 54, n0 = A – Z = 89, β – promieniotwórczy d) Z = 85, n0 = A – Z = 111, α – promieniotwórczy 6.37. w równaniach reakcji suma liczb masowych jak i atomowych po obu stronach równania musi być taka sama, warto też zauważyć, że dla danego pierwiastka liczba atomowa jest niezmienna a)

U238

92 + n10 → Np239

93 + β01−−−−

b) Al2713 + α4

2 → P3015 + β1

0

c)

Cf25098 + B11

5 → Lr257103 + 4 n1

0

d)

Bi20983 + Fe58

26 → Mt266109 + n1

0

6.38. a) tor-232 b) ołów-208 c) rozkładowi α

Rn22286 → Po218

84 + α42

d) rozkładowi β Fr223

87 → Ra22388 + β0

1−−−−

e) bizmut-214 powstaje w reakcji szeregu radowego w przemianie α lub β

At21885 → Bi214

83 + α42

Pb21482 → Bi214

83 + β01−−−−

f) 11, (nie należy uwzględniać ostatniego izotopu, gdyż nie jest on radioaktywny) g) 8 rozpadów α, 6 rozpadów β, wartości te nie zależa od kolejności rozpadów w punktach rozgałęzień, zmienia się tam jedynie kolejność, a nie liczba poszczególnych przemian 6.39. w tym szeregu następuje: 6 rozpadów α i 4 rozpady β 6.40. w tym szeregu następuje: 8 rozpadów α i 6 rozpadów β 6.41.

Th22790 → Po211

84 + 2 β01−−−−

+ 4 α4

2

produktem tych rozpadów było jądro polonu-211 6.42.

Ra22888 → Po212

84 + 4 β01−−−−

+ 4 α4

2

szereg rozpadów rozpoczął się od jądra radu-228 6.43.

Es24799 → Pb207

82 + 3 β01−−−−

+ 10 α4

2

produktem tej serii rozpadów jest jądro ołowiu-207

6.44. regułą są na przemian występujące przemiany α i β, kolejnym członem będzie: 207Pb 6.45. 48 godzin to 2 dni, zatem: a) po upływie 4 dni ilość próbki wynosić będzie: (1/2)4/2 = (1/2)2 = ¼ ilości początkowej (w 4 dniach zawierają się 2 okresy półtrwania), zatem: m = 4mg · ¼ = 1mg b) po upływie 8 dni ilość próbki wynosić będzie: (1/2)8/2 = (1/2)4 = 1/16 ilości początkowej (w 8 dniach zawierają się 4 okresy półtrwania), zatem: m = 4mg · 1/16 = 0,25mg 6.46. a) po upływie 32 dni ilość próbki wynosić będzie: (1/2)32/8 = (1/2)4 = 1/16 ilości początkowej (w 32 dniach zawierają się 4 okresy półtrwania), zatem: m = 200mg · 1/16 = 12,5mg 6.47. policzmy ile okresów półtrwania zawierają te 54 minuty: (1/2)x · 10 = 1,25 (1/2)x = 0,125 = 1/8 x = 3 zatem 54 minuty zawierają 3 okresy półtrwania, okres półtrwania wynosi: t1/2 = 54 : 3 = 18 min 6.48. po 5 minutach od rozpoczęcia reakcji rozkładu masa próbki wynosi 6mg, szukamy czasu po jakim masa próbki będzie wynosic 3mg, jest to 15 minut (od rozpoczęcia reakcji), zatem okres półtrwania wynosi: t1/2 = 15 min – 5 min = 10 min 6.49. widzimy, że początkowo masa próbki wynosiła 4? [źle opisany wykres] szukmy czasu po jakim masa próbki będzie wynosiła 2, czas ten to ok 27,5 lat, zatem: t1/2 ≈ 27,5 lat 6.50. odczytujemy z wykresu wartość: ok 2,8g 6.51.

0

1

2

3

4

5

6

7

8

0 2 4 6 8 10 12 14 16

mg

dni


6.52.

0

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

0 4 8 12 16 20 24 28 32 36 40

po 18 dniach zostanie ok. 10mg radionuklidu 6.53. a) rozpadowi α

Cf25198 → Cm247

96 + α42

b) rozpadowi β Np239

93 → Pu23994 + β0

1−−−−

c) w wyniku rozpadu α lub rozpadu β Bk247

97 → Am24395 + α4

2

Pu24394 → Am243

95 + β01−−−−

d) 5 przemian α i 3 przemiany β 6.54.

a) cer-140 b) 7 rozpadów β i 4 rozpady α c) neodym może powstać w wyniku rozpadu α lub β:

Sm14862 → Nd144

60 + α42

Pr14460 → Nd144

60 + β01−−−−

rozpad neodymu Nd144

60 → Ce14058 + α4

2

6.55. Rodzaj

przemiany Zapis pełny

Zapis uproszczony

Rozpad α 218Po →214Pb + He42 218Po(-,α)214Pb

Reakcja jądrowa 70Zn + p+ → 70Ga + n0 70Zn(p,m) 70Ga

Rozpad β 228Th → 228Pa + e01−−−− 228Th(-,β-) 228Pa

Reakcja jądrowa 56Fe + H21 → 57Co + n0 56Fe(d,n)57Co

6.56. Rodzaj

przemiany Zapis pełny

Zapis uproszczony

Rozpad β 16Ne →16Na + e01−−−− 16Ne(-,β-) 16Na

Wychwyt K 55Fe + e01−−−− → 55Mn 55Fe(β-,-) 55Mn

Fuzja jądrowa 3T + p+ → 3He + n0 T(p,n) 3He

6.57. jest to rozszczepienie jądrowe (wymuszone) 235U + n → 140La + 94Br + 2 n 235U(n,2n) 140La, 94Br 6.58. 235U + n → 140La + 94Br + 2 n jest to rozszczepienie jądrowe (wymuszone) 6.59. 232Th → 138I + 92Rb + 2 n0 jest to rozszczepienie jądrowe (samorzutne) 6.60. jest to rozszczepienie jądrowe (samorzutne) 244Cm → 145Ce + 96Sr + 3 n0 6.61. a), b) dla obu przemian jest to przesunięcie o 1 miejsce w lewo 6.3. Atom wodoru. Widma emisyjne 6.62. liczbę linii widmowych określemy wzorem:

( )2

1nnk

−⋅=

gdzie n oznacza liczbę poziomów energetycznych, zatem podstawiając do wzoru:

( )6

2

144k =−⋅=

6.63. przekształcamy wzór i podstawiamy wartości:

( )

( ) ( )4n5n20nn0

nnk22

1nnk

2

2

+⋅−=−−=−=

−⋅=

n musi być większe od 0, zatem rozwiązaniem powyższego równania jest n = 5, co oznacza, że atomy pierwiastka przyjmowały 5 różnych wartości energii 6.64. a) przekształcamy wzór i podstawiamy wartości do wzoru:

( )

992nn0

nn992

nnk2

2

1nnk

2

2

2

−−=

−=−=

−⋅=

54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66Z Xe Cs Ba La Ce Pr Nd Pm Sm Eu Gd Tb Dy

A

156

152

148

144

140

mg

dni


312

39691n

322

39691n

396999241

2

1

2

−=−=

=+=

=⋅+=∆

oczywiście n musi być większe od 0, zatem sensownym rozwiązaniem powyższego równania kwadratowego jest n = 32 b) wiemy, że pierwsza seria składa się z 1 linii mniej niż łączna liczba stanów kwantowych (zatem składa się z 31 linii), następnie każda kolejna seria będzie miała jedną linie mniej niż poprzednia, co pozwala nam określić, że łączna ilość serii wynosi 31 c) jak już określili śmy w pkt.b) pierwsza seria, zawierająca linie odpowiadające fali o najmniejszej długości będzie składała się z 31 linii d) seria, zawierająca linie odpowiadające fali o największej długości będzie składała się z 1 linii 6.65. linie odpowiadające falą o większej długości występują w większych odległościach (po lewej stronie widma), zatem: a) δ, γ, β, α b) wiemy, że częstotliwość jest odwrotnie proporcjonalna do długości fali, więc: α, β, γ, δ c) energia kwantu energii jest wprost proporcjonalna do częstotliwości fali, więc: α, β, γ, δ 6.66. a) Eβ - Eα, ponieważ różnica częstotliwości fali między β, a α, jest większa niż różnica częstotliwości fali między γ, a β b) wiemy,że:

ν=λ c

zatem im większe ν oraz różnice między poszczególnymi częstotliwościami, tym większe różnice w długościach, ponieważ różnica częstotliwości fali między β, a α, jest większa niż różnica częstotliwości fali między γ, a β to większe jest wyrażenie: λα – λβ c) νβ - να widzimy na widmie, że odległość między prążkami α i β, jest większa niż między prążkami γ i β 6.67. wiemy, że: me = 1/1840 · mp = 1/1840u, zatem dla atomu wodoru:

[ ]

%95,99

%100u1840/1u1

u1%100

mm

m%z

ep

pme

=

=⋅+

=⋅+

=

6.68. a) promień ten wynosi w przybliżeniu 110pm b) prawdopodobieństwo wynosi ok. 33% 6.69. ponieważ atom wodoru ma tylko jeden elektron, jego energię określa równanie:

12n En

1E ⋅=

a) zatem na pierwszej powłoce występuje 1 wartość energii b) analogicznie jak w a) także występuje 1 wartość energii c) łącznie na 3 pierwszych powłokach występują 3 wartości energii 6.70. na piątej powłoce może znajdować się 5 podpowłok, ilość stanów kwantowych na każdej podpowłoce określamy wzorem: 2 + 4l, zatem: nsk = 2 + 6 + 10 + 14 + 18 = 50 6.71. podpowłoka g jest 5 w kolejności podpowłoką (zatem l = 4, gdyż dla s l = 0); zgodnie ze wzorem określającym liczbę stanów kwantowych, ilość ich na podpowłoce g wynosi: nsk = 2 + 4l = 2 + 4 · 4 = 18 podpowłoka ta znajduje się na powłokach dla których n ≥ 5 6.72. a) 2n2 (czyli maksymalna ilość elektronów na danej powłoce) b) 2 + 4l c) 2 (zależy od spinu elektronu) d) n2 (czyli ilość orbitali) e) 2l + 1 (ilość orbitali na danej podpowłoce) f) n g) elektrony w danym atomie mogą przyjmować nieskończoną ilość stanów kwantowych w zależności od ilości dostarczonej energii 6.73. widzimy w zadaniu, że w każdym przypadku elektron przechodzi o 1 powłokę, im dalsze są to powłoki tym wypromieniowana energia jest mniejsza, zatem: a) kwant o najmniejszej energii został wypromieniowany przy przejściu z powłoki 4 na 3

pm

% 20 40 60 80 100

100

200

400

300


najmniejsza długość fali, będzie przy przejściu najbardziej energetycznym elektronu (ponieważ wtedy częstotliwość fali będzie największa), zatem: b) kwant o najmniejszej dłogości fali został wypromieniowany przy przejściu z powłoki 2 na 1 6.74. energię elektronu na danej powłoce określa równanie:

12n En

1E ⋅=

gdzie n oznacza numer powłoki, zatem energia elektronu na czwartej powłoce wynosi:

eV85,0eV6,1316

1E

4

1E 12n −=−⋅=⋅=

6.4. Atomy wieloelektronowe 6.75 masa elektronu jest w przybliżeniu równa: me = 1/1840·mp = 1/1840u zatem otrzymujemy równanie:

%026,0%100u1840/19u19

u1840/19[%]zme =⋅

⋅+⋅=

6.76 a) 3 powłoki (Mg leży w 3 okresie), 2 elektrony (Mg leży w 2 okresie) b) 2 powłoki, 4 elektrony c) 4 powłoki, 5 elektronów d) 2 powłoki, 8 elektronów 6.77. 3 powłoki ma fosfor (leży w 3 okresie), a 6 powłok ma bizmut (leży w 6 okresie) 6.78. 4 elektrony na ostatniej powłoce ma cyna (leży w 14 grupie), a 7 elektronów na ostatniej powłoce ma jod (leży w 17 grupie) 6.79. powłoka L jest to 2 powłoka, skoro ma tam 5 elektronów oznacza to, że leży w 2 okresie i 15 grupie; pierwiastkiem E jest azot 6.80. zatem szukamy pierwiastki z okresu 3 przyjmujące wartościowość III; tymi pierwiastkami mogą być: glin i fosfor 6.81. pierwiastek ten leży w 3 okresie, w reakcji z tlenem przyjmuje wartościowość I; szukanym pierwiastkiem jest sód (ew. mógłby być to także chlor, jednak tlenek Cl2O jest bardzo żadko występującym związkiem, ze względu na swoją małą trwałość) 6.82. pierwiastek ten leży w 4 okresie, jest jednowartościowy, a wodorek ma charakter kwasowy (zatem pierwiastek ten jest niemetalem); szukanym pierwiastkiem jest brom

6.83. pierwiastek ten leży w 4 okresie, jego maksymalna wartościowość to V, zatem musi leżeć w 15 grupie; szukanym pierwiastkiem jest arsen 6.84. 1) liczba atomowa jest równa liczbie protonów, a zarazem liczbie elektronów, 2) elektrony walencyjne to elektrony leżące na ostatniej powłoce (dla atomów grup głównych), 3) określamy nr ostatniej powłoki, która jest powłoką na której leżą elektrony walencyjne: a) 1) 15, 2) 5, 3) 3 b) 1) 34, 2) 6, 3) 4 c) 1) 38, 2) 2, 3) 5 6.85. pierwiastków te to pierwiastki o liczbie atomowei większej lub równeej liczbie atomowej indu (49) (konfiguracja elekrtonowa indu: K2L8M18N18O3) oraz mogące przyjąc wartościowość IV; szauknymi pierwiatkami są: cynna, ołów telur i polon 6.86. 15P: K2L8M5 38Sr: K2L8M18N8O2 36Kr: K2L8M18N8 82Pb: K2L8M18N32O18P4 88Ra: K2L8M18N32O18P8Q2 6.87. pierwsza metoda polega na zsumowaniu elektronów i wyznaczeniu dzięki temu liczby atomowej pierwiastka; druga metoda polega na policzeniu powłok, na których znajdują się elektrony, co pozwala nam określić numer okresu, następnie liczba elektronów walencyjnych (na ostatniej powłoce) pozwala nam określić grupę: a) brom; b) azot; c) cez 6.88. najpier należy odczytać numer okresu, któremu odpowiada dana powłoka walencyjna, a następnie o numerze grupy poinformuje nas liczba elektronów walencyjnych: a) glin; b) krzem; c) tlen; d) jod 6.89. określmy jaki pierwiatek jako pierwszy zawiera 2 elektrony na powłoce M, jego konfiguracja: E : K2L8M2 pierwiastkiem tym jest magnez o liczbie atomowej 12, zatem aby pierwiastki miały więcej niż 2 elektrony na powłoce M ich liczba atomowa musi być większa niż 12, zbiorem spełniającym warunki zadania jest zbiór 2) 6.90. maksymalnie na ostatniej powłoce dla pierwiastków z okresów 2-7 może znajdować się osiem elektronów, jest to jednocześnie maksymalna ilość elektronów dla 2 powłoki, zatem pierwiastkiem tym jest neon, drugim pierwiastkiem spełniającym warunki zadania


jest hel, mający na swojej jedynej powłoce 2 elektrony 6.91. sytuacja taka nie jest możliwa, gdyż maksymalna liczba elektronów walencyjnych na powłoce M to 8, a maksymalna ilość elektronów na powłoce M, wg wzoru 2n2 wynosi 18 6.92. siła przyciągania pochodzi jedynie od jądra atomowego, zatem jest jedna taka siła; siły odpychania pochodzą od pozostałych elektronów, więc jest ich dwie (łącznie atom litu posiada 3 elektrony) 6.93. siły przyciągania/odpychania określamy równaniem:

221

r

qqkF ====

zatem ich wartość jest wprostproporcjonalna do iloczynu ładunków, a odwrotnie proporcjonalna do kwadratu odległości, oczywiści ładunki o przeciwnych znakach będą się odpychały, a o tych samych znakach przyciągały (rysunek schematyczny proporcje długości wektorów nie zostały zachowane):

jeśli chodzi o wartości sił to: F12 = F21; F13 = F31; F23 = F32 F12 = 4F13 = 8F23 6.94. ilość elektronów walencyjnych określa numer grupy (dla grup 13-18 ilość elektronów walencyjnych określa liczba jedności, czyli dla grupy 13- 3e-, 14- 4e-, itd) Na – 1; N – 5; Al – 3; Br – 7; Mg – 2; Cr – 6; Fe – 8; Ag – 11; Ce – 4 6.95. 19K: K2L8M8N1 20Ca: K2L8M8N2 31Ga: K2L8M18N3 32Ge: K2L8M18N4 33As: K2L8M18N5 34Se: K2L8M18N6 35Br: K2L8M18N7 36Kr: K2L8M18N8 6.96. konfiguracja elektronowa rdzenia atomu, to konfiguracja wszystkich elektronów oprócz elektronów walencyjnych Li r: K

2 Fr: K

2 Sr: K

2L8 Clr: K

2L8

6.97. sytuacja taka ma miejsce dla pierwiastków z grup 1-12 6.98. różne wartości energii mają elektrony znaljdujące się na różnych podpowłakach, zatem musimy wyznaczyć ile podpowłok spełnia warunki zadania) a) pierwsza powłoka zawiera jedną podpowłokę, zatem na pierwszej powłoce wszystkie elektrony mają tę samą energię; pierwszej powłoce odpowiada jedna wartość energii b) druga powłaoka ma dwie podpowłoki (s i d), zatem drugiej powłoce odpowiadają dwie różne wartości energii c) na dwoch pierwszych powłokach znajdują się podpowłoki 1s, 2s. 2p, zatem dwum pierwszym powłokom odpowiadają 3 różne wartości energii d) na trzech pierwszych powłokach znajdują się podpowłoki: 1s, 2s, 2p, 3s, 3p, 3d, zatem trzem pierwszym powłokom odpowiada 6 różnych wartości energii 6.99. powłoka druga nie zawiera podpowłoki d (zawiera jedynie podpowłoki s i p), zaś na podpowłoce d trzeciej i chwartej powłoki może maksymalnie znajdować się 10 elektronó 6.100. a) 3p, 4s, 3d, 4s b) 5s, 4d, 5p, 6s c) 5f, 6d, 7p, 8s 6.101. łącznie elektrony w tym pierwiastku zajmują 4 powłoki (widzimy, że ostatni elektron znajduje się na 4 powłoce) 6.102. dla grupy 1 i 18 będzie to podpowłoka s, dla grupy 2 okresów 2 i 3 oraz dla grup 12-17 będzie to podpowłoka p, dla grupy 2 okresów 4-7 oraz dla grup 3-11 będzie to podpowłoka d (z numerem powłoki o 1 mniejszym niż numer okresu w którym leży pierwiastek); numer powłok określimy dzięki znajomości okresu w którym leży dany atom: 33As: 4d; 4Be: 2p; 71Lu: 5d; 30Zn: 4p; 18Ar: 4s; 56Ba: 5d; 84Po: 6d 6.103. a) 5B: 1s22s22p1 8O: 1s22s22p4 12Mg: 1s22s22p63s2 b) 15P: 1s22s22p63s23p3 18Ar: 1s22s22p63s23p6 19K: 1s22s22p63s23p64s1 c) 21Sc: 1s22s22p63s23p63d14s2 30Zn: 1s22s22p63s23p63d104s2 35Br: 1s22s22p63s23p63d104s24p5 d) 48Cd: 1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s2 56Ba: 1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p66s2

2+

-

- F12

F21

F13

F31

F23

F32


82Pb: 1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d106s26p2 6.104. numer powłoki na której znajdują się elektrony walencyjne pozwala nam określić okres, zaś ich liczba oraz rodzaje podpowłok, na których się znajdują numer grupy: a) glin; b) wapń; c) ksenon; d) ołów 6.105. numer powłoki na której znajdują się elektrony walencyjne pozwala nam określić okres, zaś ich liczba oraz rodzaje podpowłok, na których się znajdują numer grupy: a) kobalt b) miedź (szukany atom ma łącznie 11 elektronów walencyjnych, dla atomów 11 grupy następuje przesjście elektronu z podpowłoki s na d, gdyż wtedy atom jest stabilniejszy energetycznie) c) cer (szukany atom ma łącznie 4 elektrony walencyjne, dla atomów grupy f, czyli lantanowców i aktynowców często następuje przesjście elektronu z podpowłoki d na f, gdyż wtedy atom jest stabilniejszy energetycznie) d) uran 6.106. rozpiszmy podpowłokową konfigurację elektronową galu: 31Ga: 1s22s22p63s23p63d104s24p1 widzimy, że podpowłoka 4p nie została całkowicie zapełniona, zatem nie wszystkie podpowłoki w atomie galu zawierają maksymalną liczbę elektronów, jaka może znajdować się na danej podpowłoce 6.107. najprostszym sposobem jest zsumowanie liczby elektronów i znalezienie pierwiastka o danej liczbie atomowej a) siarka b) skand 6.108. pierwiastki te możemy odczytać stosując różne sposoby: sumując liczbę elektronów gazu szlachetnego i elektronów walencyjnych, co da nam liczbę atomową, lub mając określone elektrony walencyjne, odczytać numer okresu i grupy: a) fosfor; b) cyna; c) beryl; d) cez 6.109. 4Be: [He] 2s2 13Al: [Ne] 3s23p1 34Se: [Ar] 4s24p4 38Sr: [Kr] 5s2 82Pb: [Xe] 4f145d106s26p2 6.110. wiemy, że na podpowłoce s mogą maksymalnie znajdować sie 2 elektrony, łącznie na podpowłokach s i p 8 elektronów, na podpowłokach s, p i d łacznie 18 elektronów, poszczególne liczby elektronów na

powłokach pozwalają określić, które podpowłoki zostały zapełnione; w zadaniu tym wybrane zostały w większości pierwiastki będące wyjątkami w regule zapełniania podpowłok, w pierwiastkach tych ma miejsce przesunięcie elektronu z jednej podpowłoki na inną co powoduje, że jest on stabilniejszy energetycznie a) 24Cr: [Ar] 3d54s1 b) 29Cu: [Ar] 3d104s1 c) 41Nb: [Kr] 4d45s1 d) 46Pd: [Kr] 4d10 e) 78Pt: [Xe] 4f145d96s1 6.111. mają one taką samą liczbę elektronów leżących na ostatniej i przedostatniej powłoce (dla okresów 2-7) 6.112. m. in. różnią się one ilością powłok, oraz ilością elektronów na powłokach, oprócz 2 ostatnich powłok (dla okresów 3-7) 6.113. 19K: 4s1; 20Ca: 4s2; 31Ga: 4s24p1; 32Ge: 4s24p2; 33As: 4s24p3; 34Se: 4s24p4; 35Br: 4s24p5; 36Kr: 4s24p6; 6.114. elektrony rdzenia atomu to wszystkie elektrony oprócz elektronów walencyjnych 3Li r: 1s2 15Pr: 1s22s22p6 16Sr: 1s22s22p6 17Clr: 1s22s22p6 6.115. będą to pierwiastki 14. grupy mające konfigurację elektronów walencyjnych xs2xp2, czyli: węgiel, krzem, german, cyna ołów 6.116. a) pierwiastki 2. grupy b) pierwiastki 15. grupy c) pierwiastki 3. grupy d) lutet i lawrans (należące do lantanowców i aktynowców) 6.117. liczbę poziomów orbitalnych, zatem liczbę orbitali określa zależność z poboczną liczbą kwantową l i ma ona postać: 2l + 1 6.118. obie powłoki zawierają po 3 poziomy orbitalne p (m = 2l + 1 = 2 · 1 + 1 = 3) 6.119. główna liczba kwantowa „n” określa nam nr powłoki, poboczna liczba kwantowa „l” określa nam rodzaj podpowłoki, magnetyczna liczba kwantowa „m” określa nam orbital, a magnetyczna spinowa liczba kwantowa „ms” określa nam spin elektronu w orbitalu: a) n; b) l; c) m; d) ms; e) n, l; f) l, m; g) m, ms; h) n, l, m; i) l, m, ms; j) n, m, ms; k) n, l, ms; l) n, l, m, ms


6.120. jest to spinowa liczba kwantowa, zazwyczaj pomijana w zapisie, gdyż jej wartość dla każdego elektronu jest równa ½ 6.121. 1 – c; 2 – a; 3 – e; 4 – b; 5 – d 6.122. 33As: 1s22s22p63s23p63d104s24p3 elektrony atomu arsenu znajdują się na 4 powłokach i 8 podpowłokach, przedstawmy opis walencyjnych poziomów orbitalnych: widzimy, że arsen posiada 5 elektronów walencyjnych, z czego 3 są niesparowane 6.123. a) początkowo zapełniają się po jednym elektronie puste orbitele natępnie orbitale zapełniają się po 1 kolejnym elektonie tworząc pary elektronowe b) początkowo zapełniają się po jednym elektronie puste orbitele natępnie orbitale zapełniają się po 1 kolejnym elektonie tworząc pary elektronowe 6.124. najpierw wyznaczmy w zapisie podpowłokowym elektrony walencyjne poszczególnych pierwiastków: a) 12Mg: 3s2 b) 31Ga: 4s24p1 c) 14Si: 3s24p2 d) 52Te: 5s25p4 e) 35Br: 4s24p5 f) 10Ne: 2s22p6

6.125. a) pierwiastki grupy 15 (konfiguracja podpowłokowa elektronów walencyjnych ns2np3) b) pierwiastki grupy 13 (konfiguracja podpowłokowa elektronów walencyjnych ns2np1) c) chrom i molibden (dla atomów tych następuje przesjście elektronu z podpowłoki s na podpowłokę d, gdyż wtedy atom jest stabilniejszy energetycznie) d) miedź, srebro i złoto (dla atomów tych następuje przesjście elektronu z podpowłoki s na podpowłokę d, gdyż wtedy atom jest stabilniejszy energetycznie) 6.126. przedstawmy opis poziomów orbitalnych atomu dla elektronów walencyjnych: 11Na: 3s1

jeden niesparowany elektron 15P: 3s23p3 trzy niesparowane elektrony 20Ca: 4s2

zero niesparowanych elektronów 32Ge: 4s24p2 dwa niesparowane elektrony 36Kr: 4s24p6 zero niesparowanych elektronów 48Cd: 4d105s2 zero niesparowanych elektronów 49In: 5s25p1 jeden niesparowany elektron 53I: 5s25p5 jeden niesparowany elektron 84Po: 6s26p4 dwa niesparowane elektrony 6.127. c) zgodnie z regułą Hunda: niesparowane elektrony, obsadzające poziomy orbitalne tej samej podpowłoki, powinny mieć jednakową orientację spinu


e) analogicznie jak w c) f) zgodnie z regułą Hunda: na danej podpowłoce powinna istnieć możliwie największa liczba niesparowanych elektronów 6.128. stan wzbudzony występuje wtedy, kiedy elektron (lub elektrony) znajduje się na wyższej podpowłoce niż wynika to z reguły zapełniania podpowłok, sytuacja taka ma miejsce w przykładzie 1) i 3), narysujmy opis orbitali elektronów walencyjnych dla tych przykładów: 1) 4Be: 2s12p1

dwa niesparowane elektrony 1) 5B: 2s12p2

trzy niesparowane elektrony 6.129. tak, ponieważ w każdej grupie głównej struktura zapełniania powłok przez elektrony walencyjne oraz ich liczba jest taka sama

Rozdział 7. Przekształcenia atomów w inne drobiny.

7.1. Przekształcenia atomów w jony 7.1. a) K+, S2-; b) Mg2+, Br-; c) Al3+, Te2- 7.2. ustalając te równania należy pamiętać, aby po obu stronach równania suma ładunków była taka sama Na → Na+ + e- Al → Al3+ + 3 e- S + 2 e- → S2- Fe → Fe2+ + 2 e- Fe2+ → Fe3+ + e- Cu2+ + 2 e- → Cu Br- → Br + e- Sn2+ → Sn4+ + 2 e- 7.3. najpierw należy sprawdzić ile elektronów walencyjnych zawiera dany pierwiastek (w której leży grupie), a następnie dodając lub odejmując wartość ładunku wyznaczyć szukaną liczbę elektronów na ostatniej powłoce K+ - 8 elektronów; Br- - 8 elektronów; Mg2+ - 8 elektronów; S2- - 8 elektronów; H+ - 0 elektronów; H- - 2 elektrony 7.4. Na+ : K2L8 Br- : K2L8M18N8 Ca2+ : K2L8M8

S2- : K2L8M8 7.5. konfiguracja elektronowa jonu Li+ jest taka sama jak konfiguracja elektronowa helu, zatem jon ten ma 1 powłokę konfiguracja elektronowa jonu Se2- jest taka sama jak konfiguracja elektronowa kryptony, zatem jon ten ma 4 powłoki konfiguracja elektronowa jonu Al3+ jes taka sama jak konfiguracja elektronowa neonu, zatem jon ten ma 2 powłoki konfiguracja elektronowa jonu I- jes taka sama jak konfiguracja elektronowa ksenonu, zatem jon ten ma 5 powłok 7.6. K+: 1s22s22p63s23p6 Cl-: 1s22s22p63s23p6 Al 3+: 1s22s22p6 O2-: 1s22s22p6 7.7. a) np. Na+, będą to wszystkie jony z których konfiguracja elektronowa odpowiada konfiguracji elektronowej neonu lub argonu b) np. Li+, będą to m. in. jony, których konfiguracji elektronowa odpowiada konfiguracji elektronowej helu c) nie ma takich jonów, gdyż na ostetniej powłoce maksymalnie może znajdować sie 8 elektronów 7.8. a) S2-, Cl-, K+, Ca2+; b) Li+, Be2+; c) Se2-, Br-; d) O2-, F-, Na+, Mg2+ 7.9. rubid tworząc jon Rb+ stara się uzyskać konfigurację elektronową kryptonu tellur tworząc jon Te2- stara się uzyskać konfigurację elektronową ksenonu bar tworząc jon Ba2+ stara się uzyskać konfigurację elektronową ksenonu astat tworząc jon At- stara się uzyskać konfigurację elektronową radonu 7.10. Ca2+ - argon; Al3+ - neon; Br- - krypton; F- - neon 7.11. helowiec, który zawiera 4 powłoki elektronowe, to leżący w 4 okresie krypton, zatem szukanym pierwiastkiem jest leżący w 5 okresie stront, a jonem Sr2+ 7.12. a) Sn4+ - są to jony pierwiastków leżących w kolejnych okresach i kolejnych grupach głównych b) Te2- - są to jony pierwiastków leżących w kolejnych okresach, i na przemian grupach 17. i 16. 7.13. izoelektronowy (mający taka samą liczbę elektronów) z tymi jonami jest atom argonu odmienne właściwości tych jonów wynikają z odmiennej elektroujemności


tych pierwiastków oraz odmiennych sił działających między jądrem atomu, a elektronami 7.14. 81Br-: p+ = 35; n0 = 81 – 35 = 46; e- = p+ + 1 = 36 40Ca3+: p+ = 20; n0 = 40 – 20 = 20; e- = p+ - 3 = 17 74Se2-: p+ = 34; n0 = 74 – 34 = 40; e- = p+ + 2 = 36 56Fe3+: p+ = 26; n0 = 56 – 26 = 30; e- = p+ - 3 = 23 7.15. 1) ++++224

12Mg ; 2) −−−−Cl3717 ; 3) ++++327

13Al

7.16. podobieństwa: taka sama liczba elektronów i konfiguracja elektronowa różnica: różna ilość protonów i elektronów, różne ładunki; F- łatwo reaguje z kationami (lub pierwiaskami łatwo przechodzącymi w kation), Na+ łatwo reaguje z anionami (lub pierwiaskami łatwo przechodzącymi w anion), Ne jako gaz szlachetny jest praktycznie niereaktywny 7.17. energia jonizacji rośnie w okresie wraz ze wzrostem liczby atomowej, natomiast w grupie, wraz ze wzrostem liczby atomowej maleje, zatem: a) Mg; b) K 7.18. dzieje się tak, ponieważ pierwsza energia jonizacji dla atomu sodu jest niższa niż dla atomu magnezu (energia jonizacji wzrasta w okresie wraz ze wzrostem liczby atomowej) a także dlatego, że stabilny jon magnezowy jest jonem dwudodatnim, co oznacza, że do przejścia atomu w jon należy pokonać energię oderwania dwóch elektronów, a nie jednego jak to jest w przypadku sodu 7.19. największego 3), ponieważ energia zużywa się na oderwanie aż 3 elektronów z atomu glinu najmniejszego 1), ponieważ porównując z atomami wapnia i magnezu, potas ma najmniejszą pierwszą energię jonizacji (energia jonizacji rośnie w okresie wraz ze wzrostem liczby atomowej, natomiast w grupie, wraz ze wzrostem liczby atomowej maleje) 7.20. reakcja zachodzić będzie w dwóch etapach: Be → Be+ + e- E1 = 9,3eV Be+ → Be2+ + e- E2 = 18,2eV zatem łączna ilość potrzebnej energii będzie sumą energii zużywanej w poszczególnych etapach: Ec = E1 + E2 = 9,3eV + 18,2eV = 27,5eV 7.21. energie jonizacji dla atomu glinu wynoszą kolejno: EI = 5,99eV; EII = 18,83eV; EIII = 28,45eV, zatem łączna energia potrzebna do przejścia atomu glinu w jon trójdodatni wynosi: E = EI + EII + EIII = 5,99eV + 18,83eV + 28,45eV = = 53,27eV

7.22. Fe3+: 1s22s22p63s23p63d5 V: 1s22s22p63s23p63d34s2 różnica ta może wynikać z większych sił oddziaływania jądra żelaza z elektronami na 3 powłoce (jądro żelaza zawiera więcej protonów) 7.23. Cr2+: 3s23p63d4 Mn4+: 3s23p63d3 Au3+: 5s25p65d8 Ce3+: 5s25p5 7.24. a) Mn2+: 3d5 b) Fe2+: 3d6 c) Fe3+: 3d5 d) Cu2+: 3d9 7.2. Substancje jonowe 7.25. a) Na+ i I-; Mg2+ i S2- b) 2 Li+ i O2-; Ca2+ i 2 Br-; 2 Al3+ i 3 O2- c) Na+ i OH-; 2 K+ i SO4

2- d) Ca2+ i CO3

2-; 3 Mg2+ i 2 PO43-

7.26. należy pamiętać, że ustalony związek musi mieć ładunek równy 0 a) Na2S; b) Ga2O3; c) SnCl4; d) SrSe; e) AlBr3; f) PbS2 7.27 Na Na+

S → S 2- Na Na+ Mg O → O 2- Mg2+

O O 2- Sn → Sn4+ O O 2-


S S 2- Al Al3+

S → S 2- Al Al3+

S S 2- 7.28. wiązanie jonowe (a dokładniej przewaga wiązania jonowego) powstaje wtedy, gdy różnica elektroujemności obu pierwiastków wynosi przynajmniej 1,7, taka sytuacja ma miejsce dla związków: LiBr, SnO2, CaO 7.29. łącznie cząsteczka chlorku wapnia CaCl2 zawiera 3 jony: Ca2+ i 2 Cl-, zatem jony Cl- stanowią 2/3 wszystkich jonów, skoro kryształ zawiera n jonów, to ilość jonów chlorkowych wynosi 2/3n 7.30. wyższą temperaturę topnienia ma Rb2O, ponieważ różnica elektroujemności między rubidem, a tlenem jest znacznie większa, niż między tellurem, a tlenem, co oznacza, że trzeba dostarczyć więcej energii, aby rozerwać wiązania w cząsteczce Rb2O 7.31. podana w zadaniu konfiguracja elektronowa jest konfiguracją neonu, skoro jednoujemny jon ma taką konfigurację oznacza to, że w stanie podstawowym pierwiastek ma 9 elektronów, czyli jest to fluor, analogicznie skoro dwudodatni jon ma taką konfigurację, oznacza to, że w stanie podstawowym ma on 12 elektonów, zatem jest to magnez; szukanym związkiem jest chlorek magnezu: MgCl2 7.32. a) K+ (promień jonowy w tej samej grupie rośnie wraz ze wzrostem liczby atomowej) b) K+ (promień jonowy w tym samym okresie maleje wraz ze wzrostem liczby atomowej) c) I- (promień jonowy w tej samej grupie rośnie wraz ze wzrostem liczby atomowej) d) S2- (promień jonowy w tym samym okresie maleje wraz ze wzrostem liczby atomowej) 7.33. a) Na (promień atomowy w tej samej grupie rośnie wraz ze wzrostem liczby atomowej) b) Li (promień atomowy w tym samym okresie maleje wraz ze wzrostem liczby atomowej) c) O (promień atomowy w tym samym okresie maleje wraz ze wzrostem liczby atomowej) d) Se (promień atomowy w tej samej grupie rośnie wraz ze wzrostem liczby atomowej) 7.34. a) K (po odłączeniu elektronu promień się zmniejsza) b) Br- (po przyłączeniu elektronu promień się zwiększa) c) Mg (po odłączeniu elektronu promień się zmniejsza)

d) S2- (po przyłączeniu elektronów promień się zwiększa) 7.35. atom przechodząc w kation oddaje elektron lub kilka elektronów, co powoduje zniknięcie elektronów z najdalszej powłoki i przez to zmniejszenie promienia 7.36. przechodząc w anion Alom przyjmuje elektrony, większa ilość elektronów i działające między nimi siły odpychania powodują zwiększenie rozmiarów ostatniej powłoki i jednocześnie zwiększenie promienia całej drobiny 7.37. wiązanie jonowe najbardziej zbliżone do jego teoretycznego modelu będzie występować w związku, w którym różnica elektroujemności między pierwiastkami tworzącymi ten związek będzie jak największa, w tym przypadku jest to: CsF (∆E = 3,3) 7.38.

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3

dla NaCl różnica elektroujemności wynosi 2,1, zatem % charakteru jonowego wiązania jest równy 67%; dla CsF różnica elektroujemności wynosi 3,3, zatem % charakteru jonowego wiązania jest równy ok. 93% 7.39. jako jednostkę obliczeniową przyjmijmy następujący sześcian:

oczywiście wymiary w pozostałych 2 płaszczyznach są takie same; sześcian składa się z 4 jonów K+ i 4 jonów F-, obliczmy zatem masę naszego sześcianu: mj = 4 · 39u + 4 · 19u = 232u obliczmy ile takich sześcianów znajduje się w 1cm3, w tym celu policzmy najpierw jednowymiarowo ile sześcianów zmieści się w 1cm: n1D = 1cm : (2 · 0,5 · 2,67 · 10-8cm + 2,67 · 10-8cm) = = 1,873 · 107

% charakteru jonowego

różnica elektroujemności

0,5·2,67·10-8cm

2,67·10-8cm

0,5·2,67·10-8cm


zatem w 1cm3 znajduje się n3 takich sześcianów, co daje nam n3D = (1,873·107)3 = 6,571·1021 zaś masa 1cm3 wynosi: m = 6,571·1021 · 232u = 1,524·1024u masa ta zgodnie z treścią zadania odpowiada 2,48g, zatem 1 gram to: mg = 1,524·1024u : 2,48 = 6,16·1023u powyższa wartość zgodnie z definicją: 1g = NA·1u wyznacza nam szukaną liczbę, wynika z tego, że wyliczona przez nas wartość liczby Avogadra jest równa: 6,16·1023 7.3. Substancje kowalencyjne 7.40. siła oddziaływań elektrostatycznych wyrażamy wzorem:

221

r

qqkF

⋅=

zatem jak widzimy ze wzoru, siła jest wprost proporcjonalna do iloczynu ładunków, a odwrotnie proporcjonalna do kwadratu odległości, oczywiście wektory sił oddziaływań między ładunkami o przeciwnych znakach będą skierowane do siebie, a o tych samych znakach przeciwnie:

7.41. między zbliżającymi się atomami występują siły odpychania między jądrami atomowymi oraz elektronami obu pierwiastków, a także (w późniejszej fazie) siły przyciągania między jądrem atomowym a elektronami drugiego atomu; poza siłami elektrostatycznymi działają także inne rodzaje oddziaływań m.in. siły van der Waalsa 7.42. wiązania obecne w podanych cząsteczkach będą typowymi wiązaniami kowalencyjnymi a) I I I I b) S S S S

c) F F F F 7.43. wiązanie kowalencyjne niespolaryzowane występuje wtedy, gdy łączy za sobą takie same drobiny, zatem: - wiązanie kowalencyjne niespolaryzowane: Br2, H2, P2 - wiązanie kowalencyjne spolaryzowane: HBr, CCl4, HI, NH3, H2S, CS2 7.44. wiązanie kowalencyjne niespolaryzowane występuje wtedy, gdy łączy za sobą takie same drobiny, wiązanie kowalencyjne spolaryzowane, wtedy gdy różnica elektroujemności jest mniejsza od 1,7, zaś wiązanie jonowe wtedy, kiedy różnica elektroujemności jest większa lub równa 1,7 zatem: - wiązanie kowalencyjne niespolaryzowane: O2, N2, Br2 - wiązanie kowalencyjne spolaryzowane: HBr, H2S, MgS, N2O3, PH3, SiH4 - wiązanie jonowe: KBr, CaCl2, Li2O, SiO2 7.45. wiemy, że w danej grupie (głównej) elektroujemność maleje wraz ze wzrostem liczby atomowej, zaś w danym okresie elektroujemność rośnie wraz ze wzrostem liczby atomowej ,zatem: O, Si, Cl, Se, N, P Cl, Se 7.46. 2) O i S; ∆E = 3,5 – 2,5 = 1 7.47. a) Po < Te < Se < S < O b) Ga < Ge < As < Se < Br c) H < C = S < N = Cl < O < F 7.48. parą takich pierwiastków będzie frans (Fr) i fluor (F) ∆E = 4 – 0,7 = 3,3 7.49. wspólne elektrony w cząsteczce będą przesunięte w stronę atomu o większej elektroujemności, zatem dla: CO2 w stronę tlenu, SO2 w stronę tlenu, NH3 w stronę azotu, H2S w stronę siarki, PH3 w stronę wodoru, BCl3 w stronę chloru, CCl4 w stronę chloru, HBr w stronę bromu, SiO2 w stronę tlenu, ICl w stronę chloru, F2O w stronę fosforu, HI w stronę jodu, BH3w stronę jodu; generalnie wzór sumaryczny związku dwupierwiastkowego, tworzymy w ten sposób, aby pierwiastek bardziej elektroujemny znajdował się na końcu (istnieją jednak pewne wyjątki np. NH3m czy F2O) 7.50. najsilniej spolaryzowane wiązanie występuje w cząsteczkach, w których różnica elektroujemności obu pierwiastków jest największa, czyli: a) HF b) HF

+ +

-

-


7.51. silniej spolaryzowane wiązanie występuje w cząsteczkach, w których różnica elektroujemności obu pierwiastków jest większa, czyli: F2 < OF2 < NF3 < CF4 < BF3 < BeF2 < LiF 7.52. a) H Br ; Br Br ; K+ Br ; H O H Cl Ba2+ Cl b) H P H ; H+ F ; Na+ F ; S S ;

H Br Ca2+ Br ; P P c) Na+ [ O H ] ; H C N ; K+ O K+ O C Cl ; Br P Br

Cl Br 7.53. a) H N H H N H ; F O F F O F H H O C O O C O ; Na+ S Na+ Na+ S Na+

b) Mg S Mg S ; I Cl I Cl H O N O H O N O H O H O C O C O H O H O H O O H H O O H c) O N O N O O N O N O H S C N H S C N H H H H C C C C H H H H H C C H H C C H

Cl B Cl Cl B Cl

Cl Cl 7.54. a) O S O O S O

O O H O H O S O S O H O H O H O H O H O P O H O P O H O H O b) O O H O N H O N O O O S O O S O O Cl O Cl O O Cl O Cl O c) O O H O Cl H O Cl O O O N O N O O N O N O

O O O O H H H H N Br N Br H H H H 7.55. a) Ca2+ O Ca2+ O

Na+ [ O H ] Na+ [ O H ] H O N O H O N O H O H O C O C O H O H O b) Si O Si O

─δ+ δ- δ+ δ+ 2δ-

─ ─

3δ+ δ- δ-

δ-

─ ─

──

─δ-

δ+ 2-

3δ- δ+ δ+

δ+

3δ- δ+ δ+

δ+

δ- δ- 2δ+

δ- δ- 2δ+ δ- δ- 2δ+ 2-

2-

δ- δ+ δ+ δ- δ- δ+ δ- δ+

3δ+ δ- δ-

δ-

3δ+ δ-

δ-

δ-

+ -

+ -

2- 2-

─δ-

δ+ ─

δ- δ+

δ+ δ+ δ- δ-


H O H O B O H B O H H O H O

Cl O Cl Cl O Cl O O O O

O Cl O Cl O O Cl O Cl O O O O O O N O N O O N O N O c) H O H O P H P H H O H O H O O H O O P P H O H H O H H O O H H O O H

O P O P O O P O P O H O O H H O O H 7.56. elektroujemność, liczba atomowa, ładunek elektryczny wodoru w cząsteczce wodorku 7.57. promień atomowy, promień jonowy 7.58. CH4 (cztery elektrony węgla oraz po jednym elektronie wodoru biorą udział w tworzeniu wiązania) BH3 (trzy elektrony boru oraz po jednym elektronie wodoru biorą udział w tworzeniu wiązania) 7.59. a) najbardziej typową wartościowością będzie I, aczkolwiek pierwiastek ten może przyjmować dowolną wartościowość od I do VII b) I c) najbardziej typowymi wartościowościami będą III i V, aczkolwiek pierwiastek ten może przyjmować dowolną wartościowość od I do V 7.60. nie BH3 i SF6 nie będą miały konfiguracji helowca, bor w tym związku będzie miał łącznie uwspólnionych 6 elektronów, a siarka w swoim związku aż 12 7.61. wiązanie pojedyncze jest zawsze wiązaniem σ, zaś w wiązaniach wielokrotnych występuje jedno wiązanie σ, a pozostałe są wiązaniami π:

a) Br2 – wiązanie pojedyncze, 1 σ; S2 – wiązanie podwójne, 1 σ i 1 π; P2 – wiązanie potrójne, 1 σ i 2 π H2S – 2 wiązania pojedyncze, 2 σ b) CH4 – 4 wiązania pojedyncze, 4 σ; CS2 – 2 wiązania podwójne, 2 σ i 2 π; HCN – 1 wiązanie pojedyncze i 1 wiązanie potrójne, 2 σ i 2 π; COCl2 – 1 wiązanie podwójne i 2 wiązania pojedyncze, 3 σ i 1 π c) CO – wiązanie podwójne, 1 σ i 1 π; N2O5 – 2 wiązania pojedyncze i 4 wiązania podwójne, 6 σ i 4 π; HSCN – 2 wiązania pojedyncze i 1 potrójne, 2 σ i 2 π; H2CO3 – 4 wiązania pojedyncze i 1 podwójne, 5 σ i 1 π 7.62. SiH4, cząsteczka ta ma kształt regularnego tetraedru i wszystkie cząstkowe dipole Si – H równoważą się 7.63. a) linia lub trójkąt równoramienny (jeżeli występują wolne pary elektronowe) b) trójkąt równoboczny, piramida o podstawie trygonalnej (gdy występuje 1 wolna para elektronowa), litera „T” (gdy występują 2 wolne pary elektronowe) c) tetraedr, zaburzony tetraedr (gdy występuje 1 wolna para elektronowa), kwadrat (gdy występują 2 wolne pary elektronowe) d) liniowa lub trójkąt nieregularny (jeżeli występują wolne pary elektronowe) 7.64. a) moment dipolowy jest różny od zera, a także cząsteczka ta zawiera wolne pary elektronowe, jej kształtem będzie trójkąt równoramienny b) moment dipolowy jest równy 0, oraz jest to cząsteczka typu AB2, zatem będzie to cząsteczka o kształcie liniowym c) moment dipolowy jest równy 0, oraz jest to cząsteczka typu AB3, zatem będzie to cząsteczka o kształcie trygonalnym d) moment dipolowy jest różny od 0, oraz jest to cząsteczka typu AB3P (P – wolna para elektronowa), zatem będzie to cząsteczka o kształcie piramidy o podstawie trygonalnej 7.65. a) Cl b) F c) S O O O S Cl F S 7.66. cząsteczka AB4 o zerowym momencie dipolowym może mieć kształt tetraedru (np. CH4) lub rzadziej kwadratu (np. XeF4) 7.67. przyczyną tego jest w przypadku COS kierunek wektora momentu dipolowego, który jest równoległy do osi cząsteczki (jest to cząsteczka o układzie liniowym), zaś w przypadku HClO wektor momentu dipolowego jest sumą składowych momentów

δ+ δ+ 2δ-

δ+

δ+ 2δ-

δ-

δ- 3δ- µClO

µClO

µFO

µFO

δ+

δ+ δ+


dipolowych, których wektory nie są do siebie równoległe 7.68. moment dipolowy cząsteczki H2O2 będzie różny od zera, ponieważ wektory składowych momentów dipolowych wiązań H – O nie są do siebie równoległe 7.69.

Twierdzenie PH3 CS2 H2O2 BCl3 SiH4 Cząsteczka jest dipolem + - + - -

Jądra leżą w jednej płaszczyźnie

- + - + -

Cz. zawiera wiązanie między dwoma

identycznymi atomami - - + - -

Cząsteczka zawiera wiązanie π

- + - - -

7.70. cząsteczka ma kształt ostrosłupa o podstawie trójkąta równobocznego, na obrazku zaznaczmy tylko jeden moment dipolowy N – H, oczywiście w rzeczywistości występują 3 takie składowe: kierunek wypadkowego momentu dipolowego będzie pionowy, do dołu, zatem będzie przebiegał przez środek podstawy ostrosłupa, którego krawędź boczna wynosi µNH obliczmy jaką częścią µNH będzie moment dipolowy przepiegający pionowo do dołu, w tym celu wyznaczmy wysokość h rozważanego przez nas ostrosłupa, ściana ostrosłupa jest trójkątem równoramiennym:

NH

o

NH

80386,0y

80386,05,53siny

µ=

==µ

co oznacza, że cały bok trójkąta równoramiennego będącego podstawą ostrosłupa ma długość: a = 2 · y = 1,6077 · µNH jak już wcześniej mówiliśmy wysokość ostrosłupa pada na środek podstawy, który wyznacza punkt przecięcia wysokości:

wiemy, że dla trójkąta równobocznego:

a23

h ⋅=

korzystając z tej zależności wyznaczmy b:

NH

NH

9282,0

6077,133

a33

a23

32

h32

b

µ⋅=

=µ⋅⋅=⋅=⋅⋅==

zatem patrząc na pierwszy rysunek możemy wyznaczyć wysokość ostrosłupa, która będzie jednocześnie pionową składową wektora µNH:

( )

NH

NH2

2NH

22NH

3721,0H

13844,0H

H9282,0

µ⋅=µ⋅=

µ=+µ⋅

wiemy, że na wypadkowy moment dipolowy cząsteczki będą się składały 3 pionowe składowe (od każdego wektora µNH), zatem: 3 · 0,3721 · µNH = µNH3 1,1163 · µNH = µNH3 = 4,9 · 10-30 C · m µNH = 4,39 · 10-30 C · m = 1,31D ze wzoru na moment dipolowy wiemy, że:

lq

lq

µ=

⋅=µ

podstawiając wartości:

eV27,0

C1039,4m10

mC1039,4m10100

mC1039,4q 20

10

30

12

30

=

=⋅=⋅⋅=⋅

⋅⋅= −−

−

−

−

co oznacza, że na każdym atomie wodoru będzie ładunek równy +0,27eV, a na atomie azotu ładunek równy 3 · -0,27eV, czyli -0,81eV 7.71. w strukturze krystalicznej NaCl oba pierwiastki występują w postaci jonów, zaś w przypadku HCl oba pierwiastki występują w stanie obojętnym (jedynie chmura elektronowa tworząca wiązanie H – Cl jest przesunięta w stronę Cl) 7.72. tlenki metali w wyniku dużej różnicy elektroujemności tworzą wiązania jonowe, są to bardzo mocne oddziaływania i do ich rozerwania potrzeba znacznie większej energii (czyli w tym przypadku temperatury) niż w przypadku wiązań

100pm µNH

µNH µNH

53,5°

y

b = 2/3 · h

a


kowalencyjnych spolaryzowanych, które znajdują się w tlenkach niemetali 7.73. jeden atom z powłoki s musi przejść na powłokę p, a następnie musi nastąpić hybrydyzacja sp2

7.74. - w cząsteczce HBr łączy się elektron na podpowłoce s z elektronem na podpowłoce p, schematycznie: + → - w cząsteczce H2S łączą się 2 elektrony na powłoce s z 2 elektronami na powłoce p 2 + 2 → - w cząsteczce BeH2 najpierw atom berylu ulega hybrydyzacji sp, a następnie dołączają się 2 elektony na podpowłokach s: 2 + → - w cząsteczce AlH3 najpierw atom glinu ulega hybrydyzacji sp2, a następnie dołączają się 3 elektrony na podpowłokach s: 3 + → 7.75. cząsteczką tą jest dwuatomowa cząsteczka litu Li2 może ona jednak istnieć tylko w niskich temperaturach ze względu na bardzo małą energię wiązania (110 kJ/mol) 7.76. rodzaj hybrydyzacji ustalamy korzystając z tzw. teorii VSEPR: Lp = Lσ + Lwpe Lp – liczba przestrzenna, dla 2 oznacza hybrydyzacje sp, dla 3 sp2, dla 4 sp3, dla 5 sp3d, dla 6 sp3d2 Lσ – liczba wiązań σ, czyli ilość atomów przyłączonych do atomu centralnego Lwpe – liczba wolnych par elektronowych, w sytuacjach wątpliwych możemy ją obliczyć ze wzoru: Lwpe – 0,5 · Lwal – 4m – n Lwal – liczba wszystkich elektronów walencyjnych (wszystkich atomów) w cząsteczce (w przypadku jonów uwzględniamy w tym miejscu różnicę elektronów)

m – liczba atomów dołączonych do atomu centralnego (innych od wodoru) n – liczba atomów wodoru w celu rozwiązania zadania należy obliczyć Lp i następnie powiązać ją z określonym rodzajem hybrydyzacji (zależność ta podana jest przy objaśnieniu Lp powyżej): a) sp3, sp2, sp b) sp3, sp3, sp, sp3 c) sp3, sp3, sp2, sp d) brak hybrydyzacji w cząsteczce SiO, sp2, sp2, sp e) sp3d, sp3d, sp3d2, sp3d2, sp3d3 f) sp2, sp2, sp3, sp3, sp3d, sp3d2, sp3d2, w ostatnim przypadku nie możemy precyzyjnie określić hybrydyzacji ponieważ podana cząsteczka jest związkiem bardzo nietrwałym, zawierającym niesparowany elektron 7.77. 1) hybrydyzacja trygonalna to hybrydyzacja sp2, przykładem może być: GaH3 2) hybrydyzacja tetraedryczna to hybrydyzacja sp3, przykładem może być: GeH4 7.78. w celu ustalenia budowy przestrzennej cząsteczki korzystamy z teorii VSEPR opisanej w rozwiązaniu zadania 7.76 lub określamy wypadkowy moment dipolowy: a) BeF2 – liniowa; BCl3 – trygonalna; COCl2 – trygonalna; PbCl2 – trygonalna; CCl4 – tetraedr; PH3 – piramida trygonalna; H2S – trójkąt równoramienny b) HClO – kątowa; CO2 – liniowa; SO2 – kątowa; SO3 – trygonalna; PCl3 – piramida trygonalna; SO2Cl2 – zaburzony tetraedr; OF2 – kątowa c) TeO2 – kątowa; BH3 – trygonalna; POCl3 – zaburzony tetraedr; CS2 – liniowa; HBrO – kątowa; SCl2 – kątowa; SOCl2 – piramida trygonalna d) COS – liniowa; CO3

2- - trygonalna; HCHO – zaburzona trygonalna; NO2

- - kątowa; SO42- - tetraedr;

SeOF2 – zaburzony tetraedr; NH2- - kątowa

e) BH4- - tetraedr; HCN – liniowa; O3 – kątowa; BO3

3- - trygonalna; SO3

2- - piramida trygonalna; NH4+ -

trygonalna; H2Se – kątowa f) SO2 – kątowa; NO3

- - trygonalna; ClO4- - tetraedr;

NO2+ - liniowa; BF4

- - tetraedr; Cl2O – kątowa; ClO3-

- piramida trygonalna g) N3

- - liniowa; XeO4 – tetraedr; Br2O – kątowa; NO2Cl - zaburzona trygonalna; HIO – kątowa; IO3

- - piramida trygonalna; PO4

3- - tetraedr h) XeO3 – piramida trygonalna; BeO2

2- - liniowa; BeF3

- - trygonalna; BrO3- - piramida trygonalna; ClO2

- - kątowa; PCl4

+ - tetraedr; SiO44- - tetraedr

7.79. a) SF4 – zaburzony tetraedr; I3

- - liniowa; SF6 – oktaedr; IF5 – piramida o podstawie kwadratu; IF7 – bipiramida pentagonalna; SiF6

2- - oktaedr


b) ICl4- - kwadrat; XeF2 – liniowa; PCl6

- - oktaedr; TeCl4 – zaburzony tetraedr; XeF4 – kwadrat c) IO6

5- - oktaedr; PBr5 – bipiramida o podstawie trygonalnej; SeBr6

2- - nieregularny oktaedr; ICl2- -

liniowa; SbF52- - piramida o podstawie kwadratu

d) BrICl- - liniowa; ICl3 – litera „T”; F2IO2- -

zaburzony tetraedr; SbBr63- - nieregularny oktaedr;

AlCl 63- - oktaedr

e) BrF4- - kwadrat; BrF3 – litera „T”; SOF4 –

zaburzona bipiramida trygonalna; TeO66- - oktaedr;

IF6- - nieregularny oktaedr

7.80. a) C2Br4 – wszystkie atomy w cząsteczce leżą w jednej płaszczyźnie, węgle są shybrydyzowane sp2

i połączone wiązaniem podwójnym; C2Br2 – cząsteczka jest liniowa, węgle są shybrydyzowane sp i połączone wiązaniem potrójnym HNO3 – wszystkie tleny są połączone z azotem, z czego jeden tlen dodatkowo jeszcze z wodorem wszystkie tleny i azot leżą w jednej płaszczyźnie (kształt trygonalny zaburzony), a atom węgla „wychodzi” poza płaszczyznę H3PO4 – wszystkie tleny są połączone z fosforem, z czego 3 tleny łączą się dodatkowo jeszcze z wodorami, wszystkie tleny oraz fosfor tworzą zaburzony tetraedr, wiązanie H – O – P nie jest liniowe N2O4 – wszystkie atomy leżą w jednej płaszczyźnie, azoty są połączone ze sobą wiązaniem pojedynczym, a z tlenami wiązaniami podwójnymi Cl2O6 – cząsteczka ma kształt połączonych ze sobą (wierzchołkami) tetraedrów, chlory łączą się ze sobą wiązaniem pojedynczym a z tlenami wiązaniami podwójnymi b) N2H4 – atomy nie leżą w jednej płaszczyźnie, wpływ na to ma wola para elektronowa przy każdym azocie, azoty łączą się ze sobą oraz z atomami wodoru wiązaniem pojedynczym; HClO – cząsteczka ma budowę kątową, wpływ na to mają 2 wolne pary elektronowe przy atomie tlenu, tlen łączy się z chlorem i z wodorem wiązaniem pojedynczym HClO2 – atomy tlenu i chlor nie leżą w jednej linii, wpływ na to mają 2 wolne pary elektronowe przy atomie chloru, także wiązanie H – O – Cl nie jest liniowe, chlor łączy się z 1 atomem tlenu wiązaniem podwójnym, a z grupą H – O – wiązaniem pojedynczym HClO3 – atomy tlenu i chlor tworzą kształt zaburzonej piramidy o podstawie trójkąta równobocznego, wpływ na to ma wolna para elektronowa przy atomie chloru, także wiązanie H – O – Cl nie jest liniowe, chlor łączy się z 2 atomami tlenu wiązaniami podwójnymi, a z grupą H – O – wiązaniem pojedynczym HClO4 – atomy tlenu i chlor tworzą kształt bardzo zbliżony do tetraedru, wiązanie H – O – Cl nie jest liniowe, chlor łączy się z 3 atomami tlenu wiązaniami

podwójnymi, a z grupą H – O – wiązaniem pojedynczym c) H2O2 – cząsteczka ma budowę kątową, wpływ na to mają wolne pary elektronowe przy atomach tlenu, tleny łączą się ze sobą oraz z atomami wodorów wiązaniami pojedynczymi [Sb(OH)6]

3- - atomy tlenu i antymon tworzą kształt nieregularnego oktaedru, wpływ na to ma wolna para elektronowa przy atomie antymonu, która przyjmuje pozycję przeciwległą do jednej z grup –OH, zajmując miejsce przeciwne do wierzchołka piramidy, wiązania H – O – Sb nie są liniowe, antymon łączy się z grupami –OH wiązaniami pojedynczymi Te(OH)6 – atomy tlenu i tellur tworzą kształt oktaedru (ośmiościanu foremnego), wiązania H – O – Te nie są liniowe, tellur łączy się z grupami –OH wiązaniami pojedynczymi d) NO2 – cząsteczka ma budowę kątową (mimo wyliczonej wg teorii VSEPR Lp = 2,5 przyjmujemy hybrydyzację sp2) wpływ na budowę ma wolny elektron, cząsteczka ta jest wolnym rodnikiem i bardzo łatwo dimeryzuje do N2O4 ClO2 – cząsteczka ma budowę kątową (mimo wyliczonej wg teorii VSEPR Lp = 3,5 przyjmujemy hybrydyzację sp3) wpływ na budowę ma wolna para elektronowa oraz wolny elektron e) N2O – cząsteczka ta, mimo różnego od 0 momentu dipolowego, ma budowę liniową; dzieje się tak ponieważ atomem centralnym jest, nie jakby się mogło wydawać, atom tlenu lecz atom azotu, cząsteczka oscyluje między dwoma strukturami rezonansowymi: N ≡ N+

─O- ↔ N-= N+= O 7.81. przykładem takiej cząsteczki może być chlorek kobaltu(III), kobalt ma 9 elektronów walencyjnych, 3 znicz zostaną zużyte na wytworzenie wiązań Co – Cl, a pozostałe 6 utworzy 3 pary elektronowe 7.82. H F F H

(oczywiście wiązania wodorowe są znacznie słabsze niż wiązania kowalencyjne, większa jest także ich długość) 7.83. - długość wiązania to odległość między jądrami obu atomów, czyli w tym przypadku r1 - promień van der Waalsa to odległość najdalszych elektronów od jądra atomowego, czyli w tym przypadku r3 - promień kowalencyjny jest to średnia odległość najdalej położonych od jądra atomu elektronów występująca w pojedynczych wiązaniach chemicznych tworzonych przez dany atom; innymi

δ-

δ-

δ+

δ+


słowami można powiedzieć, że promień walencyjny jest równy połowie średniej długości pojedynczego wiązania, czyli w tym przypadku r2 dla bromu 7.84. dzieje się tak ponieważ hel znajduje się w bardzo trwałym energetycznie stanie, ma zapełnioną całą powłokę elektronami (2 elektrony na powłoce K), aby beryl uzyskał trwały stan musi pozbyć się 2 elektronów (wówczas osiągnie bardzo trwałą konfigurację helu), dlatego łatwo wchodzi w reakcje zwłaszcza z niemetalami (pierwiastkami o dużej elektroujemności) 7.85. - w 1 grupie: zawiera1 elektron na ostatniej powłoce (elektron walencyjny), chętnie reaguje z niemetalami przyjmując wartościowość I - w 17 grupie: po przyłączeniu 1 elektronu uzyskuje konfigurację helowca (helu), łatwo tworzy związki z metalami przyjmując wartościowość I 7.86. cząsteczki te mają (w kolumnach) taką samą ilość elektronów, co więcej ilość poszczególnych atomów połączonych z atomami węgla/azotu jest taka sama

CH4 C2H6 CO32- CO2 C2O4

2- C22-

NH4+ N2H6

2+ NO3- NO2

+ N2O4 N2

Rozdział 8. Roztwory.

8.1. Stężenie procentowe 8.1.

%9,18%100g150g35

g35c

%100mm

m%100

m

mc

p

as

s

r

sp

====⋅⋅⋅⋅++++

====

⋅⋅⋅⋅++++

====⋅⋅⋅⋅====;

8.2. zamieńmy objętość alkoholu na masę: d = m/V m = d · V m = 0,78 g/cm3 · 150cm3 = 117g policzmy stężenie procentowe:

%23%100g117g35

g35c

%100mm

m%100

m

mc

p

as

s

r

sp

====⋅⋅⋅⋅++++

====

⋅⋅⋅⋅++++

====⋅⋅⋅⋅====

8.3. za gęstość wody przyjmujemy 1g/cm3, zatem: d = m/V m = d · V m = 1 g/cm3 · 10cm3 = 10g policzmy stężenie procentowe:

%1.9%100g10g1

g1c

%100mm

m%100

m

mc

p

as

s

r

sp

====⋅⋅⋅⋅++++

====

⋅⋅⋅⋅++++

====⋅⋅⋅⋅====

8.4. zamieńmy objętość benzyny na masę: d = m/V m = d · V m = 0,7 g/cm3 · 10cm3 = 7g policzmy stężenie procentowe:

%5,12%100g7g1

g1c

%100mm

m%100

m

mc

p

as

s

r

sp

====⋅⋅⋅⋅++++

====

⋅⋅⋅⋅++++

====⋅⋅⋅⋅====

8.5. za gęstość wody przyjmujemy 1g/cm3, zatem: d = m/V m = d · V m = 1g/cm3 · 25dm3 = 1g/cm3 · 25000cm3 = 25000g = 25kg policzmy stężenie procentowe:

%7,10%100kg25kg3

kg3c

%100mm

m%100

m

mc

p

as

s

r

sp

====⋅⋅⋅⋅++++

====

⋅⋅⋅⋅++++

====⋅⋅⋅⋅====

8.6. zamieńmy objętość acetonu na masę: d = m/V m = d · V m = 0,7g/cm3 · 10dm3 = 0,7g/cm3 · 10000cm3 = 7000g = 7kg policzmy stężenie procentowe:

%5,12%100kg7kg1

kg1c

%100mm

m%100

m

mc

p

as

s

r

sp

====⋅⋅⋅⋅++++

====

⋅⋅⋅⋅++++

====⋅⋅⋅⋅====

8.7.

g8,1%100

g30%6

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

====⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

Br Br

r2 r3

Br Br


8.8.

g10kg01,0%100

kg5,0%2

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

========⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

8.9. zamieńmy objętość roztworu na masę: d = m/V m = d · V m = 1,16g/cm3 · 100cm3 = 116g policzmy masę substancji:

g84,19%100

g116%1,17

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

====⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

8.10. zamieńmy objętość roztworu na masę: d = m/V m = d · V m = 1,09g/cm3 · 0,5dm3 = 1,09g/cm3 · 500cm3 = 545g policzmy masę substancji:

g6,43%100

g545%8

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

====⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

8.11. policzmy masę substancji:

g80%100

g400%20

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

====⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

pozostałą masę roztworu stanowi rozpuszczalnik, czyli woda, zatem: mwoda = 400g – 80g = 320g 8.12. zamieńmy objętość roztworu na masę: d = m/V m = d · V m = 0,9g/cm3 · 1dm3 = 0,9g/cm3 · 1000cm3 = 900g policzmy masę substancji:

g405%100

g900%45

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

====⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

pozostałą masę roztworu stanowi rozpuszczalnik, czyli woda, zatem: mwoda = 900g – 405g = 495g 8.13. policzmy masę sody:

g5%100

g250%2

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

====⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

pozostałą masę roztworu stanowi rozpuszczalnik, czyli woda, zatem: mwoda = 250g – 5g = 245g 8.14. policzmy masę jodu:

g5,1%100

g15%10

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

====⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

pozostałą masę roztworu stanowi rozpuszczalnik, czyli alkohol, zatem: malkohol = 15g – 1,5g = 13,5g zamieńmy masę alkoholu na objętość: d = m/V V = m/d Valkohol = 13,5g : 0,78g/cm3 = 17,3cm3 8.15. za gęstość wody przyjmujemy 1g/cm3, zatem: d = m/V m = d · V m = 1 g/cm3 · 1dm3 = 1 g/cm3 · 1000cm3 = 1000g obliczmy stężenie procentowe:

%005,0

%100g1000mg05,0

g05,0%100

g1000mg50

mg50c

%100mm

m%100

m

mc

p

as

s

r

sp

====⋅⋅⋅⋅++++

====⋅⋅⋅⋅++++

====

⋅⋅⋅⋅++++

====⋅⋅⋅⋅====

(masa tlenu stanowi tak mala część masy roztworu, że nie byłoby błędem pominięcie jej w obliczaniu masy roztworu) 8.16. zamieńmy objętość roztworu na masę: d = m/V m = d · V m = 1,02g/cm3 · 1dm3 = 1,02g/cm3 · 1000cm3 = 1020g obliczmy stężenie procentowe:

%005,0

%6%100g1020

g2,61c

%100m

mc

p

r

sp

====⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

8.17. zamieńmy objętość amoniaku na ilość moli (w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość równą 22,4dm3)


nNH3 = VNH3 : 22,4dm3 = 500dm3 : 22,4dm3 = 22,3 mola zamieńmy ilość moli amoniaku na jego masę: mMNH3 = 14g + 3 · 1g = 17g mNH3 = 22,3 · 17g = 379,1g zamieńmy objętość wody na masę (gęstość wody wynosi 1g/cm3): d = m/V m = d · V m = 1g/cm3 · 1dm3 = 1g/cm3 · 1000cm3 = 1000g obliczmy stężenie procentowe:

%5,27%100g1000g1,379

g1,379c

%100mm

m%100

m

mc

p

as

s

r

sp

====⋅⋅⋅⋅++++

====

⋅⋅⋅⋅++++

====⋅⋅⋅⋅====

8.18. policzmy masę substancji w 200g roztworu:

g10%100

g200%5

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

====⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

zamieńmy wyliczoną masę substancji na ilość moli: mMNaOH = 23g + 16g + 1g = 40g nMNaOH = 10g : 40g = 0,25 mola 8.19. załóżmy, że próbka składa się z 5 moli etanolu i 10 moli wody, policzmy masę etanolu oraz masę całego roztworu: mMC2H5OH = 2 · 12g + 5 · 1g + 16g + 1g = 46g mC2H5OH = 5 · 46g = 230g mr-ru = mC2H5OH + mH2O = 230g + 10 · (16g + 2 · 1g) = = 230g + 180g = 410g obliczmy stężenie procentowe roztworu:

%1,56%100g410

g230%100

m

mc

r

sp ====⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅====

8.20. obliczmy masę substancji zakładając, że próbka zawiera 160 moli wody oraz 4 mole substancji:

(((( ))))

g516m

g8,437m848,0

mg8,437m152,0

g2880m

m152,0

%100g12g16160m

m%2,15

%100mm

m%100

m

mc

s

s

ss

s

s

s

s

as

s

r

sp

≈≈≈≈====

====++++++++

====

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅++++

====

⋅⋅⋅⋅++++

====⋅⋅⋅⋅====

obliczona przez nas masa to masa 4 moli substancji, wyznaczmy zatem masę molową kwasu: mMHEO3 = 516g : 4 = 129g policzmy masę molową substancji E:

mMHEO3 = 1g + mME + 3 · 16g 129g = 49g + mME

mME = 80g pierwiastkiem E jest brom, a szukanym kwasem, kwas bromowy(V) HBrO3 8.21. policzmy masę 1 mola wodorowęglanu potasu (KHCO3) oraz masę 10 moli wody: mMKHCO3 = 39g + 1g + 12g + 3 · 16g = 100g mMH2O = 2 · 1g + 16g = 18g mH2O = 10 · 18g = 180g

%7,35%100g180g100

g100c

%100mm

m%100

m

mc

p

as

s

r

sp

====⋅⋅⋅⋅++++

====

⋅⋅⋅⋅++++

====⋅⋅⋅⋅====

8.22. korzystamy z wzoru na stężenie procentowe:

(((( ))))

g60m

g12m2,0

g15m2,0g3

g15mg152,0

%100mg15

g15%20

%100mm

m%100

m

mc

a

a

a

a

a

as

s

r

sp

========

====⋅⋅⋅⋅====++++⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅++++

====

⋅⋅⋅⋅++++

====⋅⋅⋅⋅====

8.23. korzystamy z wzoru na stężenie procentowe:

(((( ))))

g2,22m

g20m9,0

mg20m1,0

mg200m1,0

%100g200m

m%10

%100mm

m%100

m

mc

s

s

ss

ss

s

s

as

s

r

sp

========

====++++====++++⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅++++

====

⋅⋅⋅⋅++++

====⋅⋅⋅⋅====

8.24. łączna masa roztworu wynosi: mr-ru = 30g + 6g = 36g wyznaczmy masy poszczególnych soli: mNaBr = 40% : 100% · 6g = 2,4g mKBr = 60% : 100% · 6g = 3,6g obliczmy teraz stężenia procentowe poszczególnych soli:

%10%100g36

g6,3c

%67,6%100g36

g4,2c

%100m

mc

pKBr

pNaBr

r

sp

====⋅⋅⋅⋅====

====⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====


8.25. załóż masę roztworu równą 100g, wówczas masa kwasu: mkw = 20% : 100% · 100g = 20g wyznaczmy masę molową kwasu siarkowego i policzmy ile siarki zawiera 20g tego kwasu: mMH2SO4 = 2 · 1g + 32g + 4 · 16g = 98g ułóżmy proporcję: 32g S ──── 98g kwasu x ──── 20g kwasu

Sg53,6g98

g32g20x ====

⋅⋅⋅⋅====

wyznaczmy procentową zawartość siarki, pamiętając, że przyjęliśmy masę roztworu równą 100g

%53,6%100g100

g53,6%100

m

mc

r

sp ====⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅====

8.26. wyznaczmy masy molowe KOH i NaOH: mMKOH = 39g + 16g + 1g = 56g mMNaOH = 23g + 16g + 1g = 40g za ilość moli KOH przyjmijmy x, wówczas, z warunków zadania wiemy, że ilość NaOH wynosi 3x, wyznaczmy wartość x: x · 56g + 3x · 40g = 12g 176x = 12 x = 0,0682 [mola] policzmy masy obu wodorotlenków: mKOH = 0,0682 · 56g = 3,82g mKOH = 3 · 0,0682 · 40g = 8,18g za gęstość wody przyjmujemy 1g/cm3, zatem masa wody wynosi 250g, a masa całego roztworu: mr-ru = 250g + 12g = 262g obliczmy teraz stężenia procentowe poszczególnych wodorotlenków:

%18,3%100g262

g18,8c

%46,1%100g262

g82,3c

%100m

mc

pNaOH

pKOH

r

sp

====⋅⋅⋅⋅====

====⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

8.27. najpierw wyznaczmy masę zanieczyszczeń: mz = 3% : 100% · 200g = 6g zatem masa czystego ZnCl2 wynosi: mZnCl2 = 200g – 6g = 194g łączna masa roztworu to: mr-ru = 2kg + 200g = 2200g obliczmy stężenie procentowe:

%82,8%100g2200

g194c

%100m

mc

p

r

sp

====⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅====

8.28. obliczmy masę wodorotlenku sodu znajdującego się w 200g roztworu: mNaOH = 10% : 100% · 200g = 20g skoro zanieczyszczenia stanowią 5%, to czysty wodorotlenek sodu stanowi 95% substancji, ułóżmy proporcję: 95% substancji ──── 20g NaOH 100% substancji ──── x

NaOHg1,21%95

g20%100x ====

⋅⋅⋅⋅====

8.29. masa całego roztworu jest równa: mr = ma + m wiemy, że skoro substancja zawiera p1% zanieczyszczeń to czysta substancja stanowi 100% – p1%, wiec masa czystej substancji wynosi:

m%100

%p%100m 1

s ⋅⋅⋅⋅−−−−====

podstawmy wyznaczone wartości do wzoru określającego stężenie procentowe:

%100mm

m%100

%p%100

p

%100m

mc

a

1

2

r

sp

⋅⋅⋅⋅++++

⋅⋅⋅⋅−−−−

====

⋅⋅⋅⋅====

(((( ))))(((( ))))

a

21a

21a2

21a2

12a2

a

12

m

p%p%100mm

p%p%100mmp

mpm%pm%100mp

m%pm%100mpmp

mm

m%pm%100p

−−−−−−−−⋅⋅⋅⋅====

−−−−−−−−⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅−−−−⋅⋅⋅⋅−−−−⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅

⋅⋅⋅⋅−−−−⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅++++⋅⋅⋅⋅++++

⋅⋅⋅⋅−−−−⋅⋅⋅⋅====

8.2. Stężenie masowe 8.30

a) L

g3

dm1000

g10003

m

kg3

33====⋅⋅⋅⋅====

b) L

g3,0

dL101000

g10003

dm1000

g10003

m

kg3

33====

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅====

c)

mL

mg103

mL10

ng103

cm10

ng1010003

dm1000

g10003

m

kg3

66

12

36

9

33

⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅====

⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅====

8.31.

33

1

3

344

dm

mg025,0

dm4

mg10

dm4

mg1010

L4

g10 ========⋅⋅⋅⋅========

−−−−−−−−−−−−

ρ

8.32. wyznaczmy masę molową NaOH: mMNaOH = 23g + 16g + 1g = 40g


policzmy masę NaOH: mNaOH = 0,1 mola · 40g = 4g stężenie masowe jest równe:

L

g40

L1,0

g4

ml100

g4 ============ρ

8.33. zamieńmy masę roztworu na objętość, korzystając z wzoru na gęstość: ρ = m / V V = m / ρ V = 1kg : 1,1g/cm3 = 1000g : 1,1g/cm3 = 909,1cm3 = 0,909dm3 = 0,909L wyznaczmy masę chlorku sodu: mMNaCl = 23g + 35,5g = 58,5g mNaCl = 58,5g · 2,42 = 141,6g stężenie masowe jest równe:

L

g8,155

L909,0

g6,141 ========ρ

8.34 wiemy, że 1L = 1000cm3, zatem układamy proporcję: 1000cm3 ──── 10g 250cm3 ──── x

g5,2cm1000

g10cm250x

3

3

====⋅⋅⋅⋅====

8.35. wiemy, że 1g = 109ng, zatem układamy proporcję: 1ml krwi ──── 6ng testosteronu x ──── 109ng testosteronu

krwiL167000ml1067,1ng6

ng10ml1x 8

9

====⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅====

8.36. wiemy, że 1dl = 100ml, zatem układamy proporcję: 100ml krwi ──── 200mg glukozy 0,1ml krwi ──── x

glukozymg2,0ml100

mg200ml1,0x ====

⋅⋅⋅⋅====

8.37. zamieńmy masę roztworu na objętość korzystając ze wzoru na gęstość:

333

cm400cm/g25,1

g500

cm/g25,1

kg5,0mV

V

m

================

====

ρ

ρ

aby policzyć ilość substancji znajdującą się w 400cm3 roztworu, ułóżmy proporcję: 1cm3 ──── 0,5g 400cm3 ──── x

g200cm1

g5,0cm400x

3

3

====⋅⋅⋅⋅====

8.38. zamieńmy masę roztworu na objętość korzystając ze wzoru na gęstość:

L005,0cm5cm/g2,1

g6mV

V

m

33

================

====

ρ

ρ

stężenie masowy roztworu jest równe:

L

g500

L005,0

g5,2

L005,0

g105,2

V

m 6 µµρ ========⋅⋅⋅⋅========

−−−−

8.3. Stężenie molowe 8.39. korzystając ze wzoru:

33r

m dm

mol3

dm2

moli6

V

nc ============

8.40. korzystając ze wzoru:

mola2,1dm6,0dm

mol2Vcn

V

nc

33rm

rm

====⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅====

====

8.41. korzystając ze wzoru:

33

mr

rm

dm4dm/mol5,0

mole2

c

nV

V

nc

============

====

8.42. policzmy najpierw ilość moli CaCl2: mMCaCl2 = 40g + 2 · 35,5g = 111g nCaCl2 = 50g : 111g = 0,45mola korzystając ze wzoru:

333m

rm

dm

mol3

dm15,0

mola45,0

cm150

mola45,0c

V

nc

============

====

8.43. policzmy najpierw ilość moli CaCl2: mMCaCl2 = 40g + 2 · 35,5g = 111g nCaCl2 = 50g : 111g = 0,45mola obliczmy łączną masę roztworu wiedząc, że gęstość wody wynosi 1g/cm3 (zatem masa wody to 150g): mr = 150g + 50g = 200g korzystając z wzoru na gęstość, zamieńmy wyliczoną masę na objętość:

33

cm6,162cm/g23,1

g200mV

V

m

============

====

ρ

ρ

stężenie molowe roztworu jest równe:


333m

rm

dm

mol77,2

dm1626,0

mola45,0

cm6,162

mola45,0c

V

nc

============

====

8.44. policzmy najpierw ilość moli Na2S mMNa2S = 2 · 23g + 32g = 78g nNa2S = 234g : 78g = 3mole stężenie molowe roztworu jest równe:

33r

m dm

mol5,0

dm6

mole3

V

nc ============

8.45. policzmy najpierw ilość moli Na2S mMNa2S = 2 · 23g + 32g = 78g nNa2S = 234g : 78g = 3mole obliczmy łączną masę roztworu wiedząc, że gęstość wody wynosi 1g/cm3 (zatem masa wody to 6000g): mr = 6000g + 234g = 6234g korzystając z wzoru na gęstość, zamieńmy wyliczoną masę na objętość:

333

dm994,5cm5994cm/g04,1

g6234mV

V

m

================

====

ρ

ρ

stężenie molowe roztworu jest równe:

33m

rm

dm

mol501,0

dm994,5

mole3c

V

nc

========

====

8.46. prawidłowo postępował drugi uczeń, gdyż w pierwszym przypadku po dodaniu substancji objętość roztworu się zwiększyła (wynosiła ponad 0,5dm3) i wówczas stężenie molowe było mniejsze niż 1 mol/dm3 8.47. korzystając ze wzoru wyznaczmy ilość moli NaBr:

mola02,0dm2,0dm

mol1,0Vcn

V

nc

33rm

rm

====⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅====

====

policzmy masę molową NaBr, a następnie masę 0,02 mola NaBr: mMNaBr = 23g + 80g = 103g mNaBr = 103g · 0,02 = 2,06g 8.48. korzystając ze wzoru wyznaczmy ilość moli NaCl:

rm V

nc =

mola05,0

dm1,0dm

mol5,0cm100

dm

mol5,0Vcn 3

33

3rm

=

=⋅=⋅=⋅=

policzmy masę molową NaCl, a następnie masę 0,05 mola NaCl: mMNaCl = 23g + 35,5g = 58,5g mNaBr = 58,5g · 0,05 = 2,93g 8.49. zamieńmy masę CaBr2 na ilość moli: mMCaBr2 = 40g + 2 · 80g = 200g nCaBr2 = 5 : 200 = 0,025mola korzystając ze wzoru wyznaczmy objętość roztworu:

333

mr

rm

cm10dm01,0dm/mol5,2

mola025,0

c

nV

V

nc

================

====

8.50. zamieńmy masę nadtlenku wodoru na ilość moli: mMH2O2 = 2 · 1g + 2 · 16g = 34g nH2O2 = 4,05 : 34 = 0,12mola korzystając ze wzoru wyznaczmy stężenie molowe:

333r

m dm

mol2,1

dm1,0

mola12,0

cm100

mola12,0

V

nc ================

8.51. 1000 milimola to 1 mol, zatem korzystając ze wzoru wyznaczmy stężenie molowe:

333r

m dm

mol2,1

dm001,0

mola0012,0

cm1

milimola2,1

V

nc ================

8.52. zamieńmy masę kwasu borowego na ilość moli: mMH3BO3 = 3 · 1g + 11g + 3 · 16g = 62g nH3BO3 = 6,2 : 62 = 0,1mola wyznaczmy stężenie molowe roztworu:

333r

m dm

mol5,0

dm2,0

mola1,0

cm200

mola1,0

V

nc ================

korzystając ze wzoru obliczmy ilość moli kwasu borowego zawartą w 0,5dm3 roztworu:

mola25,0dm5,0dm

mol5,0Vcn

V

nc

33rm

rm

====⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅====

====

8.53 zamieńmy masę węglanu sodu na ilość moli: mMNa2CO3 = 2 · 23g + 12g + 3 · 16g = 106g nNa2CO3 = 20 : 106 = 0,189mola wyznaczmy objętość 0,5-molwego roztworu zawierającego 0,189mola substancji:


33

mr

rm

dm378,0dm/mol5,0

mola189,0

c

nV

V

nc

============

====

8.54. obliczmy najpierw ile moli czystego NaMnO4 potrzeba do sporządzenia 200cm3 0,1-molowego roztworu:

mola02,0

dm2,0dm

mol1,0cm200

dm

mol1,0Vcn

V

nc

33

33rm

rm

====

====⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅====⋅⋅⋅⋅====

====

zamieńmy wyliczoną ilość NaMnO4 na masę: mMNaMnO4 = 23g + 55g + 4 · 16g = 142g mNaMnO4 = 0,02 · 142g = 2,84g skoro w substancji 10% stanowią zanieczyszczenia, to czysty NaMnO4 stanowi 90%, zatem policzmy z proporcji masę substancji w której znajduje się 2,84g czystego NaMnO4: 100g ─── 90g NaMnO4 x ─── 2,84g NaMnO4

g16,3g90

84,2g100x ====

⋅⋅⋅⋅====

8.55. 1) stężenie molowe zmaleje, gdyż ilość substancji będzie stała, a objętość roztworu wzrośnie:

↑=↓

rm V

nc

2) stężenie procentowe tego roztworu nie zmieni się, gdyż zarówno masa substancji jak i masa całego roztworu nie ulegnie zmianie 8.56. wiedząc, że w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość równą 22,4dm3 policzmy ile moli HCl znajdowało się w kolbie o objętości 1dm3: 1 mol ─── 22,4dm3 x ─── 1dm3

mola0446,0dm4,22

dm1mol1x

3

3

=⋅=

wiemy, że łączna objętość roztworu, który na końcu wypełniał kolbę jest równa 1dm3, zatem stężenie molowe roztworu wynosi:

33r

m dm

mol0446,0

dm1

mola0446,0

V

nc ===

8.57. ułóżmy równanie reakcji wodoru z chlorem: H2 + Cl2 → 2 HCl 1dm3 1dm3

2dm3

chlor reaguje z wodorem w stosunku 1 : 1, z warunków zadania widzimy, że w reakcji weźmie udział 10dm3 wodoru i 10dm3chloru, policzmy objętość powstałego chlorowodoru: 1dm3 H2 ─── 2dm3 HCl 10dm3 H2 ─── x

HCldm20dm1

dm2dm10x 3

3

33

=⋅=

wiedząc, że w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość równą 22,4dm3 policzmy ile moli HCl powstało: 1 mol ─── 22,4dm3 y ─── 20dm3

mola893,0dm4,22

dm20mol1y

3

3

=⋅=

korzystając ze wzoru obliczmy stężenie molowe powstałego roztworu:

333r

m dm

mol47,4

dm2,0

mola893,0

cm200

mola893,0

V

nc ====

8.58. policzmy najpierw ilość moli substancji znajdującej się w 0,6dm3 0,2-molowego roztworu:

mola12,0dm6,0dm

mol2,0Vcn

V

nc

33rm

rm

=⋅=⋅=

=

obliczmy masę molową substancji wiedząc, że 0,12 mola waży 4,8g: 0,12 mola ─── 4,8g 1mol ─── x

g40mola12,0

g8,4mol1x =⋅=

8.59. ułóżmy równanie reakcji: P2O5 + H2O + 2 MgO → 2 MgHPO4 1 mol 2 mole (zamiast MgO moglibyśmy użyć np. magnezu atomowego lub wodorotlenku magnezu, wybór jednak nie ma znaczenia, gdyż będziemy skupiać się na ilości P2O5 i MgHPO4) widzimy, że stosunek P2O5 : MgHPO4 wynosi 1 : 2, zatem z 0,1 mola P2O5 powstanie 0,2 mola MgHPO4, więc stężenie molowe roztworu MgHPO4 wynosi:

33r

m dm

mol2,0

dm1

mola2,0

V

nc ===

8.60. wyznaczmy masy molowe KOH i NaOH: mMKOH = 39g + 16g + 1g = 56g mMNaOH = 23g + 16g + 1g = 40g


za ilość moli KOH przyjmijmy x, wówczas, z warunków zadania wiemy, że ilość NaOH wynosi 3x, wyznaczmy wartość x: x · 56g + 3x · 40g = 12g 176x = 12 x = 0,0682 [mola] policzmy ilości moli obu wodorotlenków: mMKOH = x = 0,0682 mola mMNaOH = 3x = 0,2046 mola policzmy stężenia molowe obu wodorotlenków:

333mNaOH

333mKOH

rm

dm

mol818,0

dm25,0

mola2046,0

cm250

mola2046,0c

dm

mol273,0

dm25,0

mola0682,0

cm250

mola0682,0c

V

nc

===

===

=

8.61. odmierzamy równe objętości obu roztworów i następnie mieszamy je ze sobą, następnie papierkiem wskaźnikowym (lub innym dowolnym indykatorem) określamy odczyn roztworu, jeśli będzie on zasadowy oznacza to, że stężenie roztworu zasadowego było większe, jeżeli zaś kwasowy oznacza to, że większe było stężenie roztworu kwasowego 8.4. Przeliczanie stężeń 8.62. wyznaczamy najpierw masę molową H2SO4: mMH2SO4 = 2 · 1g + 32g + 4 · 16g = 98g korzystamy ze wzoru na przekształcanie stężeń:

3

3

3rp

m

dm

mol02,18

mol/g98%100

dm/g1840%96

mol/g98%100

cm/g84,1%96

M%100

dcc

=⋅

⋅=

=⋅

⋅=⋅

⋅=

8.63. wyznaczamy najpierw masę molową H2O2: mMH2O2 = 2 · 1g + 2 · 16g = 34g korzystamy ze wzoru na przekształcanie stężeń:

3

3

3rp

m

dm

mol8,9

mol/g34%100

dm/g1110%30

mol/g34%100

cm/g11,1%30

M%100

dcc

=⋅

⋅=

=⋅

⋅=⋅

⋅=

8.64. wyznaczamy najpierw masę molową HNO3: mMH2O2 = 1g + 14g + 3 · 16g = 63g korzystamy ze wzoru na przekształcanie stężeń:

%4,29cm/g18,1

%100mol/g63cm/mol0055,0

cm/g18,1

%100mol/g63dm/mol5,5

d

%100Mcc

3

3

3

3

r

mp

=⋅⋅=

=⋅⋅=⋅⋅

=

8.65. wyznaczamy najpierw masę molową H2O2: mMH2O2 = 2 · 1g + 2 · 16g = 34g

%9,34cm/g13,1

%100mol/g34cm/mol0116,0

cm/g13,1


d

%100Mcc

3

3

3

3

r

mp

=⋅⋅=

=⋅⋅=⋅⋅

=

8.66. wyznaczamy najpierw masę molową H2SO4: mMH2SO4 = 2 · 1g + 32g + 4 · 16g = 98g następnie zamieńmy stężenie procentowe na molowe:

3

3

3rp

m

dm

mol06,3

mol/g98%100

dm/g1200%25

mol/g98%100

cm/g2,1%25

M%100

dcc

=⋅

⋅=

=⋅

⋅=⋅

⋅=

korzystając ze wzoru na stężenie molowe obliczmy ilość moli H2SO4:

mola46,0dm15,0dm

mol06,3

cm150dm

mol06,3Vcn

V

nc

33

33rm

rm

=⋅=

=⋅=⋅=

=

8.67. wyznaczamy najpierw masę molową NaH2PO4: mMNaH2PO4 = 23g + 2 · 1g + 31g + 4 · 16g = 120g następnie zamieńmy stężenie molowe na procentowe:

%10cm/g07,1

%100mol/g120cm/mol00089,0

cm/g07,1


d

%100Mcc

3

3

3

3

r

mp

≈⋅⋅=

⋅⋅=⋅⋅

=

korzystając ze wzoru na stężenie procentowe obliczmy masę substancji zawartą a 150g roztworu:

g15%100

g150%10

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

8.68. do obliczeń przyjmijmy objętość roztworu równą 1dm3 (czyli 1000cm3), wyznaczmy najpierw masę H2SO4 znajdującego się w 1dm3 roztworu:


g1770

cm1000cm

g77,1dm1

cm

g77,1Vm

V

m

33

33rs

r

s

=

=⋅=⋅=⋅ρ=

=ρ

następnie obliczmy masę 1dm3 roztworu:

g1840

cm1000cm

g84,1dm1

cm

g84,1Vdm

V

md

33

33rr

r

r

=

=⋅=⋅=⋅=

=

korzystając ze wzoru wyznaczmy stężenie procentowe roztworu:

%2,96g100g1840

g1770%100

m

mc

r

sp =⋅=⋅=

8.69. z warunków zadania wiemy, że gęstość roztworu jest równa gęstości wody, czyli 1g/cm3, do obliczeń przyjmijmy objętość roztworu równą 1dL (wówczas masa substancji wynosi 60mg), wyznaczmy masę roztworu:

g100cm100cm

g1dL1

cm

g1Vdm

V

md

333rr

r

r

=⋅=⋅=⋅=

=

stężenie procentowe roztworu wynosi:

ppm600ppm100006,0

%06,0%100mg100000

mg60%100

g100

mg60c

%100m

mc

6

p

r

sp

=⋅=

==⋅=⋅=

⋅=

8.70. do obliczeń przyjmijmy objętość roztworu równą 1L = 1dm3 = 1000cm3, wyznaczmy najpierw masę roztworu:

g1250

cm1000cm

g25,1L1

cm

g25,1Vdm

V

md

333rr

r

r

=

=⋅=⋅=⋅=

=

korzystając ze wzoru na stężenie procentowe policzmy masę substancji zawartą w 1250g roztworu:

g500%100

g1250%40

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

za objętość roztworu przyjęliśmy na początku zadania 1L, zatem stężenie masowe roztworu kwasu azotowego wynosi:

L

g500

L1

g500

V

m

r

s ===ρ

8.71. do obliczeń przyjmijmy objętość roztworu równą 1cm3, wyznaczmy najpierw masę roztworu:

g79,0cm1cm

g79,0Vdm

V

md

33rr

r

r

=⋅=⋅=

=

korzystając ze wzoru na stężenie procentowe policzmy masę substancji zawartą w 0,79g roztworu:

g8,15

g1058,1%100

g79,0%002,0

%100

mcm

%100m

mc

5rps

r

sp

µ=

=⋅=⋅=⋅

=

⋅=

−

za objętość roztworu przyjęliśmy na początku zadania 1cm3, zatem stężenie masowe roztworu jodu w alkoholu etylowym wynosi:

33r

s

cm

g8,15

cm1

g8,15

V

m µ=µ==ρ

8.72. za objętość roztworu przyjmijmy 1m3, wówczas masa kwasu azotowego wynosi 315kg, zamieńmy tę masę na ilość moli kwasu: mMHNO3 = 1g + 14g + 3 · 16g = 63g nHNO3 = 315kg : 63g = 315000g : 63g = 5000moli korzystając ze wzoru wyznaczmy stężenie molowe:

333r

m dm

mol5

dm1000

moli5000

m1

moli5000

V

nc ====

8.73. za objętość roztworu przyjmijmy 1dL, wówczas masa wodorotlenku sodu wynosi 10µg, zamieńmy tę masę na ilość moli wodorotlenku: mMNaOH = 23g + 16g + 1g = 40g nNaOH = 10µg : 40g = 10µg : 40·106

µg = 2,5·10-7mola = 2,5·10-4mmola korzystając ze wzoru wyznaczmy stężenie molowe:

L

mmol105,2

L1,0

mmoli105,2

dL1

mmoli105,2

V

nc

3

44

rm

−

−−

⋅=

=⋅=⋅==

8.74. za objętość roztworu przyjmijmy 1dm3 (czyli 1L), wówczas ilość siarczanu miedzi(II) wynosi 0,5mola, zamieńmy tę ilość na masę: mMCuSO4 = 64g + 32g + 4 · 16g = 160g


mCuSO4 = 0,5 · 160g = 80g korzystając ze wzoru, wyznaczmy stężenie masowe tego roztworu:

dL

g8

dL10

g80

L1

g80

V

m

r

s ====ρ

8.75. za objętość roztworu przyjmijmy 1dm3, wówczas ilość kwasu fosforowego wynosi 10moli, zamieńmy tę ilość na masę: mMH3PO4 = 3 · 1g + 31g + 4 · 16g = 98g mH3PO4 = 98g · 10g = 980g = 0,98kg korzystając ze wzoru, wyznaczmy stężenie masowe tego roztworu:

33r

s

dm

kg98,0

dm1

kg98,0

V

m===ρ

8.76. a)

aa m

nc =

z wzoru na stężenie procentowe wyprowadźmy wartość ma:

p

spsa

spsap

sapsp

as

sp

c

mc%100mm

mc%100mmc

%100mmcmc

%100mm

mc

−⋅=

−⋅=

⋅=+

⋅+

=

jednocześnie wiemy, że:

M

mn s=

podstawiając obie te zmienne do początkowego wzoru otrzymujemy:

( )p

p

p

p

sps

ps

p

sps

s

a

c%100M

c

cM%100M

c

mcM%100mM

cm

c

mc%100mM

m

c

−⋅=

⋅−⋅=

=⋅−⋅⋅

⋅=

−⋅=

b) przekształcamy wzór wyprowadzony w podpunkcie a)

( )

( )

Mc1

%100Mcc

Mc1c%100Mc

cMcc%100Mc

ccMc%100Mc

c%100M

cc

a

ap

apa

papa

ppaa

p

pa

⋅+⋅⋅

=

⋅+=⋅⋅

⋅⋅+=⋅⋅

=⋅⋅−⋅⋅

−⋅=

c)

aa m

nc =

z wzoru na stężenie masowe wyprowadźmy wartość ma:

m

smsa

smsam

samsm

as

s

r

sm

rr

r

r

r

sm

c

mcdmm

mcdmmc

dmmcmc

mm

dm

m

dmc

d

mV

V

md

V

mc

⋅−⋅=

⋅−⋅=⋅⋅=⋅+⋅

+⋅

=⋅

=

=

=

=

jednocześnie wiemy, że:

M

mn s=

podstawiając obie te zmienne do początkowego wzoru otrzymujemy:

( )m

m

m

m

sms

ms

m

sms

s

a

cdM

c

cMdM

c

mcMdmM

cm

c

mcdmM

m

c

−=

⋅−⋅=

=⋅⋅−⋅⋅

⋅=

⋅−⋅=

d) przekształcamy wzór wyprowadzony w podpunkcie c)

( )

Mc1

dMcc

)Mc1(cdMc

cMccdMc

ccMcdMc

cMdM

c

cdM

cc

a

am

ama

mama

mmaa

m

m

m

ma

⋅+⋅⋅

=

⋅+=⋅⋅⋅⋅+=⋅⋅

=⋅⋅−⋅⋅⋅−⋅

=−

=

8.77. obliczmy najpierw masy molowe obu kwasów: mMH2SO4 = 2 · 1g + 32g + 4 · 16g = 98g mMHNO3 = 1g + 14g + 3 · 16g = 63g korzystając ze wzoru zamieniamy stężenia molowe na procentowe:

r

mp d

%100Mcc

⋅⋅=


%6,13cm/g08,1

%100mol/g63cm/mol00233,0

cm/g08,1

%100mol/g63dm/mol33,2c

%20cm/g14,1

%100mol/g98cm/mol00233,0

cm/g14,1


3

3

3

3

3pHNO

3

3

3

3

4SO2pH

≈⋅⋅=

=⋅⋅=

≈⋅⋅=

=⋅⋅=

większe stężenie procentowe ma roztwór H2SO4 8.78. obliczmy najpierw masy molowe obu wodorotlenków: mMNaOH = 23g + 16g + 1g = 40g mMHNO3 = 39g + 16g + 1g = 56g korzystając ze wzoru zamieniamy stężenia procentowe na molowe:

3

33

mKOH

3

33

mNaOH

rpm

dm

mol10

mol/g56%100

cm/g1400%40

mol/g56%100

cm/g4,1%40c

dm

mol3,14

mol/g40%100

cm/g1430%40

mol/g40%100

cm/g43,1%40c

M%100

dcc

=

=⋅

⋅=⋅

⋅=

=

=⋅

⋅=⋅

⋅=

⋅⋅

=

większe stężenie molowe ma roztwór NaOH 8.79. zamieńmy stężenie procentowe 5-procentowego roztworu HCl na stężenie molowe, z tablicy odczytujemy gęstość: d = 1,024g/cm3, masa molowa HCl wynosi: mMHCl = 36,5:

3

3

3rp

m

dm

mol4,1

mol/g5,36%100

cm/g1024%5

mol/g5,36%100

cm/g024,1%5

M%100

dcc

=⋅

⋅=

=⋅

⋅=⋅

⋅=

zatem widzimy, że bardziej stężony jest 5-procentowy roztwór HCl 8.80. a) widzimy, że dla H2SO4 wraz ze wzrostem stężenia wzrasta gęstość, zatem bardziej stężony jest roztwór o gęstości 1,2g/cm3 b) widzimy, że dla NH3 wraz ze wzrostem stężenia gęstość maleje, zatem bardziej stężony jest roztwór o gęstości 0,85g/cm3

8.81. wiemy, że w warunkach normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość równą 22,4dm3, policzmy ile moli chlorowodoru rozpuszczono w wodzie: 1 mol ─── 22,4dm3 x ─── 67,5dm3

mola01,3dm4,22

dm5,67mol1x

3

3

=⋅=

wyznaczmy masę 3,01mola HCl: mMHCl = 1g + 35,5g = 36,5g mHCl = 36,5g · 3,01 = 109,9g obliczmy stężenie procentowe roztworu:

%20

%100g440g9,109

g9,109%100

mm

mc

as

sp

=

=⋅+

=⋅+

=

korzystając ze wzoru zamieńmy stężenie procentowe na molowe:

3

3

3rp

m

dm

mol03,6

mol/g5,36%100

dm/g1100%20

mol/g5,36%100

cm/g1,1%20

M%100

dcc

=⋅

⋅=

=⋅⋅=

⋅⋅

=

8.82. stężenia molowe nie są równe, gdyż jak widzimy we wzorze, na przekształcanie stężeń:

M%100

dcc rp

m ⋅⋅

=

dla obu przypadków różna będzie wartość M, a takie same cp i dr 8.83. korzystamy ze wzoru na przekształcenie stężenia molowego na procentowe:

mol/g103dm/mol74,3%100

dm/g1280%30

dm/mol74,3%100

cm/g28,1%30

c%100

dcM

M%100

dcc

3

3

3

3

m

rp

rpm

≈⋅⋅=

=⋅⋅=

⋅⋅

=

⋅⋅

=

zatem masa cząsteczkowa substancji rozpuszczonej wynosi 103u 8.84. obliczmy masę molową NH4Cl: mMNH4Cl = 14g + 4 · 1g + 35,5g = 53,5g korzystamy ze wzoru na przekształcenie stężenia molowego na procentowe:

M%100

dcc rp

m ⋅⋅

=


33

3

p

mr

cm/g052,1dm/g1052

%18

mol/g5,53%100dm/mol54,3

c

M%100cd

==

⋅⋅=⋅⋅

=

8.85. z podanych w zadaniu danych obliczmy najpierw masę molową szukanego związku:

mol

g180

dm/mol3,1%100

dm/g1170%20

dm/mol3,1%100

cm/g17,1%20

c%100

dcM

M%100

dcc

3

3

3

3

m

rp

rpm

=⋅⋅=

=⋅⋅=

⋅⋅

=

⋅⋅

=

obliczmy masę manganu i azotu w 1 molu szukanego związku: mMn = 30,7% : 100% · 180g ≈ 55g → 1 mol Mn mN = 15,7% : 100% · 180g ≈ 28g → 2 mole N mO = 180g – 55g – 28g = 97g → ≈ 6 moli O szukanym związkiem jest: Mn(NO3)2 8.5. Rozpuszczalność 8.86. najlepszą definicją jest 1); 2) eliminujemy, gdyż rozpuszczanie jest procesem fizycznym, a nie chemicznym, 3) także eliminujemy, gdyż de facto po dodaniu kolejnej ilości substancji, mimo, że ona się nie rozpuści, zwiększy się stężenie roztworu 8.87. wrzucamy, kryształki do dwóch dowolnych zlewek, jeżeli nastąpi krystalizacja, oznacza to, że jest to roztwór przesycony, jeżeli kryształek wpadnie do roztworu i się nie rozpuści oznacza to, że mamy do czynienia z roztworem nasyconym, jeżeli kryształek wpadnie i rozpuści się oznacza to, że mamy do czynienia z roztworem nienasyconym 8.88. pierwszym sposobem będzie zwiększenie temperatury, gdyż wówczas rozpuszczalność wzrośnie, a ilość substancji rozpuszczonej nie (czyli powstanie roztwór nienasycony); drugim sposobem będzie zwiększenie ilości rozpuszczalnika, wówczas także powstanie roztwór nienasycony 8.89. pierwszym sposobem będzie obniżenie temperatury, gdyż zgodnie z warunkami zadania, wówczas rozpuszczalność będzie mniejsza i ilość substancji zawartej w roztworze w pewnym momencie będzie równa rozpuszczalności; drugim sposobem, będzie

dodanie substancji rozpuszanej do roztworu, a trzecim odparowanie rozpuszczalnika 8.90. na skutek wzrostu temperatury maleje rozpuszczalność CO2 w wodzie, dlatego w wyniku podniesienia temperatury uwalnia się więcej CO2, tworzy się wyższe ciśnienie w butli, co może spowodować jej pęknięcie 8.91. w ciepłej wodzie jest niższa rozpuszczalność tlenu (jak i innych gazów), dlatego niedobór tego gazu powoduje śmierć ryb 8.92. pierwszym błędem jest brak obejścia wyrównującego ciśnienie we wkraplaczu, wzrost ciśnienia w pierwszej erlenmajerce uniemożliwi dalsze wkraplanie cieczy; drugim błędem są, źle umieszczone rurki w drugiej erlenmajerce, rurka doprowadzająca gaz (z lewej strony) powinna być zanurzona w płuczce, a druga nie, w pokazanej aparaturze sytuacja jest odwrotna 8.93. odpowiedź na to pytanie należy uzależnić od rodzaju rozpuszczalnika, dla wody możemy przyjąć, że wraz ze zmianą temperatury gęstość nie zmienia się w znaczący sposób, zatem wraz z obniżeniem temperatury zmieni się jedynie rozpuszczalność 8.94. obliczmy masę wody, którą odparowano: mH2O = 50g – 13,2g = 36,8g zatem korzystając z proporcji wyznaczmy rozpuszczalność NaCl w temp. 283K 13,2g NaCl ─── 36,8g wody x ─── 100g wody

g9,35

g8,36

g100g2,13x =⋅=

8.95. korzystając ze wzoru na gęstość zamieńmy najpierw objętość roztworu na jego masę:

g8,44cm40cm/g12,1Vdm

V

md

33 =⋅=⋅=

=

obliczmy masę wody, którą odparowano: mH2O = 44,8g – 6,8g = 38g korzystając z proporcji wyznaczmy rozpuszczalność substancji w temp. 293K 6,8g substancji ─── 44,8g wody x substancji ─── 100g wody

g2,15

g8,44

g100g8,6x =⋅=

8.96.


gęstość wody jest równa 1g/cm3, zatem korzystając ze wzoru na gęstość zamieńmy najpierw objętość roztworu na jego masę:

g500cm500cm/g1dm5,0cm/g1Vdm

V

md

3333 =⋅=⋅=⋅=

=

korzystając z proporcji wyznaczmy masę substancji którą można rozpuścić w 500g wody o temp. 293K 145g KI ─── 100g wody x KI ─── 500g wody

g725

g100

g500g145x =⋅=

8.97. z danych zadania wiemy, że rozpuszczalność substancji wynosi 40g, zatem nasycony roztwór zawierający 40g substancji będzie miał masę: mr = ms + mH2O = 40g + 100g = 140g korzystając z proporcji wyznaczmy masę substancji która jest zawarta w 220g roztworu: 40g substancji ─── 140g roztworu x substancji ─── 220g roztworu

g9,62

g140

g220g40x =⋅=

8.98. z danych zadania wiemy, że rozpuszczalność substancji wynosi 105g, zatem nasycony roztwór zawierający 100g wody będzie miał masę: mr = ms + mH2O = 105g + 100g = 205g korzystając z proporcji wyznaczmy masę wody która jest zawarta w 500g roztworu: 100g wody ─── 205g roztworu x wody ─── 500g roztworu

g9,243

g205

g500g100x =⋅=

8.99. gęstość wody jest równa 1g/cm3, zatem korzystając ze wzoru na gęstość zamieńmy najpierw objętość roztworu na jego masę:

g1000

cm1000cm/g1dm1cm/g1Vdm

V

md

3333

==⋅=⋅=⋅=

=

odczytana z wykresu rozpuszczalność NaCl w 293K wynosi 37g/100g H2O, zatem w 1000g wody rozpuści się: ms = 37g : 100g · 1000g = 370g zamieńmy wyliczoną masę na ilość moli: mMNaCl = 23g + 35,5g = 58,5g nNaCl = 370g : 58,5g = 6,32 mola

zatem rozpuszczalność NaCl w temp. 293K wynosi 6,32 mol/dm3 8.100. policzmy jaka masa CuSO4 została rozpuszczona w 100g wody: 130g wody ─── 26g CuSO4 100g wody ─── x

4CuSOg20

g130

g26g100x =⋅=

wartość ta jest niższa niż rozpuszczalność CuSO4 w temp. 298K, zatem roztwór ten jest roztworem nienasyconym 8.101. obliczmy najpierw ile NH4Cl znajduje się w 250g nasyconego roztworu w temp. 293K; z wykresu wiemy, że rozpuszczalność substancji wynosi 39g, zatem nasycony roztwór zawierający 39g substancji będzie miał masę: mr = ms + mH2O = 39g + 100g = 139g korzystając z proporcji wyznaczmy masę substancji która jest zawarta w 250g roztworu: 38g substancji ─── 139g roztworu x substancji ─── 250g roztworu

g8,68

g138

g250g38x =⋅=

co oznacza, ze masa wody wynosi: mH2O = 250g – 68,8g = 181,2g z wykresu odczytujemy rozpuszczalność w temp. 323K, wynosi ona: 51g, policzmy zatem ile substancji rozpuści się w wyliczonej wcześniej masie wody: 100g H2O ─── 51g NH4Cl 181,2g H2O ─── y

g4,92g100

g51g2,181x =⋅=

policzmy ile substancji należało dodać, aby zwiększyć jej masę z początkowych 68,8g do 92,4g: ∆ms = 92,4g – 68,8g = 23,6g 8.102. obliczmy najpierw ile KNO3 znajduje się w 500g nasyconego roztworu w temp. 333K; z wykresu wiemy, że rozpuszczalność substancji w tej temp. wynosi 107g, zatem nasycony roztwór zawierający 107g substancji będzie miał masę: mr = ms + mH2O = 107g + 100g = 207g korzystając z proporcji wyznaczmy masę substancji która jest zawarta w 500g roztworu: 107g substancji ─── 207g roztworu x substancji ─── 500g roztworu

g5,258

g207

g500g107x =⋅=

co oznacza, ze masa wody wynosi:


mH2O = 500g – 258,5g = 241,5g z wykresu odczytujemy rozpuszczalność w temp. 293K, wynosi ona: 34g, policzmy zatem ile substancji rozpuści się w wyliczonej wcześniej masie wody: 100g H2O ─── 34g KNO3 241,5g H2O ─── y

g1,82g100

g34g5,241y =⋅=

policzmy ile substancji wykrystalizowało się jeżeli ilość rozpuszczonego KNO3 zmalała z początkowych 258,5g do 82,1g: ∆ms = 258,5g – 82,1g = 176,4g 8.103. policzmy ile rozpuszczonej substancji pozostało w roztworze w temp. 283K (do sporządzenia roztworu wzięto 200g wody) 100g H2O ─── 22g 200g H2O ─── x

g44g100

g22g200x =⋅=

co oznacza, że wykrystalizowało: msk = 300g – 44g = 256g substancji wydajność procesu oczyszczania jest równa:

%3,85%100g300

g256%100

m

mW

p

sk =⋅=⋅=

8.104. do obliczeń przyjmijmy masę roztworu równą 100g, wówczas zawiera on (z definicji) 10g substancji oraz: mH2O = 100g – 10g = 90g wody korzystając z proporcji wyznaczmy rozpuszczalność substancji: 10g ─── 90g wody x ─── 100g wody

g1,11g90

g100g10x =⋅=

8.105. do obliczeń przyjmijmy masę roztworu równą 100g, wówczas zawiera on (z definicji) 20g substancji oraz: mH2O = 100g – 20g = 80g wody korzystając z proporcji wyznaczmy rozpuszczalność CuSO4 w temperaturze, w której sporządzono roztwór: 20g CuSO4 ─── 80g wody x ─── 100g wody

g25g80

g100g20x =⋅=

z wykresu odczytujemy, że rozpuszczalność CuSO4 równa 25g/100g H2O występuje w temperaturze 298K

8.106. z definicji wiemy, że rozpuszczalność równa 20g oznacza, że w 100g wody możemy rozpuścić 20g substancji, zatem masa roztworu będzie równa: mr = ms + ma = 20g + 100g = 120g obliczmy ze wzoru stężenie procentowe:

%7,16%100g120

g20%100

m

mc

r

sp =⋅=⋅=

8.107. do obliczeń przyjmijmy objętość roztworu równą 1dm3, wówczas, korzystając ze wzoru na gęstość, zamieńmy jego objętość na masę:

g1680

cm1000cm/g68,1dm1cm/g68,1Vdm

V

md

3333

=⋅=⋅=⋅=

=

skoro jest to roztwór 6-molowy, zatem w wyliczonej powyżej masie roztworu znajduje się 6 moli KI, zamieńmy tę ilość na masę: mMKI = 39g + 127g = 166g mKI = 166g · 6 = 996g obliczmy masę wody, w której rozpuszczono 996g KI: mH2O = 1680g – 996g = 684g korzystając z proporcji wyznaczmy rozpuszczalność KI: 996g KI ─── 684g H2O x ─── 100g H2O

g6,145g684

g100g996x =⋅=

8.108. do obliczeń przyjmijmy objętość roztworu równą 1dm3, wówczas, korzystając ze wzoru na gęstość, zamieńmy jego objętość na masę:

g1160

cm1000cm/g16,1dm1cm/g16,1Vdm

V

md

3333

=⋅=⋅=⋅=

=

obliczmy ile KNO3 znajduje się w 1160g nasyconego roztworu; z treści zadania wiemy, że rozpuszczalność substancji wynosi 32g, zatem nasycony roztwór zawierający 32g substancji będzie miał masę: mr = ms + mH2O = 32g + 100g = 132g korzystając z proporcji wyznaczmy masę substancji która jest zawarta w 1160g roztworu: 32g KNO3 ─── 132g roztworu x KNO3 ─── 1160g roztworu

g2,281

g132

g1160g32x =⋅=

zamieńmy wyznaczoną masę na ilość moli


mMKNO3 = 39g + 14g + 3 · 16g = 101g nKNO3 = 281,2g : 101g = 2,78mola na początku zadania przyjęliśmy objętość roztworu równą 1dm3, zatem stężenie molowe wynosi 2,78 mol/dm3 8.109. stężenie jodku srebra jest tak małe, że za gęstość roztworu spokojnie możemy przyjąć gęstość wody, czyli 1g/cm3 oraz za masę roztworu masę rozpuszczalnika: zamieńmy objętość roztworu na masę:

g001,0

cm001,0cm/g1mm1cm/g1Vdm

V

md

3333

=⋅=⋅=⋅=

=

ułóżmy proporcję: 100g roztworu ─── 3,4·10-7g AgI 0,001g roztworu ─── x

g104,3g100

g104,3g001,0x 12

7−

−

⋅=⋅⋅=

zamieńmy wyznaczoną masę na ilość moli: mMAgI = 108g + 127g = 235g nAgI = 3,4·10-12 : 235 = 1,45·10-14 mola AgI dysocjuje w następujący sposób AgI → Ag+ + I- zatem z 1 cząsteczki AgI powstaje 1 jon Ag+ 1 mol zawiera 6,02·1023 cząsteczek, policzmy zatem ile jonów Ag+ znajduje się w 1,45·10-14 mola 1 mol ─── 6,02·1023 jonów Ag+ 1,45·10-14 mola ─── y

+−

⋅=⋅⋅⋅= Agjonów1073,81

1002,61045,1x 9

2314

8.110. przyczyną takiej sytuacji są różne rozpuszczalności gazów w wodzie, słabo rozpuszcza się azot (dlatego jest go stosunkowo mniej w powstałej mieszaninie niż w powietrzu), zaś lepiej rozpuszczalne są tlen i dwutlenek węgla (który dodatkowo reaguje z wodą tworząc kwas węglowy) 8.111. a) tak, gdyż przytaczając wzór na stężenie procentowe:

%100mm

mc

as

sp ⋅

+=

widzimy, że mając te same masy substancji oraz te same masy rozpuszczalnika (co ma miejsce, gdy rozpuszczalności są sobie równe) otrzymujemy takie same stężenia procentowe b) nie, wyjątek stanowi sytuacja gdy:

B

B

A

A

M

d

M

d=

dzieje się tak dlatego, gdyż jak już mówiliśmy w pkt. a) stężenia procentowe obu roztworów są takie same, przytaczając wzór zamieniający stężenie procentowe na molowe:

M%100

dcc rp

m ⋅⋅

=

widzimy, że aby stężenia molowe były równy podany wyżej stosunek gęstości do masy molowej tez musi być taki sam 8.112. wzór zamieniający rozpuszczalność na stężenie procentowe ma postać:

%100g100R

R%100

mm

mc

as

sp ⋅

+=⋅

+=

podstawmy go do wzoru zamieniającego stężenie procentowe na stężenie molowe:

( )

( )

( )

( ) B

B

BB

BBmB

A

A

AA

AAmA

r

rr

m

Mg250

dg150

Mg100R

dRc

Mg110

dg10

Mg100R

dRc

Mg100R

dR

M%100g100R

d%100R

M%100

d%100g100R

R

c

⋅⋅=

⋅+⋅=

⋅⋅

=⋅+

⋅=

⋅+⋅

=

⋅⋅+⋅⋅

=⋅

⋅⋅+=

interesuje nas sytuacja, kiedy cmA > cmB

B

B

A

A

B

B

A

A

B

B

A

A

mBmA

M

d6,6

M

d

M

d16500

M

d2500

Mg250

dg150

Mg110

dg10

cc

>

>

⋅⋅

>⋅⋅

>

8.6. Rozpuszczanie hydratów 8.113. policzmy najpierw masy molowe Ca(NO3)2 i [Ca(NO3)2 · 4 H2O ]: mMCa(NO3)2 = 40g + 2 · (14g + 3 · 16g) = 164g mMCa(NO3)2·4H2O = 40g + 2 · (14g + 3 · 16g) + 4 · (16g + 2 · 1g) = 236g z powyższych obliczeń wiemy, że w 236g uwodnionego Ca(NO3)2 znajduje się 164g czystego Ca(NO3)2, wyliczmy z proporcji ile czystego Ca(NO3)2 znajduje się w 20g [Ca(NO3)2 · 4 H2O ]:


236g [Ca(NO3)2 · 4 H2O ] ─── 164g Ca(NO3)2 20g [Ca(NO3)2 · 4 H2O ] ─── x

g9,13g236

g164g20x =⋅=

korzystając ze wzoru obliczmy stężenie procentowe roztworu:

%27,9%100g20g130

g9,13%100

m

mc

r

sp =⋅

+=⋅=

8.114. policzmy najpierw masy molowe nieuwodnionego i uwodnionego CuSO4: mMCuSO4 = 64g + 32g + 4 · 16g = 160g mMCuSO4·5H2O = 64g + 32g + 4 · 16g + 5 · 18g = 250g przyjmijmy za x ilość moli pięciowodnego roztworu CuSO4, wówczas wzór określający stężenie procentowe przyjmuje postać:

( )

0508,0x

5,7x5,147

x5,125,7x160

250x15005,0160x

05,0g250xg150

g160x

%5%100g250xg150

g160x%100

m

mc

r

sp

==

+=⋅+⋅=⋅

=⋅+

⋅

=⋅⋅+

⋅=⋅=

zamieńmy wyliczoną ilość moli na masę [CuSO4·5H2O]: mCuSO4·5H2O = 0,0508 · 250g = 12,7g 8.115. policzmy ile nieuwodnionego siarczanu glinu znajdowało się w roztworze:

g5,12g100

g250%5

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

następnie policzmy masy molowe nieuwodnionego i uwodnionego siarczanu glinu: mMAl2(SO4)3 = 2 · 27g + 3 · (32g + 4 · 16g) = 342g mMAl2(SO4)3·18H2O = 2 · 27g + 3 · (32g + 4 · 16g) + 18 · 18g = 666g policzmy z proporcji jaka masa uwodnionego siarczanu glinu odpowiada 12,5g nieuwodnionego siarczanu glinu: 342g Al2(SO4)3 ─── 666g [Al2(SO4)3·18H2O] 12,5g Al2(SO4)3 ─── x

g3,24g342

g666g5,12x =⋅=

8.116. załóżmy, że do sporządzenia roztworu zużyto 100g wody i 83,5g Fe(NO3)2·6H2O; policzmy ile czystego

Fe(NO3)2 znajduje się w 83,5g Fe(NO3)2·6H2O, w tym celu wyznaczmy masy molowe obu substancji: mMFe(NO3)2 = 56g + 2 · (14g + 3 · 16g) = 180g mMFe(NO3)2·6H2O = 56g + 2 · (14g + 3 · 16g) + 6 · 18g = =288g 288g Fe(NO3)2·6H2O ─── 180g Fe(NO3)2 83,5g Fe(NO3)2·6H2O ─── x Fe(NO3)2

g2,52g288

g180g5,83x =⋅=

stężenie procentowe przyjmuje postać:

%3,28%100g5,83g100

g2,52%100

m

mc

r

sp =⋅

+=⋅=

8.117. policzmy najpierw masy molowe nieuwodnionego i uwodnionego MnSO4: mMMnSO4 = 55g + 32g + 4 · 16g = 151g mMMnSO4·7H2O = 55g + 32g + 4 · 16g + 7 · 18g = 277g załóżmy, że do sporządzenia roztworu zużyto 100g (wówczas obliczona przez nas masa jednocześnie będzie równa rozpuszczalności) wody, niech x oznacza ilość moli MnSO4 (co jest równe ilości moli MnSO4·7H2O), wówczas wzór na stężenie procentowe przyjmuje postać:

426,0x

5,29x3,69

5,29x7,81x151

295,0g100g277x

g151x

%5,29%100g100g277x

g151x%100

m

mc

r

sp

==

+=

=+⋅

⋅

=⋅+⋅

⋅=⋅=

zatem rozpuszczalność MnSO4·7H2O jest równa: RMnSO4·7H2O = 0,426 · 277g = 118g 8.118. policzmy najpierw masy uwodnionego i nieuwodnionego krzemianu sodu, pozwoli nam to obliczyć masę czystego Na2SiO3 w Na2SiO3·9H2O mMNa2SiO3 = 2 · 23g + 28g + 3 · 16g = 122g mMNa2SiO3·9H2O = 2 · 23g + 28g + 3 · 16g + 9 · 18g = 284g 284g Na2SiO3·9H2O ─── 122g Na2SiO3 10g Na2SiO3·9H2O ─── x Na2SiO3

g3,4g284

g122g10x =⋅=

wzór na stężenie procentowe roztworu przyjmuje postać:

%5%100mg10

g3,4%100

m

mc

wr

sp =⋅

+=⋅=


( )

g76m

g8,3m05,0

m05,0g5,0g3,4

mg1005,0g3,4

05,0mg10

g3,4

w

w

w

w

w

==

+=+⋅=

=+

zatem masa wody, którą należy użyć do sporządzenia roztworu to 76g, zamieńmy jeszcze tę masę na objętość pamiętając, że gęstość wody wynosi 1g/cm3

33

cm76cm/g1

g76

d

mV

V

md

===

=

8.119. na łączną masę wody będzie się składać masa wody, która jest rozpuszczalnikiem, oraz masa wody cząsteczkowej uwadniająca Na2S2O3; zamieńmy najpierw objętość wody będącej rozpuszczalnikiem na masę pamiętając, że gęstość wody wynosi 1g/cm3

g1000cm1000cm/g1dm1cm/g1Vdm

V

md

3333 =⋅=⋅=⋅=

=

następnie policzmy masę wody hydratacyjnej, w tym celu wyznaczmy ile wody znajduje się w 1 molu Na2S2O3·5H2O: mMNa2S2O3·5H2O = 2 · 23g + 2 · 32g + 3 · 16g + 5 · 18g = 248g mM5·H2O = 5 · 18g = 90g 248g Na2S2O3·5H2O ─── 90g H2O 200g Na2S2O3·5H2O ─── x H2O

g6,72g248

g90g200x =⋅=

łączna masa wody wynosi: mH2O = 1000g + 72,6g = 1072,6g 8.120. korzystając ze wzoru na stężenie procentowe obliczmy masę czystego Fe(NO3)3:

g3%100

g1000%3,0

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

policzmy masy molowe nieuwodnionego i uwodnionego Fe(NO3)3, co pozwoli nam znaleźć masę uwodnionego Fe(NO3)3 odpowiadającą 3g nieuwodnionego Fe(NO3)3: mMFe(NO3)3 = 56g + 3 · (14g + 3 · 16g) = 242g mMFe(NO3)3·9H2O = 56g + 3 · (14g + 3 · 16g) + 9 · 18g = 404g 404g Fe(NO3)3·9H2O ─── 242g Fe(NO3)3 x Fe(NO3)3·9H2O ─── 3g Fe(NO3)3

g5g242

g3g404x =⋅=

zatem do sporządzenia roztworu potrzeba 5g Fe(NO3)3·9H2O i: mH2O = 1000g – 5g = 995g wody 8.121. tak, gdyż bez względu na ilość cząsteczek wody hydratującą dany związek ilość moli cząsteczek jest cały czas taka sama np. w 1 molu CuSO4 · 0,5H2O jest tyle samo CuSO4 co w 1 molu CuSO4 · 2H2O, czyli 1 mol; różnica będzie się pojawiała jedynie przy sporządzaniu roztworu, ponieważ będziemy potrzebowali większej masy soli uwodnionej niż bezwodnej 8.122. masa czystego Na2CO3 to:

nH2ONa2CO3

nH2ONa2CO3

nH2ONa2CO3nH2OMN2aCO3

MNa2CO3Na2CO3

m18gn106g

106g

m18gn16g312g23g2

16g312g23g2

mm

mm

⋅

⋅

⋅⋅

⋅⋅+

=

=⋅⋅+⋅++⋅

⋅++⋅=

=⋅=

przekształćmy teraz wzór określający stężenie procentowe:

( )

( )106g100%

18gn106gmpm

m106g100%

18gn106gmp

100%m

m18gn106g

106g

100%m

mp

100%m

mc

nH2ONa2CO3

nH2ONa2CO3

nH2ONa2CO3Na2CO3

r

sp

⋅⋅+⋅⋅=

⋅=⋅+⋅⋅

⋅⋅

⋅+=⋅=

⋅=

⋅

⋅

⋅

8.123. masa K2CO3 · 1,5H2O bez zanieczyszczeń to: mK2CO3·1,5H2O = (100% - z%) : 100% · mzK2CO3·1,5H2O masa czystego (nieuwodnionego) K2CO3 to:

1,5H2OzK2CO3

1,5H2OzK2CO3

1,5H2OzK2CO31,5H2OMK2CO3

MK2CO33CO2K

m100%

z%100%

g165

g138

m100%

z%100%

g185,1g163g12g392

g163g12g392

m100%

z%100%

m

mm

⋅

⋅

⋅⋅

⋅−⋅=

⋅−⋅⋅+⋅++⋅

⋅++⋅=

=⋅−⋅=

przekształćmy teraz wzór określający stężenie procentowe:


( )%z%100g138

g165kdpm

kd

%100m100%

z%100%

g165

g138

p

%100kd

mp

100%Vd

mc

VdmV

md

100%m

mc

1,5H2OzK2CO3

1,5H2OzK2CO3

K2CO3

r

sp

rrr

r

r

sp

−⋅⋅⋅⋅=

⋅

⋅⋅−⋅=

⋅⋅

=

⋅⋅

=

⋅=→=

⋅=

⋅

⋅

8.7. Mieszanie roztworów 8.124. roztwory te należy zmieszać w stosunku masowym 10 : 50, czyli 1 : 5 8.125. roztwory te należy zmieszać w stosunku masowym 10 : 50, czyli 1 : 5, do obliczeń załóżmy, że mieszamy 1g kwasu 80% i 5g kwasu 20%, zamieńmy te masy na objętości:

33%20

33%80

cm39,4cm/g14,1

g5V

cm58,0cm/g73,1

g1V

d

mV

V

md

==

==

=

=

zatem stosunek objętościowy jest równy 0,58 : 4,39, czyli 1 : 7,57 8.126. roztwór 5-molowy należy zmieszać z roztworem 1-molowym w stosunku objętościowym 1 : 3

8.127. roztwór 5-molowy należy zmieszać z roztworem 1-molowym w stosunku objętościowym 1,5 : 2,5, do obliczeń załóżmy, że mieszamy 1,5cm3 roztworu 5-molowego i 2,5cm3 roztworu 1-molowego, zamieńmy te objętości na masy:

g6,2cm5,2cm/g04,1m

g77,1cm5,1cm/g18,1m

VdmV

md

33M1

33M5

=⋅=

=⋅=

⋅=

=

zatem stosunek masowy roztworu 5-molowego do roztworu 1-molowego to: 1,77 : 2,6, czyli 1 : 1,47 8.128. zamieńmy najpierw stężenie molowe roztworu na stężenie procentowe, w tym celu wyznaczmy masę molową HCl: mMHCl = 1g + 35,5g = 36,5g skorzystajmy ze wzoru:

%10dm/g1050

%100mol/g5,36dm/mol88,2

cm/g05,1

%100mol/g5,36dm/mol88,2

d

%100Mcc

3

3

3

3

r

mp

≈⋅⋅=

⋅⋅=⋅⋅

=

roztwory należy zmieszać w stosunku masowym 5 : 21 8.129. zamieńmy najpierw stężenie procentowe roztworu na stężenie molowe, w tym celu wyznaczmy masę molową HNO3: mMHCl = 1g + 14g + 3 · 16g = 63g skorzystajmy ze wzoru:

3

3

3rp

m

dm

mol5,15

mol/g63%100

cm/g1410%2,69

mol/g63%100

cm/g41,1%2,69

M%100

dcc

=⋅

⋅=

=⋅⋅=

⋅⋅

=

80%

20% 30%

30 – 20 = 10

80 – 30 = 50

80%

20% 30%

30 – 20 = 10

80 – 30 = 50

5

1 2

2 – 1 = 1

5 – 2 = 3

5

1 2,5

2,5 – 1 = 1,5

5 – 2,5 = 2,5

36%

10% 15%

15 – 10 = 5

36 – 15 = 21

15,5

2,5 10,5

10,5 – 2,5 = 8

15,5 – 10,5 = 5


roztwory należy zmieszać w stosunku objętościowym 8 : 5 8.130. końcowa objętość roztworu wynosi: V = V1 + V2 = 15cm3 + 25cm3 = 40cm3 = 0,04dm3 wyznaczmy łączną ilość moli substancji: n = n1 + n2

VcnV

nc

m

m

⋅=

=

n = cm1 · V1 + cm2 · V2 = 3mol/dm3 · 15cm3 +

1,4mol/dm3 · 25cm3 = 3mol/dm3 · 0,015dm3 + 1,4mol/dm3 · 0,025dm3 = 0,08 mola stężenie molowe powstałego roztworu wynosi:

33m dm

mol2

dm04,0

mola08,0

V

nc ===

8.131. końcowa objętość roztworu wynosi: V = V1 + V2 wyznaczmy łączną ilość moli substancji: n = n1 + n2

VcnV

nc

m

m

⋅=

=

n = c1 · V1 + c2 · V2

stężenie molowe powstałego roztworu wynosi:

21

2211x VV

VcVc

V

nc

+⋅+⋅

==

8.132. końcowa masa roztworu wynosi: m = m1 + m2 = 10g + 20g = 30g wyznaczmy łączną masę substancji: ms = ms1 + ms2

g5,1%100

g205,2

%100

g10%10m

%100

mc

%100

mcm

%100

mcm

%100m

mc

s

2211s

rps

r

sp

=⋅+⋅=

⋅+

⋅=

⋅=

⋅=

stężenie procentowe powstałego roztworu wynosi:

%5%100

g30

g5,1%100

m

mc

r

sp =⋅=⋅=

8.133. końcowa masa roztworu wynosi: m = m1 + m2 wyznaczmy łączną masę substancji: ms = ms1 + ms2

%100

mpmp

%100

mp

%100

mpm

%100

mcm

%100m

mc

22112211s

rps

r

sp

⋅+⋅=

⋅+

⋅=

⋅=

⋅=

stężenie procentowe powstałego roztworu wynosi:

21

2211

21

2211

r

sx

mm

mpmp

mm

%100%100

mpmp

%100m

mc

+⋅+⋅=

=+

⋅⋅+⋅

=⋅=

8.134. 1) stężenie masowe określamy wzorem:

VmV

m

⋅ρ=

=ρ

oczywiste jest, że masa substancji w dwóch niezmieszanych roztworach jest równa masie substancji w roztworze po zmieszaniu, taka sama sytuacja dotyczy objętości; zapiszmy to w formie równania (załóżmy, że ρ1 > ρ2) (ρx – stężenie masowe roztworu po zmieszaniu):

( )

( ) ( )

x1

2x

2

1

2x2x11

222x1x11

2x1x2211

21x2211

sx2s1s

V

V

VV

VVVV

VVVV

VVVV

mmm

ρ−ρρ−ρ

=

ρ−ρ=ρ−ρ⋅ρ−⋅ρ=⋅ρ−⋅ρ⋅ρ+⋅ρ=⋅ρ+⋅ρ

+⋅ρ=⋅ρ+⋅ρ=+

2) zapiszmy regułę wyprowadzoną w pkt. 1) w postaci schematu 3) w tym przypadku nie możemy już posługiwać się powyższym schematem, jedną z metod może być zamienienie stężeń masowych na stężenia procentowe, gdyż zmiany objętości nie ma nie żadnego wpływu 8.135. korzystamy ze schematu wyprowadzonego w podpunktach 1) i 2) zadania 8.134. roztwory należy zmieszać w stosunku objętościowym 1 : 8

ρ1

ρ2 ρx

ρx – ρ2

ρ1 – ρx

12

3 4

1

8


8.136 łączna objętość roztworu wynosi: V = V1 + V2 = 250cm3 + 500cm3 = 750cm3 = 0,75dm3 korzystając ze wzoru na stężenie masowe, policzmy ile łącznie substancji znajdzie się w końcowym roztworze:

g90

dm5,0dm/g140dm25,0dm/g80

cm500dL/g14cm250dL/g8m

VVm

VmV

m

mmm

3333

33s

2211s

21s

==⋅+⋅=

=⋅+⋅=

⋅ρ+⋅ρ=⋅ρ=

=ρ

+=

stężenie masowe powstałego roztworu wynosi:

dL

g12

dm

g120

dm75,0

g90

V

m33

====ρ

8.137. korzystamy ze schematu wyprowadzonego w podpunktach 1) i 2) zadania 8.134. roztwory należy zmieszać w stosunku objętościowym 4 : 4, czyli 1 : 1, z czego wynika, że do 200L roztworu o stężeniu 2kg/m3 należy dodać 200L roztworu o stężeniu 10kg/m3 8.138. korzystamy z reguły krzyża: roztwory należy zmieszać w stosunku masowym 10 : 15, zatem układamy proporcję: 10g [r-ru 45%] ─── 15g [r-ru 20%] x [r-ru 45%] ─── 120g [r-ru 20%]

g80g15

g120g10x =⋅=

8.139. korzystamy z reguły krzyża: roztwory należy zmieszać w stosunku objętościowym 1 : 4, zatem układamy proporcję: 1cm3 [r-ru 6M] ─── 4cm3 [r-ru 1M] x [r-ru 6M] ─── 280cm3 [r-ru 1M]

33

33

cm70cm4

cm280cm1x =⋅=

8.140. policzmy masę powstałego roztworu: mr = m1 + m2 + m3 = 100g + 300g + 2400g = 2800g następnie korzystając z wzoru na stężenie procentowe policzmy łączną masę substancji:

g280%100

g2400%5

%100

g300%30

%100

g100%70%100

mc

%100

mc

%100

mcm

%100

mcm

%100m

mc

mmmm

22p22p11ps

rps

r

sp

3s2s1ss

=⋅+⋅+⋅=

=⋅

+⋅

+⋅

=

⋅=

⋅=

++=

zatem stężenie procentowe powstałego roztworu wynosi:

%10%100g2800

g280%100

m

mc

r

sp =⋅=⋅=

8.141. policzmy objętość powstałego roztworu: Vr = V1 + V2 = 200cm3 + 400cm3 = 600cm3 = 0,6dm3 następnie korzystając z wzoru na stężenie molowe policzmy łączną ilość substancji:

mola5,0

dm4,0dm/mol1dm2,0dm/mol5,0

cm400dm/mol1cm200dm/mol5,0n

VcVcn

Vcn

V

nc

nnn

3333

3333s

2211s

rms

r

sm

21s

==⋅+⋅=

=⋅+⋅=

⋅+⋅=⋅=

=

+=

zatem stężenie molowe powstałego roztworu wynosi:

33r

sm dm

mol83,0

dm6,0

mola5,0

V

nc ===

8.142. policzmy najpierw masy molowe obu kwasów: mMHCl = 1g + 35,5g = 36,5g mMHNO3 = 1g + 14g + 3 · 16g = 63g a) do obliczeń przyjmijmy, że roztwór zawiera 3mole HCl i 1mol HNO3, zamieńmy te ilości na masy mHCl = 3 · 36,5g = 109,5g mHNO3 = 1 · 63g = 63g korzystając ze wzoru na stężenia procentowe policzmy masy roztworów, które zawierają wyznaczone powyżej masy substancji:

10

2 6

4

4

45%

20% 30%

30 – 20 = 10

45 – 30 = 15

6

1 2

2 – 1 = 1

6 – 2 = 4


g100%100%63

g63%100

c

mm

g300%100%5,36

g5,109%100

c

mm

%100c

mm

%100m

mc

3pHNO

3HNO3rHNO

pHCl

HClrHCl

p

sr

r

sp

=⋅=⋅=

=⋅=⋅=

⋅=

⋅=

zatem roztwory te należy zmieszać w stosunku masowym 300 : 100, czyli 3 : 1

b) korzystając ze wzoru na gęstość zamieńmy wyliczone powyżej masy roztworów na ich objętości:

33

3rHNO

3rHNO3rHNO

33

rHCl

rHClrHCl

cm9,71cm/g39,1

g100

d

mV

cm2,254cm/g18,1

g300

d

mV

d

mV

V

md

===

===

=

=

zatem roztwory te należy zmieszać w stosunku objętościowym 254,2 : 71,9, czyli 3,54 : 1

8.8 Rozcieńczanie roztworów 8.143. wodę możemy traktować, jako roztwór o stężeniu 0% i do rozwiązania tego zadania zastosować metodę krzyża: zatem kwas siarkowy należy zmieszać z wodą w stosunku masowym 10 : 86, czyli 1 : 8,6 8.144. w zadaniu 8.143 obliczyliśmy, że kwas siarkowy należy zmieszać z wodą w stosunku masowym 10 : 86, czyli 1 : 8,6; do obliczeń załóżmy, że masa kwasu to 1g, a masa wody 8,6g, zamieńmy te masy na objętości, korzystając ze wzoru na gęstość (gęstość wody wynosi 1g/cm3):

33kwasu cm54,0

cm/g84,1

g1V

d

mV

V

md

==

=

=

33wody cm6,8

cm/g1

g6,8V ==

zatem kwas siarkowy należy zmieszać z wodą w stosunku objętościowym 0,54 : 8,6, czyli 1 : 15,9 8.145. wodę możemy traktować, jako roztwór o 0-molowy i do rozwiązania tego zadania zastosować metodę krzyża: zatem roztwór ten należy zmieszać z wodą w stosunku objętościowym 2 : 34, czyli 1 : 17 8.146. wyznaczmy najpierw masę molową NaOH: mMNaOH = 23g + 16g + 1g = 40g zamieńmy następnie, korzystając z wzoru, stężenie molowe na procentowe:

%10cm/g12,1

%100mol/g40cm/mol0028,0

cm/g12,1


d

%100Mcc

3

3

3

3

p

r

mp

=⋅⋅=

=⋅⋅=

⋅⋅=

wodę możemy traktować, jako roztwór o stężeniu 0% i do rozwiązania tego zadania zastosować metodę krzyża: zatem roztwór NaOH należy zmieszać z wodą w stosunku masowym 10 : 10, czyli 1 : 1 8.147. wyznaczmy najpierw masę molową NaOH: mMNaOH = 23g + 16g + 1g = 40g zamieńmy następnie, korzystając z wzoru, stężenie procentowe na molowe:

3

33

m

rpm

dm

mol6

mol/g40%100

dm/g1220%7,19

mol/g40%100

cm/g22,1%7,19c

M%100

dcc

=

=⋅

⋅=⋅⋅=

⋅⋅

=

wodę możemy traktować, jako roztwór 0-molowy i do rozwiązania tego zadania zastosować metodę krzyża:

96%

0% 10%

10 – 0 = 10

96 – 10 = 86

36

0 2

2 – 0 =2

36 – 2 = 34

20%

0% 10%

10 – 0 = 10

20 – 10 = 10

6

0 2

2 – 0 = 2

6 – 2 = 4


zatem roztwór NaOH należy zmieszać z wodą w stosunku objętościowym 2 : 4, czyli 1 : 2 8.148. stężenia kwasu octowego są dość niewielkie, zatem dla wszystkich roztworów możemy w przybliżeniu przyjąć gęstość równą gęstości wody (1g/cm3), oznacza to, że stosunek objętościowy, będzie równy stosunkowi masowemu; wodę możemy traktować, jako roztwór o stężeniu 0% i do rozwiązania tego zadania zastosować metodę krzyża: zatem roztwór 10-procentowy należy zmieszać z wodą w stosunku masowym i objętościowym 6 : 4, czyli 3 : 2 następnie z proporcji policzmy ile wody należy dodać do 100cm3 roztworu 10-procentowego: 6cm3 [r-ru 10%] ─── 4cm3 wody 100cm3 [r-ru 10%] ─── x

33

33

cm67cm6

cm4cm100x ≈⋅=

8.149. masa końcowego roztworu wynosi: m = mr1 + mr2 = 60g + 20g = 80g korzystając ze wzoru na stężenie procentowe obliczmy masę substancji:

g2,7%100

g60%12

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

obliczmy stężenie końcowe roztworu:

%9%100g80

g2,7%100

m

mc

r

sp =⋅=⋅=

8.150. policzmy ile kwasu znajduje się 200g 10-procentowego roztworu:

g20%100

g200%10

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

następnie wyznaczmy masę 36-procentowego roztworu, w którym znajduje się obliczona powyżej masa kwasu:

g6,55%36

%100g20

c

%100mm

%100m

mc

p

sr

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

zatem do sporządzenia 200g 10-procentowego roztworu należy wziąć 55,6g 36-procentowego roztworu kwasu, wyznaczmy jeszcze masę wody: mH2O = 200g – 55,6g =144,4g 8.151. ze wzoru na gęstość wyznaczmy masę 0,5dm3 10-procentowego roztworu:

g525

cm500cm/g05,1dm5,0cm/g05,1Vdm

V

md

3333

==⋅=⋅=⋅=

=

następnie obliczmy masę HCl, znajdującego się w 0,5dm3

(czyli 525g) 10-procentowego roztworu:

g5,52%100

g525%10

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

obliczmy masę 36-procentowego roztworu HCl, w którym znajduje się 52,5g substancji:

g8,145%36

%100g5,52

c

%100mm

%100m

mc

p

sr

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

następnie zamieńmy wyznaczoną masę roztworu na jego objętość:

33

cm6,123cm/g18,1

g8,145

d

mV

V

md

===

=

zatem do sporządzenia 0,5dm3 10-procentowego roztworu HCl, należy wziąć 123,6cm3 36-procentowego roztworu HCl oraz: VH2O = 500cm3 – 123,6cm3 = 376,4cm3 wody 8.152. najpierw policzmy jaka ilość substancji znajduje się w 0,5dm3 0,25-molowego roztworu:

mola125,0dm5,0dm/mol25,0Vcn

V

nc

33m

m

=⋅=⋅=

=

następnie wyznaczmy objętość 1-molowego roztworu, w którym znajduje się 0,125mola kwasu:

33

m

m

dm125,0dm/mol1

mola125,0

c

nV

V

nc

===

=

zatem do sporządzenia 0,5dm3 0,25-molowego roztworu należy wziąć 0,125dm3 roztworu 1-molowego i: VH2O = 0,5dm3 – 0,125dm3 = 0,375dm3 wody

10%

0% 6%

6 – 0 = 6

10 – 6 = 4


8.153. wodę możemy traktować, jako roztwór 0-molowy i do rozwiązania tego zadania zastosować metodę krzyża:

zatem roztwór 0,5-molowy należy zmieszać z wodą w stosunku 0,1 : 0,4, czyli 1 : 4; następnie obliczmy z proporcji ile wody należy zmieszać z 100cm3 roztworu 0,5-molowego: 1cm3 roztworu ─── 4cm3 wody 100cm3 roztworu ─── x wody

33

33

cm400cm1

cm100cm4x =⋅=

8.154. wyznaczmy najpierw końcową objętość roztworu: V = V1 + V2 = 80cm3 + 120cm3 = 200cm3 następnie policzmy masę substancji zawartą w 80cm3 roztworu o stężeniu 5g/L:

g4,0

cm80cm/g005,0cm80L/g5Vm

V

m

333

==⋅=⋅=⋅ρ=

=ρ

korzystając ze wzoru policzmy końcowe stężenie masowe roztworu:

L

g2

L2,0

g4,0

cm200

g4,0

V

m3

====ρ

8.155. czysty rozpuszczalnik możemy potraktować jako roztwór o zerowym stężeniu, co pozwoli nam skorzystać z zależności oraz metody krzyża wyprowadzonej w zadaniu 8.134.:

zatem roztwór należy zmieszać z rozpuszczalnikiem w stosunku objętościowym równym 10 : 5, czyli 2 : 1 8.156. czysty rozpuszczalnik możemy potraktować jako roztwór o zerowym stężeniu, co pozwoli nam skorzystać z zależności oraz metody krzyża wyprowadzonej w zadaniu 8.134.:

zatem roztwór należy zmieszać z wodą w stosunku objętościowym równym 0,5 : 1,5, czyli 1 : 3; policzmy z proporcji ile wody należy dodać do 6L roztworu:

1L roztworu ─── 3L wody 6L roztworu ─── x wody

L18L1

L3L6x =⋅=

8.157. skorzystajmy z metody krzyża:

zatem wodę należy zmieszać z 30-procentowym roztworem w stosunku masowym 7,5 : 22,5, czyli 1 : 3; następnie korzystając z proporcji policzmy ile wody należy dodać do 150g 30-procentowego roztworu: 1g wody ─── 3g roztworu x wody ─── 150g roztworu

g50g3

g150g1x =⋅=

na koniec, pamiętając, że gęstość wody wynosi 1g/cm3, zamieńmy wyliczoną masę wody na objętość:

33

cm50cm/g1

g50

d

mV

V

md

===

=

8.158. aby rozwiązać to zadanie musimy przyjąć, że wszystkie roztwory mają gęstość zbliżoną do gęstości wody, czyli 1g/cm3, wówczas stosunek masowy zmieszanych roztworów będzie równy stosunkowi objętościowemu, użyjmy metody krzyża:

zatem perhydrol należy zmieszać z wodą w stosunku masowym, czyli także objętościowym równym 3 : 27, czyli 1 : 9; obliczmy jaką objętość wody należy zmieszać z 10cm3 perhydrolu: 1cm3 perhydrolu ─── 9cm3 wody 10cm3 perhydrolu ─── x wody

33

33

cm90cm1

cm9cm10x =⋅=

8.159. wyznaczmy najpierw masę substancji, znajdującą się w 12g 50-procentowego roztworu:

g6%100

g12%50

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

0,5

0 0,1

0,1 – 0 = 0,1

0,5 – 0,1 = 0,4

15

0 10

10 – 0 = 10

15 – 10 = 5

2

0 0,5

0,5 – 0 = 0,5

2 – 0,5 = 1,5

0

30 22,5

30 – 22,5 = 7,5

22,5 – 0 = 22,5

30

0 3

3 – 0 = 3

30 – 3 = 27


następnie wyznaczmy masę 30-procentowego roztworu w którym znajduje się tyle samo substancji co w 12g roztworu 50-procentowego, czyli 6 gramów:

g20%30

%100g6

c

%100mm

%100m

mc

p

sr

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

8.160. końcowa objętość roztworu wynosi: V = V1 + V2 = 0,5dm3 + 0,2dm3 = 0,7dm3 policzmy ilość substancji znajdującej się w 0,5dm3 0,1-molowego roztworu:


V

nc

33rms

r

sm

=⋅=⋅=

=

końcowe stężenie molowe roztworu wynosi:

33r

sm dm

mol0714,0

dm7,0

mola05,0

V

nc ===

8.161. wyznaczmy najpierw masę substancji, znajdującą się w 200g 6-procentowego roztworu:

g12%100

g200%6

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

następnie zamieńmy wyznaczoną masę MgSO4 na ilość moli: mmMgSO4 = 24g + 32g + 4 · 16g = 120g nMgSO4 = 12g : 120g = 0,1mola obliczmy końcowe stężenie molowe roztworu:

33r

sm dm

mol2,0

dm5,0

mola1,0

V

nc ===

8.162. obliczmy najpierw masę 120cm3 96-procentowego roztworu H2SO4:

g8,220cm120cm/g84,1Vdm

V

md

33 =⋅=⋅=

=

następnie wyznaczmy masę H2SO4 znajdującą się początkowo w roztworze:

g212%100

g8,220%96

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

zamieńmy powyżej obliczoną masę H2SO4 na ilość moli: mMH2SO4 = 2 · 1g + 32g + 4 · 16g = 98g nH2SO4 = 212g : 98g = 2,16mola

końcowa objętość roztworu (po dodaniu wody) wynosi: V = 120cm3 + 129cm3 = 249cm3 = 0,249dm3 stężenie molowe roztworu wynosi:

33r

sm dm

mol67,8

dm249,0

mola16,2

V

nc ===

8.163. obliczmy najpierw masę 5cm3 70-procentowego roztworu H2SO4:

g05,8cm5cm/g61,1Vdm

V

md

33rr =⋅=⋅=

=

następnie wyznaczmy masę H2SO4 znajdującą się początkowo w roztworze:

g64,5%100

g05,8%70

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

wiemy, że roztwór rozcieńczono do objętości 100cm3, zatem możemy w przybliżeniu przyjąć, że dodano do niego 95cm3 wody, zamieńmy tę objętość na masę:

g95cm95cm/g1Vdm

V

md

33ww =⋅=⋅=

=

końcowa masa roztworu wynosi: m = mr + mw = 8,05g + 95g = 103,05g wyznaczmy końcowe stężenie procentowe:

%81,7%100g05,103

g05,8%100

m

mc

r

sp =⋅=⋅=

8.164. policzmy najpierw ilość substancji znajdującą się w 0,25dm3 0,75-molowego roztworu:


V

nc

33rms

r

sm

=⋅=⋅=

=

korzystając ze wzoru policzmy w jakiej objętości 0,15-molowego roztworu znajdzie się wyznaczona powyżej ilość substancji:

33

m

sr

r

sm

dm25,1dm/mol15,0

mola1875,0

c

nV

V

nc

===

=

8.165. oleum jest to roztwór SO3 w bezwodnym kwasie siarkowym, skoro jest to roztwór 20-procentowy, oznacza to, że zawartość SO3 jest równa 20%, zaś resztę (80%) stanowi czyste H2SO4, policzmy najpierw masę H2SO4 i SO3 zawartą w 200g roztworu:


g40%100

g200%20

%100

mcm

g160%100

g200%80

%100

mcm

%100m

mc

rp3SO

rp4SO2H

r

sp

=⋅=⋅

=

=⋅=⋅

=

⋅=

wskutek rozcieńczania SO3 zawarte w oleum zareaguje wg reakcji: SO3 + H2O → H2SO4 80g 96g obliczmy z proporcji ile H2SO4 powstanie w wyniku reakcji 40g SO3: 80g SO3 ─── 96g H2SO4 40g SO3 ─── x H2SO4

g48g80

g96g40x =⋅=

masa H2SO4 w końcowym roztworze wynosi: mH2SO4 = 160g + 48g = 208g obliczmy jaka masa 20-procentowego roztworu będzie zawierała 206g H2SO4

g1040%20

%100g208

c

%100mm

%100m

mc

p

sr

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

8.166. wyznaczmy masę molową kwasu solnego: mMHCl = 1g + 35,5g = 36,5g następnie, korzystając ze wzoru, zamieńmy stężenie procentowe roztworu na stężenie molowe:

3

3

3rp

m

dm

mol64,11

mol/g5,36%100

dm/g1180%36

mol/g5,36%100

cm/g18,1%36

M%100

dcc

=⋅

⋅=

=⋅⋅=

⋅⋅

=

obliczmy ile HCl będzie się znajdować w 100cm3 (czyli 0,1dm3) 2-molowego roztworu:

mola2,0dm1,0dm/mol2Vcn

V

nc

33rms

r

sm

=⋅=⋅=

=

wyznaczmy objętość 36-procentowego (czyli 11,64-molowego) roztworu w którym będzie znajdować się policzona wyżej ilość substancji:

333

m

sr

r

sm

cm2,17dm0172,0dm/mol64,11

mola2,0

c

nV

V

nc

====

=

zatem do sporządzenia 100cm3 2-molowego roztworu musimy: - odmierzyć 17,2cm3 36-procentowego roztworu HCl

- dopełnić wodą do objętości 100cm3

8.167. rozcieńczenie 10-krotne oznacza, że końcowe stężenie jest 10 razy mniejsze od wyjściowego, zapiszmy to w formie równania:

2m1m c10c ⋅= korzystając ze wzoru na stężenie molowe powyższe

równanie możemy zapisać w postaci:

2

s

1

s

V

n10

V

n⋅=

V2 możemy zapisać w postaci:

x12 VVV += gdzie Vx to szukana objętość wody, którą należy

dodać, podstawiając:

]dm[9V

10V1

n10Vnn

V1

n10

1

n

VV

n10

V

n

3x

x

sxss

x

ss

x1

s

1

s

=

=+=++

⋅=

+⋅=

8.168. 96-procentowy roztwór H2SO4 ma w przybliżeniu gęstość równą 1,84g/cm3, zamieńmy podaną w zadaniu objętość roztworu na masę:

g184cm100cm/g84,1Vdm

V

md

33 =⋅=⋅=

=

masa H2SO4 zawarta w 184g 96-procentowego roztworu wynosi:

g6,176%100

g184%96

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

za gęstość wody przyjmujemy 1g/cm3, zatem masa 100cm3 wody wynosi:

g100cm100cm/g1Vdm

V

md

33ww =⋅=⋅=

=

końcowa masa roztworu jest równa: mr = m + mw = 184g + 100g = 284g stężenie procentowe powstałego roztworu wynosi:

%2,62%100g284

g6,176%100

m

mc

r

sp =⋅=⋅=

odczytujemy z tablicy, że roztwór o takim stężeniu ma w przybliżeniu gęstość równą 1,525g/cm3, zamieńmy zatem masę roztworu na objętość:


33

cm2,186cm/g525,1

g284

d

mV

V

md

===

=

8.9. Zatężanie roztworów 8.169. 1) należy odparować część rozpuszczalnika i dodać substancję rozpuszczoną 2) należy odparować część rozpuszczalnik 8.170. obliczmy najpierw ilość substancji zawartej w 200g 20-procentowego roztworu:

g40%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

=⋅

=

⋅=

wiemy, że odparowano 100g wody, zatem końcowa masa roztworu wynosi: mr = 200g – 100g = 100g obliczmy stężenie procentowe powstałego roztworu:

%40%100g100

g40%100

m

mc

r

sp =⋅=⋅=

8.171. obliczmy najpierw ilość substancji zawartej w 250cm3 roztworu o stężeniu masowym 50g/L:

g5,12L25,0L/g50cm250L/g50Vm

V

m

3rs

r

s

=⋅=⋅=⋅ρ=

=ρ

wiemy, że odparowano 50cm3 wody, zatem końcowa objętość roztworu wynosi: Vrk = 250cm3 – 50cm3 = 200cm3 = 0,2L obliczmy stężenie masowe powstałego roztworu:

L

g5,62

L2,0

g5,12

V

m

rk

s ===ρ

8.172. policzmy masę substancji zawartej w 150g 20-procentowego roztworu:

g30%100

g150%20

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

ułóżmy równanie określające stężenie procentowe końcowego roztworu, zakładając, że x to masa odparowanej wody

g9,42x

g12x28,0

g30x28,0g42

xg150

g3028,0

%100xg150

g30%28

%100xm

mc

r

sp

==

=−−

=

⋅−

=

⋅−

=

8.173. obliczmy najpierw masę substancji zawartej w 5L roztworu o stężeniu masowym 100g/L:

g500L5L/g100Vm

V

m

rs

r

s

=⋅=⋅ρ=

=ρ

ułóżmy równanie określające stężenie masowe końcowego roztworu, zakładając, że x to objętość odparowanej wody

]L[3x

750x250

500x2501250x5

500250

xV

m

r

s

==

=−−

=

−=ρ

8.174. obliczmy najpierw ilość substancji zawartej w 200cm3 (czyli 0,2dm3) roztworu o stężeniu molowym 0,1mol/dm3:


V

nc

33rms

r

sm

=⋅=⋅=

=

ułóżmy równanie określające stężenie molowe końcowego roztworu, zakładając, że x to objętość odparowanej wody

3

r

sm

dm19,0x

38,0x2

02,0x24,0

x2,0

02,02

xV

nc

==

=−−

=

−=

8.175. zakładamy, że dodanie substancji nie zmieni w sposób znaczący objętości roztworu, obliczmy najpierw ilość substancji zawartej w 5cm3 (czyli 0,005L) roztworu o stężeniu masowym 2g/L:


g01,0L005,0L/g2Vm

V

m

rs

r

s

=⋅=⋅ρ=

=ρ

ułóżmy równanie określające stężenie molowe końcowego roztworu, zakładając, że x to masa dodanej substancji:

]g[03,0x

x01,004,0

005,0

x01,08

V

xm

r

sk

=+=

+=

+=ρ

widzimy, że masa substancji jest na tyle mała, że nie spowoduje znacznej zmiany objętości, zatem założenie poczynione na początku zadania jest słuszne 8.176. policzmy najpierw masę substancji zawartej w 25g 10-procentowego roztworu:

g5,2%100

g25%10

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

ułóżmy równanie określające stężenie procentowe końcowego roztworu:

%7,35%100g10g25

g10g5,2c

%100mm

mmc

p

sdr

sdsp

=⋅++=

⋅++

=

8.177. (w zadaniu zakładamy, że po dodaniu substancji objętość roztworu zwiększy się nieznacznie i możemy zaniedbać ten fakt w obliczeniach) policzmy najpierw masę substancji zawartej w 250cm3 (czyli 0,25L) roztworu o stężeniu 10g/L:

g5,2L25,0L/g10Vm

V

m

rs

r

s

=⋅=⋅ρ=

=ρ

ułóżmy równanie określające stężenie masowe końcowego roztworu:

L

g50

L25,0

g10g5,2

V

mm

r

sds

=+=ρ

+=ρ

8.178. (w zadaniu zakładamy, że po dodaniu substancji objętość roztworu zwiększy się nieznacznie i możemy zaniedbać ten fakt w obliczeniach) policzmy najpierw ilość substancji zawartej w 0,25dm3 0,5-molowego roztworu:


V

nc

33rms

r

sm

=⋅=⋅=

=

zamieńmy następnie masę substancji, którą dodajemy na ilość moli: mMNaOH = 23g + 16g + 1g = 40g nNaOH = 10g : 40g = 0,25mola ułóżmy równanie określające stężenie molowe końcowego roztworu:

33m

r

sdsm

dm

mol5,1

dm25,0

mola25,0mola125,0c

V

nnc

=+=

+=

8.179. policzmy najpierw masę chlorku sodu znajdującego się w 300g 20-procentowego roztworu:

g60%100

g300%20

%100

mcm

%100m

mc

rps

r

sp

=⋅=⋅

=

⋅=

ułóżmy równanie określające stężenie procentowe końcowego roztworu, zakładając, że x to masa dodanej substancji:

g3,33m

m72,0g24

mg60m28,0g84

mg300

mg6028,0

%100mg300

mg60%28

%100mm

mmc

s

s

ss

s

s

s

s

sr

sspk

==

+=+++

=

⋅+

+=

⋅++

=

Documents

Rozwiazania Chemia Pazdro Rozsz. 11