STECHIOMETRIA REAKCJI CHEMICZNYCH

OBLICZENIA CHEMICZNE

Jak wygląda Olimpiada?Zawody Olimpiady są czterostopniowe:Etap Wstępny - polega na samodzielnym rozwiązywaniu zadań zamieszczonych w Informatorze Olimpiady, który jest dostępny i wysyłany do szkół począwszy od dnia uroczystego zakończenia poprzedniej Olimpiady. Zadania podzielone są na części: A (obowiązkowa) i B (fakultatywna). Aby zakwalifikować się do I etapu nie jest koniecznym zrobienie zadań z części B. Rozwiązane zadania przekazujecie swojemu nauczycielowi od chemii, który je sprawdza i kwalifikuje Was do I etapu. Wraz ze zgłoszeniem nauczyciel ma obowiązek wysłać również Wasze rozwiązania do odpowiedniego Komitetu Okręgowego.Etap I - odbywa się pod koniec listopada i jest organizowany przez Wasz Komitet Okręgowy. Składa się tylko z części teoretycznej, która obejmuje 5 zadań (każde za 20 punktów, łącznie do zdobycia 120 punktów), które należy rozwiązać w określonym czasie (najczęściej jest to 300 minut - 5 godzin). Tematyka tego etapu zawodów obejmuje tematykę chemiczną zawartą w podręcznikach szkolnych, zaś stopień trudności zbliżony jest do stopnia trudności zadań wstępnych z części A Informatora Olimpiady. Prace Wasze sprawdzane są przez odpowiedni Komitet Okręgowy, który kwalifikuje Was do II etapu Olimpiady. Wyniki ogłaszane są na początku grudnia.Etap II - odbywa się w okolicach przełomu stycznia i lutego i jest organizowany również przez Wasz Komitet Okręgowy. Składa się z dwóch części (obejmujących dwa dni): teoretycznej i laboratoryjnej. Na pierwszą przypada 5 zadań, (każde za 20 punktów, czyli łącznie 100 punktów), na których rozwiązanie macie ściśle określony czas - zwykle 300 minut (5 godzin). Tematyka zadań może pokrywać się z zagadnieniami z części B Informatora Olimpiady. Część laboratoryjna natomiast obejmuje analizę jakościową, którą należy wykonać w ciągu określonego czasu do 300 minut (5 godzin). Wasze rozwiązania sprawdzane są przez odpowiednie Komitety Okręgowe. Prace tych, którzy uzyskali wyniki bliskie granicy kwalifikacji punktowej są wysyłane do superrecenzji do Komitetu Głównego w Warszawie w celu weryfikacji i ustalenia ostatecznych list osób zakwalifikowanych do III etapu. Listy te ogłaszane na przełomie lutego i marca.Etap III - jest dwudniowy, organizowany na początku kwietnia przez Komitet Główny w Warszawie. Składa się z części teoretycznej (jak zawsze 5 zadań po 20 punktów) i laboratoryjnej (dwa zadania obejmujące analizę jakościową i ilościową). Tematyka tego etapu może pokrywać się z materiałem z części B Informatora Olimpiady lub nieznacznie ją przekraczać. Wasze prace sprawdzane są przez Komitet Główny i na ich podstawie ustalane są listy laureatów i wyróżnionych.Cztery osoby, które uzyskały najlepsze wyniki obliczone wg wzoru zamieszczonego w regulaminie biorą udział w Międzynarodowej Olimpiadzie Chemicznej (IChO).

OLIMPIADA CHEMICZNA - INFORMACJE WSTĘPNEhttp://www.olchem.edu.pl/

Etap Wstępnywrzesień - październik - samodzielna praca zawodników27.10.2012 - ostateczny termin przesyłania zgłoszeń zawodników i prac etapu wstępnego do Komitetów Okręgowych

I Etap24.11.2012 (sobota) godz. 11.00 - rozwiązywanie zadań teoretycznych w miejscach podanych przez Komitety Okręgowe12.12.2012 - ogłoszenie wyników I etapu

II Etap (zawody organizowane przez Komitety Okręgowe)01.02.2013 (piątek) godz. 12.00 - część teoretyczna02.02.2013 (sobota) godz. 9.00 - część laboratoryjna22.02.2013 - ogłoszenie wyników II etapu

III Etap (zawody organizowane przez Komitet Główny w Warszawie)22.03.2013 (piątek) godz. 14.00 - część laboratoryjna23.03.2013 (sobota) godz. 8.30 - część teoretyczna10.04.2013 - ogłoszenie wyników III etapu

Kalendarz 59 Olimpiady Chemicznej

Zalecana literatura1) Podręczniki CHEMII i BIOLOGII do L.O. (zakres rozszerzony)2) A. Bielański, “Podstawy chemii nieorganicznej”, PWN, Warszawa 2002, lub 2005;3) J. McMurry, “Chemia organiczna”, PWN, Warszawa 2003 lub t.1-5, 2005;4) S. McMurry, “Chemia organiczna - rozwiązania problemów”, PWN, Warszawa 2005;5) R.T. Morrison, R.N. Boyd "Chemia organiczna", PWN Warszawa 1985;6) P. W. Atkins, “Podstawy chemii fizycznej”. Wyd. Naukowe PWN, Warszawa 2002;7) Z. Galus (red.), ”Ćwiczenia rachunkowe z chemii analitycznej” PWN Warszawa 2005;8) A. Hulanicki, "Reakcje kwasów i zasad w chemii analitycznej”, PWN Warszawa 1992;9) Polskie Towarzystwo Chem., “Nomenklatura związków nieorganicznych”, Ossolineum 1988;10) Z. Szmal, T. Lipiec, “Chemia analityczna z elementami analizy instrumentalnej” PZWL, Warszawa 1988;11) J. Woliński, J. Terpiński, “Organiczna analiza jakościowa”, Warszawa 1985; 12) A. Vogel, „Preparatyka Organiczna”, Rozdział VII, WNT, Warszawa 1984 lub 2006;13) S.T. Stryer, "Biochemia" PWN 2002, lub 2005;14) B. Filipowicz, W. Więckowski "Biochemia", t. 1,2 PWN 1990;15) „Obliczenia chemiczne. Zbiór zadań z chemii ogólnej i analitycznej nieorganicznej”, Praca zbiorowa pod red. A. Śliwy, Wydanie II, PWN, Warszawa 1987;16) J. Minczewski, Z.Marczenko, „Chemia Analityczna”, Wyd. Naukowe PWN, Warszawa 2001, 2005;17) A. Kołodziejczyk, „Naturalne Związki Organiczne”, Wyd. Naukowe PWN, Warszawa 2003;18) K. Pigoń, Z. Ruziewicz, „Chemia Fizyczna”, Wyd. Naukowe PWN, Warszawa 2005;19) Clayden, Greeves, Warren, Wothers, Chemia organiczna, WNT, 2010

Molokreśla porcję substancji, czyli jest jednostką liczebności materii. Jeden mol zawiera taką liczbęatomów lub innych cząstek, ile atomów węgla zawartych jest w 0,012 kg węgla izotopu 12C.Można tu zauważyć analogię do tuzina:1 tuzin zawiera 12 sztuk1 mol zawiera 6,023.1023 cząstek

Liczba cząstek znajdujących się w jednym molu substancji nazywa się liczbą Avogadrai oznacza się symbolem NA.NA=6,023.1023cząstek

Masa molowajest to masa 1 mola elementów, czyli 6,023.1023 elementów wyrażona w gramach na mol. Jestona liczbowo równa masie atomowej lub cząsteczkowej wyrażonej w jednostkach masyatomowej [u].Masę molową oznaczamy symbolem M.Liczbę moli oznaczamy symbolem n. Wyraża się ona wzorem:

(n – liczba moli, N - liczba atomów lub cząsteczek)

푛 =푁푁

푛 =푚푀 푛 =

푉푉

푛 =푉

푉

Molowa objętość substancji (Vm) to objętość zajmowana przez jeden mol substancji.Jest wielkością charakterystyczną dla danej substancji i zależy od temperatury. Objętość molowa gazu w warunkach normalnych ( T=273 K, p=1,013 atm) wynosi V0 = 22,4 dm3/mol.

Interpretacja molowa wzorów związków chemicznych:

1 mol cząsteczek H2SO4........................... 6,023.1023 cząsteczek2 mole atomów wodoru..............................2.6,023.1023 atomów1 mol atomów siarki............................ 6,023.1023 atomów4 mole atomów tlenu........................... 4.6,023.1023 atomów

Prawo stałości składu (Proust, ok. 1800)Każdy związek chemiczny niezależnie od jego pochodzenia albo metody otrzymywania ma stały skład jakościowy i ilościowy.

SO2 zawiera 50 % wag. siarkiSO3 zawiera 40 % wag. siarki

Przykład Oblicz skład procentowy związku chemicznego o wzorze AxBy.

Rozwiązanie:Skład procentowy tego związku wyraża się następującymi wzorami:

%100%

yxBA

A

MMxA %100%

yxBA

B

MMyB

Wyznaczanie wzoru związku chemicznego

Prawo zachowania masy (Łomonosow, 1748; Lavoisier, ok. 1780)W układzie zamkniętym masa powstałych produktów jest równa masie substratów zużytych podczas reakcji.

Zapisem prawa zachowania masy jest zbilansowane równanie reakcjiC3H8 + 5 O2 = 3 CO2 + 4 H2O

Współczynniki stechiometryczne oddają molowe stosunki ilości reagentów

Przykład Związek o masie molowej 108 g/mol zawiera 25,9% azotu i tlen. Obliczyć wzór tego związku.

molemol

gg

Mmn 2

14

28

Pozostałą masę związku, czyli 80 g, stanowi tlen. Masa ta stanowi

molimol

ggn 5

16

80 atomów tlenu.

Wyznaczanie wzoru związku chemicznego

Stosunek molowy pierwiastków w tym związku wynosi zatem 2:5. Związkiem tym jest N2O5.

Rozwiązanie:Związek zawiera 25,9% masowych azotu co odpowiada 28 g. Masę tą można przeliczyć na liczbę moli azotu:

Dane: MN = 14 g/mol MO = 16 g/mol%N = 25,9% MNxOy = 108 g/mol

Problemy obliczeniowe związane ze stechiometrią reakcji chemicznych obejmują:

• analiza elementarna (wyznaczanie wzoru empirycznego)

• obliczenia oparte na molach

• obliczenia oparte na masach

• obliczenia dla mieszanin niestechiometrycznych, związane ze identyfikacją

substratu limitującego i substratu występującego w nadmiarze

• obliczenia dotyczące reakcji mieszanin substancji, wymagające rozwiązania

układu równań

• obliczenia dotyczące względnego ubytku masy obserwowanego podczas

rozkładu termicznego

• wydajność reakcji

PrzykładW reakcji termicznego rozkładu węglanu wapnia wydzieliło się 2,3∙1021 cząsteczek dwutlenku węgla. Oblicz masę węglanu wapnia użytego w reakcji.

Dane:NCO2 = 2,3∙1021 cząsteczki MCaCO3 = 100 g/mol

Rozwiązanie:Liczbę cząsteczek powstałego CO2 można przeliczyć na liczbę moli, dzieląc ją przezliczbę Avogadro:

molmolN

Nn

A

COCO

3123

21

1082,31002,6103,22

2

Należy skorzystać ze stechiometrii reakcji CaCO3 = CaO + CO2, z której wynika, że podczas rozkładu 1 mola CaCO3 powstaje 1 mol CO2, Liczba moli CaCO3 użytego w reakcji jest równa liczbie moli powstającego CO2 nCaCO3 = nCO2Można zatem policzyć masę CaCO3 mnożąc liczbę jego moli przez masę molową:

gmolgmolMnm CaCOCaCOCaCO 382,01001082,3 13333

343

108,7%100001,0%78

2dmdmVN

molmoldmdm

VV

nmol

NN

53

34

1048,3/4,22

108,72

2

.1010,21002,61048.3 19123522

czmolmolNnN ANN

Przykład Powietrze składa się w 78% objętościowych z azotu. Oblicz liczbę cząsteczek N2znajdującą się w 1 cm3 powietrza w warunkach normalnych.

Dane:Cp N2 = 78% V = 1 cm3 = 0,001 dm3 Vmol = 22,4 dm3/mol NA = 6,02∙1023 mol-1

Rozwiązanie:Znając zawartość procentową N2 w mieszaninie można wyliczyć objętość, jaką zajmowałby czysty azot w tych warunkach:

Liczbę moli N2 można obliczyć dzieląc tę objętość przez objętość molową gazu:

Liczbę cząsteczek azotu zawartą w takiej ilości moli można obliczyć mnożąc ją przez liczbę Avogadro:

Gdy stosunek molowy substratów nie odpowiada stechiometrii reakcji, jeden z nich przereaguje w całości, natomiast inne pozostaną

PrzykładReakcja mieszaniny azotu i wodoru 1 : 1N2 + 3 H2 = 2 NH3

Nadmiar i substrat limitujący

PrzykładOblicz ile gramów osadu powstanie w wyniku reakcji 40 cm3 0,25 Mroztworu siarczanu(VI) glinu z 50 cm3 0,5M roztworu chlorku baru.

Dane:VAl2(SO4)3 = 0,04 dm3 CAl2(SO4)3 = 0,25 MVBaCl2 = 0,05 dm3 CBaCl2 = 0,5 MMBaSO4 = 233,393 g/mol

Rozwiązanie:Należy skorzystać ze stechiometrii reakcji

Al2(SO4)3 + 3BaCl2 = 3BaSO4↓ + 2AlCl3

Najpierw należy wyznaczyć liczbę moli obydwu użytych soli, mnożąc objętości roztworów przez ich stężenia korzystając ze wzoru na stężenie molowe:

moldmdmmolVCn

moldmdmmolVCn

BaClBaClBaCl

SOAlSOAlSOAl

025,005,0/5,0

010,004,0/25,033

33)()()(

222

242242242

Korzystając ze stechiometrii reakcji należy wyliczyć liczbę moli BaCl2 potrzebną do strącenia danej w zadaniu ilości jonów siarczanowych i określić, który substrat występuje w niedomiarze:

molnn SOAltBaCl 030,0010,033

2422 )(

Zatem BaCl2 jest substratem w niedomiarze i dlatego w oparciu o jego ilość należy obliczyć ilość powstającego osadu siarczanu(VI) baru.Korzystając ze stechiometrii reakcji liczba moli powstającego BaSO4 jest równa:

molnn BaClBaSO 025,024

Masę osadu można policzyć ze wzoru:

gmolgmolMnm BaSOBaSOBaSO 835,5393,233025,0 1444

Mieszaniny Przykład W wyniku reakcji 20 g mieszaniny NaCl i BaCl2 z azotanem(V) srebra otrzymano 31,4 g osadu chlorku srebra. Jaki był skład masowy mieszaniny przed reakcją?Dane:mmieszaniny = 20 g mAgCl = 20,82 g MNaCl = 58,5 g/mol MBaCl2 = 208,3 g/molMAgCl = 143,37 g/mol

Rozwiązanie:Poprawny zapis zachodzących reakcji chemicznych to:

NaCl + AgNO3=NaNO3 + AgCl↓ oraz BaCl2 + 2AgNO3=Ba(NO3)2 + 2AgCl↓

Liczba moli powstającego AgCl dana jest wzorem:AgCl

AgClAgCl M

mn

molmolggnAgCl 2190,0

37,1434,31

1 Zatem:

Ze stechiometrii reakcji wynika, że z 1 mola NaCl powstaje 1 mol AgCl a z 1 mola BaCl2powstają 2 mole AgCl. Zatem powstająca w zadaniu liczba moli AgCl jest równa:

molyx 2190,02 gdzie: x=nNaCl, y=nBaCl2

Znana jest w zadaniu także suma mas obydwu soli:

gMyMx BaClNaCl 202

Otrzymuje się w ten sposób układ równań z dwoma niewiadomymi:

203,2085,582190,02yx

yx

Rozwiązanie powyższego układu równań stanowi para liczb: x = 0,0616i y = 0,0787. Zatem nNaCl=0,0616 mol i nBaCl2=0,0787 mol.

Na podstawie wyliczonych liczb moli składników mieszaniny można policzyć ich masy i następnie skład procentowy:

gggmgmolgmolm

BaCl

NaCl

4,166,3206,35,580616,0

2

1

Skład procentowy jest zatem następujący:

%18%100206,3%100% gg

mmmmieszaniny

NaClNaCl

Zatem %82%2BaClm

Względny ubytek masyPrzykład 20 g wodorotlenku chromu(III) poddano prażeniu. Oblicz procentowy ubytek masy jeżeli 85% wodorotlenku uległo rozkładowi.Dane:mCr(OH)3 = 20 g %mCr(OH)3 = 85% MCr(OH)3 = 103 g/mol MH2O = 18 g/mol

Rozwiązanie:W wyniku ogrzewania wodorotlenku chromu(III) powstaje tlenek chromu(III) i para wodna zgodnie z równaniem reakcji:

2Cr(OH)3=Cr2O3 + 3H2O↑

Ubytek masy jest związany z wydzielaniem się pary wodnej. Znając masę poddanego ogrzewaniu wodorotlenku i wiedząc ile % ulega rozkładowi można policzyć ile gram Cr(OH)3 się rozkłada:

ggmrozOHCr 172085,0

3)(

Następnie korzystając ze stechiometrii reakcji chemicznej można policzyć masę powstającej pary wodnej (ubytek masy):

OH

OHCr

OH

rozOHCr

MM

mm

2

3

2

3

32 )()(

Zatem:183103217

2

OHmg

czyli mH2O = 4,46 g

Ostatnim krokiem jest policzenie jaki procent masowy poddanego ogrzewaniu wodorotlenku chromu stanowi wyliczony ubytek masy:

%3,22%1002046,4%

2

ggm OH

Wydajność

PrzykładGdy praży się wapień, CaCO3, następuje jego rozkład na ditlenek węglai wapno palone, CaO. Jaka jest procentowa wydajność reakcji, jeżeli w wyniku termicznego rozkładu 30,7 g CaCO3 powstaje 11,7 g CO2

Rozwiązanie:Należy skorzystać ze stechiometrii reakcji CaCO3 = CaO + CO2, z której wynika, że podczas rozkładu 1 mola CaCO3, czyli 100 g, powstaje 1 mol CO2, czyli 44 g. Ze stechiometrii reakcji wynika zatem, że z 30,7 g CaCO3 powinno powstać:

푥 =30,7푔 ∙ 44푔100푔 = 13,5푔

Wydajność reakcji wynosi zatem:

푊 =11,7푔13,5 ∙ 100% = 86,7%

SPOSOBY WYRAŻANIA STĘŻEŃ

Stężenie procentowe przedstawia w postaci procentowej masę substancjirozpuszczonej, zawartą w 100 g roztworu. Można je wyznaczyć korzystając zewzoru:

%100rr

sp m

mC

gdzie:ms – masa substancji [g], mr-r – masa roztworu [g],mr – masa rozpuszczalnika [g]

rsrr mmm

PrzykładOblicz stężenie procentowe roztworu powstałego w wyniku rozpuszczenia 15 g węglanu amonu w 150 g wody.Dane:ms = 15 g, mr = 150 g, Cp = ?Rozwiązanie:Należy bezpośrednio skorzystać ze wzoru na stężenie procentowe

gggm rr 16515015 %1,9%10016515

ggCp

Stężenie molowe określa liczbę moli substancji rozpuszczonej zawartą w 1 dm3

roztworu. Można je wyznaczyć korzystając ze wzoru:

rrm V

nC

gdzie:n - liczba moli substancji rozpuszczonej [mol].Vr-r - objętość roztworu [dm3].

Jeżeli znana jest masa substancji rozpuszczonej należy ją przeliczyć na liczbę moli. Można tego dokonać korzystając ze wzoru:

s

s

Mmn

gdzie:ms – masa substancji rozpuszczonej [g]Ms – masa molowa substancji rozpuszczonej [g/mol]Jednostkę stężenia molowego [mol/dm3] często oznacza się dużą literą M.

Dodatkowo warto pamiętać, że gęstość roztworu (d) wyraża się wzorem:

rr

rr

Vmd

gdzie:mr-r – masa roztworu [g]Vr-r - objętość roztworu [cm3].

Gęstość najczęściej wyrażana jest w g/cm3, co pociąga za sobą konieczność zmiany jednostek w przypadku obliczeń dotyczących stężeń molowych.

PrzykładOblicz stężenie molowe 350 cm3 roztworu powstałego przez rozpuszczenie 18 gazotanu(V) potasu w wodzie.

Dane: ms = 18 g Vr-r = 350 cm3=0,35 dm3 MKNO3 = 101 g/mol Cm = ?

Rozwiązanie:Należy skorzystać ze wzoru na stężenie molowe, uprzednio należy obliczyć liczbę moli substancji rozpuszczonej.

Liczba moli azotanu(V) potasu wynosi:

molmolggn 18,0/101

18

Stężenie molowe otrzymanego roztworu wynosi zatem:

MdmmoldmmolCm 51,0/51,0

35,018,0 3

3

PrzykładOblicz stężenie molowe stężonego kwasu siarkowego(VI) o gęstości 1,84 g/cm3

i stężeniu 95,0%. Dane: Cp = 95,0% d = 1,84 g/cm3 Cm = ?

Rozwiązanie:Obliczenia prowadzi się dla pewnej ilości tego roztworu np. 100 g.Najpierw należy obliczyć masę substancji rozpuszczonej (czystego kwasu)korzystając ze wzoru przekształconego do postaci:

ggCmm prrs 95

%100%95100

%100

Następnie należy obliczyć liczbę moli substancji rozpuszczonej:

molmolgg

Mmn

s

s 969,0/98

95

Kolejno należy obliczyć objętość roztworu: 333 0544,04,54

/84,1100 dmcm

cmgg

dmV rr

Stężenie molowe otrzymanego roztworu wynosi zatem:

33 /8,17

0544,0969,0 dmmol

dmmol

VnC s

m

PrzykładOblicz stężenie molowe roztworu otrzymanego przez rozcieńczenie wodą 50 g 20%roztworu kwasu azotowego(V) do objętości 200 cm3.

Dane:mr-r = 50 g Vr-r = 200 cm3=0,20 dm3 Cp = 20% MHNO3 = 63 g/molCm = ?

Rozwiązanie:Należy skorzystać ze wzoru na stężenie molowe, obliczając uprzednio liczbę moli substancji rozpuszczonej. Masę substancji można wyznaczyć przekształcając wzór na stężenie procentowe do postaci:

%100prr

s

Cmm

Łącząc powyższe wzory uzyskuje się końcowy wzór na stężenie molowe:

rrHNO

prrm VM

CmC

%100

3

Stężenie molowe otrzymanego roztworu wynosi zatem:

Mdmmoldmmolg

gCm 79,0/79,020,0%100/63

%2050 33

Zmiana stężenia roztworu na drodze rozcieńczania lub zatężania roztworu

W wyniku rozcieńczania roztworu jego stężenie maleje z C1 (stężenie

początkowe) do C2 (stężenie końcowe). Najprostszym sposobem rozcieńczenia

roztworu jest dodanie rozpuszczalnika, co powoduje zwiększenie objętości

roztworu z V1 (objętość początkowa) do V2 (objętość końcowa). W wyniku

dodania rozpuszczalnika ilość substancji rozpuszczonej nie ulega zmianie

(n = const.), zatem:

2211 VCVCn

W wyniku zatężania roztworu jego stężenie rośnie. Zatężania można dokonać

dodając substancji rozpuszczonej lub odparowując część rozpuszczalnika.

PrzykładZ 200 g roztworu chlorku sodu o stężeniu 8% odparowano 50 g wody.Obliczyć stężenie procentowe powstałego roztworu.

Dane:mr-r = 200 g Cp = 8 % mwody = 50 g

Rozwiązanie:Należy wyliczyć masę substancji rozpuszczonej, przekształcając wzór na stężenie procentowe do postaci:

ggCmm prrs 16

%100%8200

%100

Następnie należy wyznaczyć masę rozpuszczalnika:

gggmmm srrr 18416200

Odparowanie wody z roztworu powoduje zmniejszenie masy rozpuszczalnika, należy więc wyznaczyć nową masę rozpuszczalnika, pomniejszając wyliczoną wartość (184 g) o masę wody:

gggmmm wodyrr 134501841

%66,10%100)13416(

16%100

gg

gmmC

rr

spzatem:

Mieszanie roztworów o różnych stężeniach wymaga zastosowanie tzw. reguły mieszania, która mówi o tym, że ilości roztworów mieszanych są odwrotnie proporcjonalne do różnicy pomiędzy stężeniami roztworów wyjściowych i stężeniem otrzymanego roztworu. Po zmieszaniu roztworów tej samej substancji, ale o różnych stężeniach otrzymuje się nowy roztwór, w którym ilość substancji rozpuszczonej jest sumą jej ilości w roztworach wyjściowych, natomiast końcowe stężenie jest odwrotnie proporcjonalne do objętości lub masy roztworu końcowego. Gdy szukane stężenia podawane są w procentach, ilości roztworów wyrażane sąw jednostkach wagowych, a gdy w mol/dm3 to w jednostkach objętościowych.Z reguły mieszania wynika tzw. metoda krzyżowa:

Po zmieszaniu ilości a1 (g lub dm3) roztworu o stężeniu C1 z ilością a2 (g lub dm3) roztworu o stężeniu C2otrzymano a1 + a2 (g lub dm3) roztworu o stężeniu pośrednim C3. Gdy C1 > C2 to można zapisać powyższą zależność w formie wzoru

2

1

23

31

aa

CCCC

PrzykładObliczyć ile gramów 15% roztworu kwasu siarkowego(VI) należy dodać do 80 g 10%roztworu tego kwasu, aby otrzymać roztwór o stężeniu 12%?

Dane:C1 = 15% C2 = 10% a2 = 80 g C3 = 12%

Rozwiązanie:Należy skorzystać z zależności wynikającej z metody krzyżowej. Obliczenia dotyczą roztworów o stężeniach wyrażonych w procentach, więc otrzymane wartości będą wyrażone w gramach.

W celu obliczenia masy roztworu o stężeniu 15% należy przekształcić wzór:

ggaCCCCa 12080

%10%12%12%15

223

311

2

1

23

31

aa

CCCC

do postaci:

Rozpuszczalność jest to maksymalna ilość substancji rozpuszczonej (liczba gramów),zawartej w określonej ilości rozpuszczalnika (najczęściej 100 g) w określonej

temperaturze i ciśnieniu (roztwór nasycony).

PrzykładJaka ilość substancji rozpuszczonej znajduje się w 150 g roztworu nasyconego,jeżeli jej rozpuszczalność wynosi 35 g/100 g wody?

Dane:L = 35 g/100 g wody mr-r = 150 g

Rozwiązanie:Rozpuszczalność substancji wynosi 35 g/100 g wody, więc w 135 g roztworu znajduje się 35 g substancji.

ggxx 9,3813515035

15013535

W celu obliczenia ilości substancji rozpuszczonej w 150 g można skorzystać z zależności:

Miareczkowanie – metoda wyznaczania stężenia substancji rozpuszczonej.Oznacza się ilość substancji w roztworze na podstawie pomiarów objętości i stężenia.

Miareczkowanie alkacymetryczne (kwasowo-zasadowe).

Analit – roztwór analizowany, jest w tym przypadku zasadą a titrant, czyli roztwór w biurecie - kwasem, lub odwrotnie.

W miareczkowaniu redoks jeden z reagentów jest redukowany przez reduktor lub utleniany przez utleniacz

PrzykładKwas szczawiowy, związek toksyczny zawarty w liściach rabarbaru, stanowi użytecznyreduktor laboratoryjny. Przypuśćmy, że 25,0 ml kwasu szczawiowego miareczkuje się0,500-molowym roztworem NaOH(aq) i że punkt równoważnikowy zostaje osiągniętypo dodaniu 38,0 ml roztworu zasady. Jaka jest molowość roztworu kwasu szczawiowego?

Dane:VH2C2O4 = 25,0 ml CNaOH = 0,500 mol/dm3 VNaOH = 38,0 ml CH2C2O4 = ?

Rozwiązanie:Równanie zachodzącej reakcji chemicznych to:

H2C2O4(aq)+ 2 NaOH(aq) = Na2C2O4(aq) + 2 H2O(aq)

nNaOH = CNaOHVNaOH = 0,500 mol/dm30,038 dm3 =0,019 moli

Ze stechiometrii reakcji wynika, że aby zobojętnić 1 mol kwasu potrzeba 2 mole zasady sodowej. Liczba moli NaOH użytego w reakcji jest równa 0,019 mol i pozwoli na zobojętnienie 0,0095 mol kwasu.

Stężenie miareczkowanego kwasu można zatem policzyć ze wzoru:

33 /380,0

025,00095,0 dmmol

dmmol

VnCrr

m

Liczba moli dodanego NaOH jest równa:

GAZYPrawo Daltona (1801)Całkowite ciśnienie mieszaniny gazów równe jest sumie ciśnieńcząstkowych jej składników

p=pi

Hipoteza Avogadro (1811)Równe objętości gazów w tej samej temperaturze i pod takim samym ciśnieniem zawierają taką samą liczbę cząsteczek

p,T = const V ~ n

Równanie Clapeyrona

Uogólnienie empirycznych praw gazowychpV = nRT

Jednostki SIp [Pa], V [m3], T [K], c [mol/m3]R = 8,314 J/(mol・K)

1 atm = 760 Torr = 1,01325・105 Pa1 bar = 105 Pa

PrzykładIle kg gazu zawiera butla ze sprężonym powietrzem o pojemności 50 dm3, jeśli w 20˚C ciśnienie wewnątrz wynosi 150 bar?

Jednostki z układu SI

150 bar = 150 ・ 105 Pa = 1,5・107 Pa

20˚C = 20 + 273,15 K ≈ 293 K50 dm3 = 50・10-3 m3 = 5・10-2 m3

Liczba moli z równania Clapeyrona

n = pV/(RT) = 307,9 mol

Średnia masa cząsteczkowa powietrza (średnia ważona)

Mpow = 0.78・MN2 + 0.21・MO2 + 0.01・MAr = 28,97 g/mol

mpow = n ・ Mpow = 307,9 mol ・ 28,97 g/mol = 8919 g ≈ 8,92 kg