STECHIOMETRIA REAKCJI CHEMICZNYCH OBLICZENIA CHEMICZNE

Transkrypt

1 STECHIOMETRIA REAKCJI CHEMICZNYCH OBLICZENIA CHEMICZNE

2 Jak wygląda Olipiada? Zawody Olipiady są czterostopniowe: Etap Wstępny - polega na saodzielny rozwiązywaniu zadań zaieszczonych w Inforatorze Olipiady, który jest dostępny i wysyłany do szkół począwszy od dnia uroczystego zakończenia poprzedniej Olipiady. Zadania podzielone są na części: A (obowiązkowa) i B (fakultatywna). Aby zakwalifikować się do I etapu nie jest konieczny zrobienie zadań z części B. Rozwiązane zadania przekazujecie swojeu nauczycielowi od cheii, który je sprawdza i kwalifikuje Was do I etapu. Wraz ze zgłoszenie nauczyciel a obowiązek wysłać również Wasze rozwiązania do odpowiedniego Koitetu Okręgowego. Etap I - odbywa się pod koniec listopada i jest organizowany przez Wasz Koitet Okręgowy. Składa się tylko z części teoretycznej, która obejuje 5 zadań (każde za 0 punktów, łącznie do zdobycia 10 punktów), które należy rozwiązać w określony czasie (najczęściej jest to 00 inut - 5 godzin). Teatyka tego etapu zawodów obejuje teatykę cheiczną zawartą w podręcznikach szkolnych, zaś stopień trudności zbliżony jest do stopnia trudności zadań wstępnych z części A Inforatora Olipiady. Prace Wasze sprawdzane są przez odpowiedni Koitet Okręgowy, który kwalifikuje Was do II etapu Olipiady. Wyniki ogłaszane są na początku grudnia. Etap II - odbywa się w okolicach przełou stycznia i lutego i jest organizowany również przez Wasz Koitet Okręgowy. Składa się z dwóch części (obejujących dwa dni): teoretycznej i laboratoryjnej. Na pierwszą przypada 5 zadań, (każde za 0 punktów, czyli łącznie 100 punktów), na których rozwiązanie acie ściśle określony czas - zwykle 00 inut (5 godzin). Teatyka zadań oże pokrywać się z zagadnieniai z części B Inforatora Olipiady. Część laboratoryjna natoiast obejuje analizę jakościową, którą należy wykonać w ciągu określonego czasu do 00 inut (5 godzin). Wasze rozwiązania sprawdzane są przez odpowiednie Koitety Okręgowe. Prace tych, którzy uzyskali wyniki bliskie granicy kwalifikacji punktowej są wysyłane do superrecenzji do Koitetu Głównego w Warszawie w celu weryfikacji i ustalenia ostatecznych list osób zakwalifikowanych do III etapu. Listy te ogłaszane na przełoie lutego i arca. Etap III - jest dwudniowy, organizowany na początku kwietnia przez Koitet Główny w Warszawie. Składa się z części teoretycznej (jak zawsze 5 zadań po 0 punktów) i laboratoryjnej (dwa zadania obejujące analizę jakościową i ilościową). Teatyka tego etapu oże pokrywać się z ateriałe z części B Inforatora Olipiady lub nieznacznie ją przekraczać. Wasze prace sprawdzane są przez Koitet Główny i na ich podstawie ustalane są listy laureatów i wyróżnionych. Cztery osoby, które uzyskały najlepsze wyniki obliczone wg wzoru zaieszczonego w regulainie biorą udział w Międzynarodowej Olipiadzie Cheicznej (IChO).

3 OLIMPIADA CHEMICZNA - INFORMACJE WSTĘPNE Kalendarz 59 Olipiady Cheicznej Etap Wstępny wrzesień - październik - saodzielna praca zawodników ostateczny terin przesyłania zgłoszeń zawodników i prac etapu wstępnego do Koitetów Okręgowych I Etap (sobota) godz rozwiązywanie zadań teoretycznych w iejscach podanych przez Koitety Okręgowe ogłoszenie wyników I etapu II Etap (zawody organizowane przez Koitety Okręgowe) (piątek) godz część teoretyczna (sobota) godz część laboratoryjna ogłoszenie wyników II etapu III Etap (zawody organizowane przez Koitet Główny w Warszawie).0.01 (piątek) godz część laboratoryjna.0.01 (sobota) godz część teoretyczna ogłoszenie wyników III etapu

4 Zalecana literatura 1) Podręczniki CHEMII i BIOLOGII do L.O. (zakres rozszerzony) ) A. Bielański, Podstawy cheii nieorganicznej, PWN, Warszawa 00, lub 005; ) J. McMurry, Cheia organiczna, PWN, Warszawa 00 lub t.1-5, 005; 4) S. McMurry, Cheia organiczna - rozwiązania probleów, PWN, Warszawa 005; 5) R.T. Morrison, R.N. Boyd "Cheia organiczna", PWN Warszawa 1985; 6) P. W. Atkins, Podstawy cheii fizycznej. Wyd. Naukowe PWN, Warszawa 00; 7) Z. Galus (red.), Ćwiczenia rachunkowe z cheii analitycznej PWN Warszawa 005; 8) A. Hulanicki, "Reakcje kwasów i zasad w cheii analitycznej, PWN Warszawa 199; 9) Polskie Towarzystwo Che., Noenklatura związków nieorganicznych, Ossolineu 1988; 10) Z. Szal, T. Lipiec, Cheia analityczna z eleentai analizy instruentalnej PZWL, Warszawa 1988; 11) J. Woliński, J. Terpiński, Organiczna analiza jakościowa, Warszawa 1985; 1) A. Vogel, Preparatyka Organiczna, Rozdział VII, WNT, Warszawa 1984 lub 006; 1) S.T. Stryer, "Biocheia" PWN 00, lub 005; 14) B. Filipowicz, W. Więckowski "Biocheia", t. 1, PWN 1990; 15) Obliczenia cheiczne. Zbiór zadań z cheii ogólnej i analitycznej nieorganicznej, Praca zbiorowa pod red. A. Śliwy, Wydanie II, PWN, Warszawa 1987; 16) J. Minczewski, Z.Marczenko, Cheia Analityczna, Wyd. Naukowe PWN, Warszawa 001, 005; 17) A. Kołodziejczyk, Naturalne Związki Organiczne, Wyd. Naukowe PWN, Warszawa 00; 18) K. Pigoń, Z. Ruziewicz, Cheia Fizyczna, Wyd. Naukowe PWN, Warszawa 005; 19) Clayden, Greeves, Warren, Wothers, Cheia organiczna, WNT, 010

5 Mol określa porcję substancji, czyli jest jednostką liczebności aterii. Jeden ol zawiera taką liczbę atoów lub innych cząstek, ile atoów węgla zawartych jest w 0,01 kg węgla izotopu 1 C. Można tu zauważyć analogię do tuzina: 1 tuzin zawiera 1 sztuk 1 ol zawiera 6,0. 10 cząstek Liczba cząstek znajdujących się w jedny olu substancji nazywa się liczbą Avogadra i oznacza się sybole N A. N A =6,0. 10 cząstek Masa olowa jest to asa 1 ola eleentów, czyli 6,0. 10 eleentów wyrażona w graach na ol. Jest ona liczbowo równa asie atoowej lub cząsteczkowej wyrażonej w jednostkach asy atoowej [u]. Masę olową oznaczay sybole M. Liczbę oli oznaczay sybole n. Wyraża się ona wzore: n = N N n = M n = V V (n liczba oli, N - liczba atoów lub cząsteczek)

6 Molowa objętość substancji (V ) to objętość zajowana przez jeden ol substancji. Jest wielkością charakterystyczną dla danej substancji i zależy od teperatury. Objętość olowa gazu w warunkach noralnych ( T=7 K, p=1,01 at) wynosi V 0 =,4 d /ol. n = V V Interpretacja olowa wzorów związków cheicznych: 1 ol cząsteczek H SO ,0. 10 cząsteczek ole atoów wodoru.... 6,0. 10 atoów 1 ol atoów siarki... 6,0. 10 atoów 4 ole atoów tlenu ,0. 10 atoów

7 Prawo stałości składu (Proust, ok. 1800) Każdy związek cheiczny niezależnie od jego pochodzenia albo etody otrzyywania a stały skład jakościowy i ilościowy. SO zawiera 50 % wag. siarki SO zawiera 40 % wag. siarki Wyznaczanie wzoru związku cheicznego Przykład Oblicz skład procentowy związku cheicznego o wzorze A x B y. Rozwiązanie: Skład procentowy tego związku wyraża się następującyi wzorai: x M A y M B % A 100% % B 100% M M A x B y A x B y

8 Prawo zachowania asy (Łoonosow, 1748; Lavoisier, ok. 1780) W układzie zaknięty asa powstałych produktów jest równa asie substratów zużytych podczas reakcji. Zapise prawa zachowania asy jest zbilansowane równanie reakcji C H O = CO + 4 H O Współczynniki stechioetryczne oddają olowe stosunki ilości reagentów

9 Wyznaczanie wzoru związku cheicznego Przykład Związek o asie olowej 108 g/ol zawiera 5,9% azotu i tlen. Obliczyć wzór tego związku. Dane: M N = 14 g/ol M O = 16 g/ol %N = 5,9% M NxOy = 108 g/ol Rozwiązanie: Związek zawiera 5,9% asowych azotu co odpowiada 8 g. Masę tą ożna przeliczyć na liczbę oli azotu: 8 g n ole M 14 g ol Pozostałą asę związku, czyli 80 g, stanowi tlen. Masa ta stanowi 80 g n 5 oli 16 g atoów tlenu. ol Stosunek olowy pierwiastków w ty związku wynosi zate :5. Związkie ty jest N O 5.

10 Probley obliczeniowe związane ze stechioetrią reakcji cheicznych obejują: analiza eleentarna (wyznaczanie wzoru epirycznego) obliczenia oparte na olach obliczenia oparte na asach obliczenia dla ieszanin niestechioetrycznych, związane ze identyfikacją substratu liitującego i substratu występującego w nadiarze obliczenia dotyczące reakcji ieszanin substancji, wyagające rozwiązania układu równań obliczenia dotyczące względnego ubytku asy obserwowanego podczas rozkładu tericznego wydajność reakcji

11 Przykład W reakcji tericznego rozkładu węglanu wapnia wydzieliło się, 10 1 cząsteczek dwutlenku węgla. Oblicz asę węglanu wapnia użytego w reakcji. Dane: N CO =, 10 1 cząsteczki M CaCO = 100 g/ol Rozwiązanie: Liczbę cząsteczek powstałego CO ożna przeliczyć na liczbę oli, dzieląc ją przez liczbę Avogadro: n CO N N CO A 1, 10 6,0 10 ol 1,8 10 ol Należy skorzystać ze stechioetrii reakcji CaCO = CaO + CO, z której wynika, że podczas rozkładu 1 ola CaCO powstaje 1 ol CO, Liczba oli CaCO użytego w reakcji jest równa liczbie oli powstającego CO n CaCO = n CO Można zate policzyć asę CaCO nożąc liczbę jego oli przez asę olową: 1 CaCO ncaco M CaCO,8 10 ol 100 g ol 0, 8 g

12 Przykład Powietrze składa się w 78% objętościowych z azotu. Oblicz liczbę cząsteczek N znajdującą się w 1 c powietrza w warunkach noralnych. Dane: C p N = 78% V = 1 c = 0,001 d V ol =,4 d /ol N A = 6,0 10 ol -1 Rozwiązanie: Znając zawartość procentową N w ieszaninie ożna wyliczyć objętość, jaką zajowałby czysty azot w tych warunkach: 78% 0,001 d 100% 4 V N 7,8 10 d Liczbę oli N ożna obliczyć dzieląc tę objętość przez objętość olową gazu: n N V V N ol 7,810,4 d 4 d / ol, ol Liczbę cząsteczek azotu zawartą w takiej ilości oli ożna obliczyć nożąc ją przez liczbę Avogadro: N N n N N A ol 6,0 10 ol 1, cz.

13 Nadiar i substrat liitujący Gdy stosunek olowy substratów nie odpowiada stechioetrii reakcji, jeden z nich przereaguje w całości, natoiast inne pozostaną Przykład Reakcja ieszaniny azotu i wodoru 1 : 1 N + H = NH Przykład Oblicz ile graów osadu powstanie w wyniku reakcji 40 c 0,5 M roztworu siarczanu(vi) glinu z 50 c 0,5M roztworu chlorku baru. Dane: V Al(SO4) = 0,04 d V BaCl = 0,05 d M BaSO4 =,9 g/ol C Al(SO4) = 0,5 M C BaCl = 0,5 M Rozwiązanie: Należy skorzystać ze stechioetrii reakcji Al (SO 4 ) + BaCl = BaSO 4 + AlCl

14 Najpierw należy wyznaczyć liczbę oli obydwu użytych soli, nożąc objętości roztworów przez ich stężenia korzystając ze wzoru na stężenie olowe: n n Al ( SO ) BaCl 4 C C BaCl Al ( SO ) V 4 BaCl V Al ( SO ) 4 0,5 ol / d 0,5 ol / d 0,05 d 0,04 d 0,05 ol 0,010 ol Korzystając ze stechioetrii reakcji należy wyliczyć liczbę oli BaCl potrzebną do strącenia danej w zadaniu ilości jonów siarczanowych i określić, który substrat występuje w niedoiarze: t nbacl nal ( SO 0,010 0, 00 4 ) ol Zate BaCl jest substrate w niedoiarze i dlatego w oparciu o jego ilość należy obliczyć ilość powstającego osadu siarczanu(vi) baru. Korzystając ze stechioetrii reakcji liczba oli powstającego BaSO 4 jest równa: nbaso nbacl 0, 05 4 ol Masę osadu ożna policzyć ze wzoru: 1 BaSO nbaso M BaSO 0,05ol,9 g ol 5, g

15 Mieszaniny Przykład W wyniku reakcji 0 g ieszaniny NaCl i BaCl z azotane(v) srebra otrzyano 1,4 g osadu chlorku srebra. Jaki był skład asowy ieszaniny przed reakcją? Dane: ieszaniny = 0 g AgCl = 0,8 g M NaCl = 58,5 g/ol M BaCl = 08, g/ol M AgCl = 14,7 g/ol Rozwiązanie: Poprawny zapis zachodzących reakcji cheicznych to: NaCl + AgNO =NaNO + AgCl oraz BaCl + AgNO =Ba(NO ) + AgCl Liczba oli powstającego AgCl dana jest wzore: Zate: 1,4 g n AgCl 0, 190 ol 1 14,7 g ol n AgCl M AgCl AgCl Ze stechioetrii reakcji wynika, że z 1 ola NaCl powstaje 1 ol AgCl a z 1 ola BaCl powstają ole AgCl. Zate powstająca w zadaniu liczba oli AgCl jest równa: x y 0, 190 ol gdzie: x=n NaCl, y=n BaCl

16 Znana jest w zadaniu także sua as obydwu soli: x M NaCl y M BaCl 0 g Otrzyuje się w ten sposób układ równań z dwoa niewiadoyi: x y 0,190 x 58,5 y 08, 0 Rozwiązanie powyższego układu równań stanowi para liczb: x = 0,0616 i y = 0,0787. Zate n NaCl =0,0616 ol i n BaCl =0,0787 ol. Na podstawie wyliczonych liczb oli składników ieszaniny ożna policzyć ich asy i następnie skład procentowy: NaCl BaCl 0,0616 ol 58,5 g ol 0 g,6 g 16,4 g 1,6 g Skład procentowy jest zate następujący: NaCl,6 g % NaCl 100% 100% 18% 0 g ieszaniny Zate % 8 BaCl %

17 Względny ubytek asy Przykład 0 g wodorotlenku chrou(iii) poddano prażeniu. Oblicz procentowy ubytek asy jeżeli 85% wodorotlenku uległo rozkładowi. Dane: Cr(OH) = 0 g % Cr(OH) = 85% M Cr(OH) = 10 g/ol M HO = 18 g/ol Rozwiązanie: W wyniku ogrzewania wodorotlenku chrou(iii) powstaje tlenek chrou(iii) i para wodna zgodnie z równanie reakcji: Cr(OH) =Cr O + H O Ubytek asy jest związany z wydzielanie się pary wodnej. Znając asę poddanego ogrzewaniu wodorotlenku i wiedząc ile % ulega rozkładowi ożna policzyć ile gra Cr(OH) się rozkłada: roz OH Cr ( 0,85 0 g 17 ) g Następnie korzystając ze stechioetrii reakcji cheicznej ożna policzyć asę powstającej pary wodnej (ubytek asy): roz Cr ( OH ) H O M Cr ( OH ) M H O Zate: 17 g H O

18 czyli HO = 4,46 g Ostatni krokie jest policzenie jaki procent asowy poddanego ogrzewaniu wodorotlenku chrou stanowi wyliczony ubytek asy: 4,46 g % H O 100% 0 g,%

19 Wydajność Przykład Gdy praży się wapień, CaCO, następuje jego rozkład na ditlenek węgla i wapno palone, CaO. Jaka jest procentowa wydajność reakcji, jeżeli w wyniku tericznego rozkładu 0,7 g CaCO powstaje 11,7 g CO Rozwiązanie: Należy skorzystać ze stechioetrii reakcji CaCO = CaO + CO, z której wynika, że podczas rozkładu 1 ola CaCO, czyli 100 g, powstaje 1 ol CO, czyli 44 g. Ze stechioetrii reakcji wynika zate, że z 0,7 g CaCO powinno powstać: x = 0,7g 44g 100 g = 1,5g Wydajność reakcji wynosi zate: W = 11,7g 1,5 100% = 86,7%

20 SPOSOBY WYRAŻANIA STĘŻEŃ Stężenie procentowe przedstawia w postaci procentowej asę substancji rozpuszczonej, zawartą w 100 g roztworu. Można je wyznaczyć korzystając ze wzoru: C p s r r 100% r r gdzie: s asa substancji [g], r-r asa roztworu [g], r asa rozpuszczalnika [g] Przykład Oblicz stężenie procentowe roztworu powstałego w wyniku rozpuszczenia 15 g węglanu aonu w 150 g wody. Dane: s = 15 g, r = 150 g, C p =? Rozwiązanie: Należy bezpośrednio skorzystać ze wzoru na stężenie procentowe s r r r 15g 150g 165g C p 15g 165g 100% 9,1%

21 Stężenie olowe określa liczbę oli substancji rozpuszczonej zawartą w 1 d roztworu. Można je wyznaczyć korzystając ze wzoru: C n V r r gdzie: n - liczba oli substancji rozpuszczonej [ol]. V r-r - objętość roztworu [d ]. Jeżeli znana jest asa substancji rozpuszczonej należy ją przeliczyć na liczbę oli. Można tego dokonać korzystając ze wzoru: n M s s gdzie: s asa substancji rozpuszczonej [g] M s asa olowa substancji rozpuszczonej [g/ol] Jednostkę stężenia olowego [ol/d ] często oznacza się dużą literą M.

22 Dodatkowo warto paiętać, że gęstość roztworu (d) wyraża się wzore: d V r r r r gdzie: r-r asa roztworu [g] V r-r - objętość roztworu [c ]. Gęstość najczęściej wyrażana jest w g/c, co pociąga za sobą konieczność ziany jednostek w przypadku obliczeń dotyczących stężeń olowych.

23 Przykład Oblicz stężenie olowe 50 c roztworu powstałego przez rozpuszczenie 18 g azotanu(v) potasu w wodzie. Dane: s = 18 g V r-r = 50 c =0,5 d M KNO = 101 g/ol C =? Rozwiązanie: Należy skorzystać ze wzoru na stężenie olowe, uprzednio należy obliczyć liczbę oli substancji rozpuszczonej. Liczba oli azotanu(v) potasu wynosi: 18 g n 0, 18ol 101 g / ol Stężenie olowe otrzyanego roztworu wynosi zate: 0,18 ol C 0,51 ol / d 0, 51 M 0,5 d

24 Przykład Oblicz stężenie olowe stężonego kwasu siarkowego(vi) o gęstości 1,84 g/c i stężeniu 95,0%. Dane: C p = 95,0% d = 1,84 g/c C =? Rozwiązanie: Obliczenia prowadzi się dla pewnej ilości tego roztworu np. 100 g. Najpierw należy obliczyć asę substancji rozpuszczonej (czystego kwasu) korzystając ze wzoru przekształconego do postaci: rr C p 100g 95% s 95g 100% 100% Następnie należy obliczyć liczbę oli substancji rozpuszczonej: n s 95 g 0, 969 ol M 98 g / ol s Kolejno należy obliczyć objętość roztworu: V r d r 100 g 1,84 g / c 54,4 c 0, 0544 d Stężenie olowe otrzyanego roztworu wynosi zate: C ns V 0,969 ol 0,0544 d 17,8 ol / d

25 Przykład Oblicz stężenie olowe roztworu otrzyanego przez rozcieńczenie wodą 50 g 0% roztworu kwasu azotowego(v) do objętości 00 c. Dane: r-r = 50 g V r-r = 00 c =0,0 d C p = 0% M HNO = 6 g/ol C =? Rozwiązanie: Należy skorzystać ze wzoru na stężenie olowe, obliczając uprzednio liczbę oli substancji rozpuszczonej. Masę substancji ożna wyznaczyć przekształcając wzór na stężenie procentowe do postaci: s rr C 100% p Łącząc powyższe wzory uzyskuje się końcowy wzór na stężenie olowe: C M HNO rr C p 100% V rr Stężenie olowe otrzyanego roztworu wynosi zate: 50 g 0% C 0,79 ol / d 0, 79M 6 g / ol 100% 0,0 d

26 Ziana stężenia roztworu na drodze rozcieńczania lub zatężania roztworu W wyniku rozcieńczania roztworu jego stężenie aleje z C 1 (stężenie początkowe) do C (stężenie końcowe). Najprostszy sposobe rozcieńczenia roztworu jest dodanie rozpuszczalnika, co powoduje zwiększenie objętości roztworu z V 1 (objętość początkowa) do V (objętość końcowa). W wyniku dodania rozpuszczalnika ilość substancji rozpuszczonej nie ulega zianie (n = const.), zate: n C 1 V1 C V W wyniku zatężania roztworu jego stężenie rośnie. Zatężania ożna dokonać dodając substancji rozpuszczonej lub odparowując część rozpuszczalnika.

27 Przykład Z 00 g roztworu chlorku sodu o stężeniu 8% odparowano 50 g wody. Obliczyć stężenie procentowe powstałego roztworu. Dane: r-r = 00 g C p = 8 % wody = 50 g Rozwiązanie: Należy wyliczyć asę substancji rozpuszczonej, przekształcając wzór na stężenie procentowe do postaci: rr C p 00 g 8% s % 100% g Następnie należy wyznaczyć asę rozpuszczalnika: r rr s 00 g 16 g 184 g Odparowanie wody z roztworu powoduje zniejszenie asy rozpuszczalnika, należy więc wyznaczyć nową asę rozpuszczalnika, poniejszając wyliczoną wartość (184 g) o asę wody: r1 r wody 184 g 50 g 14 g zate: C p s rr 16 g 100% 100% 10,66% (16 g 14 g)

28 Mieszanie roztworów o różnych stężeniach wyaga zastosowanie tzw. reguły ieszania, która ówi o ty, że ilości roztworów ieszanych są odwrotnie proporcjonalne do różnicy poiędzy stężeniai roztworów wyjściowych i stężenie otrzyanego roztworu. Po zieszaniu roztworów tej saej substancji, ale o różnych stężeniach otrzyuje się nowy roztwór, w który ilość substancji rozpuszczonej jest suą jej ilości w roztworach wyjściowych, natoiast końcowe stężenie jest odwrotnie proporcjonalne do objętości lub asy roztworu końcowego. Gdy szukane stężenia podawane są w procentach, ilości roztworów wyrażane są w jednostkach wagowych, a gdy w ol/d to w jednostkach objętościowych. Z reguły ieszania wynika tzw. etoda krzyżowa: Po zieszaniu ilości a 1 (g lub d ) roztworu o stężeniu C 1 z ilością a (g lub d ) roztworu o stężeniu C otrzyano a 1 + a (g lub d ) roztworu o stężeniu pośredni C. Gdy C 1 > C to ożna zapisać powyższą zależność w forie wzoru C C 1 C C a a 1

29 Przykład Obliczyć ile graów 15% roztworu kwasu siarkowego(vi) należy dodać do 80 g 10% roztworu tego kwasu, aby otrzyać roztwór o stężeniu 1%? Dane: C 1 = 15% C = 10% a = 80 g C = 1% Rozwiązanie: Należy skorzystać z zależności wynikającej z etody krzyżowej. Obliczenia dotyczą roztworów o stężeniach wyrażonych w procentach, więc otrzyane wartości będą wyrażone w graach. W celu obliczenia asy roztworu o stężeniu 15% należy przekształcić wzór: C C 1 C C a a 1 do postaci: C1 C 15% 1% a1 a 80 g 10 C C 1% 10% g

30 Rozpuszczalność jest to aksyalna ilość substancji rozpuszczonej (liczba graów), zawartej w określonej ilości rozpuszczalnika (najczęściej 100 g) w określonej teperaturze i ciśnieniu (roztwór nasycony). Przykład Jaka ilość substancji rozpuszczonej znajduje się w 150 g roztworu nasyconego, jeżeli jej rozpuszczalność wynosi 5 g/100 g wody? Dane: L = 5 g/100 g wody r-r = 150 g Rozwiązanie: Rozpuszczalność substancji wynosi 5 g/100 g wody, więc w 15 g roztworu znajduje się 5 g substancji. W celu obliczenia ilości substancji rozpuszczonej w 150 g ożna skorzystać z zależności: 5 15 x 150 x g 8,9 g

31 Miareczkowanie etoda wyznaczania stężenia substancji rozpuszczonej. Oznacza się ilość substancji w roztworze na podstawie poiarów objętości i stężenia. Miareczkowanie alkacyetryczne (kwasowo-zasadowe). Analit roztwór analizowany, jest w ty przypadku zasadą a titrant, czyli roztwór w biurecie - kwase, lub odwrotnie. W iareczkowaniu redoks jeden z reagentów jest redukowany przez reduktor lub utleniany przez utleniacz

32 Przykład Kwas szczawiowy, związek toksyczny zawarty w liściach rabarbaru, stanowi użyteczny reduktor laboratoryjny. Przypuśćy, że 5,0 l kwasu szczawiowego iareczkuje się 0,500-olowy roztwore NaOH (aq) i że punkt równoważnikowy zostaje osiągnięty po dodaniu 8,0 l roztworu zasady. Jaka jest olowość roztworu kwasu szczawiowego? Dane: V HCO4 = 5,0 l C NaOH = 0,500 ol/d V NaOH = 8,0 l C HCO4 =? Rozwiązanie: Równanie zachodzącej reakcji cheicznych to: H C O 4(aq) + NaOH (aq) = Na C O 4(aq) + H O (aq) Liczba oli dodanego NaOH jest równa: n NaOH = C NaOH V NaOH = 0,500 ol/d 0,08 d =0,019 oli Ze stechioetrii reakcji wynika, że aby zobojętnić 1 ol kwasu potrzeba ole zasady sodowej. Liczba oli NaOH użytego w reakcji jest równa 0,019 ol i pozwoli na zobojętnienie 0,0095 ol kwasu. Stężenie iareczkowanego kwasu ożna zate policzyć ze wzoru: C n V rr 0,0095 ol 0,05 d 0,80 ol / d

33 GAZY Prawo Daltona (1801) Całkowite ciśnienie ieszaniny gazów równe jest suie ciśnień cząstkowych jej składników p=p i Hipoteza Avogadro (1811) Równe objętości gazów w tej saej teperaturze i pod taki say ciśnienie zawierają taką saą liczbę cząsteczek p,t = const V ~ n Równanie Clapeyrona Uogólnienie epirycznych praw gazowych pv = nrt Jednostki SI p [Pa], V [ ], T [K], c [ol/ ] R = 8,14 J/(ol K) 1 at = 760 Torr = 1, Pa 1 bar = 10 5 Pa

34 Przykład Ile kg gazu zawiera butla ze sprężony powietrze o pojeności 50 d, jeśli w 0 C ciśnienie wewnątrz wynosi 150 bar? Jednostki z układu SI 150 bar = Pa = 1, Pa 0 C = 0 + 7,15 K 9 K 50 d = = Liczba oli z równania Clapeyrona n = pv/(rt) = 07,9 ol Średnia asa cząsteczkowa powietrza (średnia ważona) M pow = 0.78 M N M O M Ar = 8,97 g/ol pow = n M pow = 07,9 ol 8,97 g/ol = 8919 g 8,9 kg