Podstawy Obliczeń Chemicznych

Podstawy Obliczeń Chemicznych Korekta i uzuełnienia z dnia 0.10.009 Autor rozdziału: Łukasz Ponikiewski Rozdział. Prawa Gazowe.1. Warunki normalne.1.1. Objętość molowa gazów rawo Avogadro.1.. Stała gazowa.. Równanie stanu gazu doskonałego (równanie Claeyrona).. Prawo stosunków objętościowych Gay-Lussaca.4. Prawo Daltona.5. Gęstość gazów.6. Obliczanie mas molowych na odstawie raw gazowych..7. Równanie stanu gazu rawie rzeczywistego równanie Van der Waalsa.8. Wirialne równanie stanu gazu Gaz jest stanem skuienia materii, w którym ciało fizyczne, w odróżnieniu od stanu stałego, łatwo zmienia kształt i zajmuje całą dostęną mu rzestrzeń. W fazie gazowej cząsteczki mają bardzo duża swobodę oruszania się, w wyniku czego jest to stan charakteryzujący się najwyższym stoniem nieuorządkowania. Pomiędzy cząsteczkami gazu możemy zaobserwować tylko słabe oddziaływania dalekiego zasięgu, dlatego można ominąć energię oddziaływań omiędzy tymi cząsteczkami, natomiast rozatrywać tylko energię kinetyczną tych cząstek. Drugim odstawowym czynnikiem determinującym właściwości stanu gazowego jest to, że objętość własna cząsteczek gazu jest znikomo mała w stosunku do objętości zajmowanej rzez gaz. Odległości omiędzy cząsteczkami są dużo większe w orównaniu do ich rozmiarów, więc cząsteczki gazu można traktować jako unkty materialne. Prawa gazowe odają zależności omiędzy określonymi wielkościami fizycznymi gazów. Tymi arametrami oisującymi gaz są ciśnienie (), objętość (V), temeratura (T) oraz jego skład (n. liczba cząsteczek, stężenie). Zmiana jednego z arametrów układu, będącego w stanie równowagi, wymusza zmianę ozostałych arametrów tak, aby układ osiągnął nowy stan równowagi. W rozdziałach.1 do.6 omawiane są rawa gazowe stosujące się ściśle tylko do hiotetycznego gazu, zwanego gazem doskonałym (idealnym). W rzeczywistości gaz taki nie istnieje. Gazy rzeczywiste wykazują mniejsze lub większe odchylenia od raw gazu doskonałego. Odchylenia te są mniejsze dla mniejszych gęstości gazów (rzy wyższej temeraturze i niższym ciśnieniu). Dokładniejsze obliczenia arametrów gazów rzeczywistych wymagają użycia bardziej złożonych równań uwzględniających oddziaływania międzyatomowe lub międzycząsteczkowe. W rozdziałach.7 i.8 krótko omówiono równanie Van der Waalsa oraz równanie wirialne.

.1. Warunki normalne Warunki normalne (STP ang. standard conditions for temerature and ressure) są to umowne warunki odniesienia, w których gaz wystęuje w temeraturze T = 7,15 K (co jest równoważne temeraturze t = 0,00 ºC), od ciśnieniem = 1,000 10 5 Pa. Z tych arametrów wynika objętość molowa gazu doskonałego V 0 = 0,07 m (,7 dm ). Do 1997 roku IUPAC (Międzynarodowa Unia Chemii Czystej i Stosowanej) zalecała używanie nieco innej wartości ciśnienia odniesienia ciśnienia jednej atmosfery fizycznej 1 atm. (r760 mmhg) odowiadającej ciśnieniu = 1,01 10 5 Pa w jednostkach układu SI. Tej wartości ciśnienia (rzy niezmienionej definicji temeratury odniesienia) odowiada dotychczas stosowana objętość 1 mola gazu doskonałego równa,4 dm (w związku z tym, że chemicy dość niechętnie odchodzą od dawnych rzyzwyczajeń, warto zawsze srawdzić, co autor danego odręcznika ma na myśli mówiąc o warunkach normalnych bądź standardowych. Nie zmienia to jednak faktu, że dla większości obliczeń nie ma to większego znaczenia nawet mieszając ze sobą oba zestawy warunków odniesienia oełniamy błąd obliczeniowy rzędu 1%). Dzięki znajomości arametrów gazu ( 0, V 0, T 0 ) w jakichkolwiek warunkach odniesienia można bez roblemu osiłkując się równaniem (.1) obliczyć nowe, odbiegające od tych warunków, ciśnienie gazu (jeśli dla nowych warunków odane są T i V) lub objętość V (jeśli odane są i T). 0 V0 V = (.1) T T 0.1.1. Objętość molowa gazów rawo Avogadro Objętość molowa gazów można rzedstawić wzorem: gdzie: V objętość gazu, n liczba moli gazu. V V m = (.) n Objętości 1 mola różnych substancji w stanie stałym lub ciekłym znacznie się różnią między sobą natomiast doświadczalnie wykazano, że 1 mol każdej substancji gazowej w tych samych warunkach odniesienia zajmuje zawsze niemal taką samą objętość. V = const n (.) Prawidłowość tę zaobserwował włoski fizyk Avogadro i sformułował w ostaci rawa zwanego rawem Avogadro: Definicja. Jednakowe objętości różnych gazów w tej samej temeraturze i od tym samym ciśnieniem zawierają jednakową ilość cząsteczek. - -

Na odstawie tego rawa wykazano, że objętość molowa gazu doskonałego w warunkach normalnych wynosi,7 dm (rzy ciśnieniu odniesienia 1,000 10 5 Pa). Gazy rzeczywiste wykazują w większym lub mniejszym stoniu odchylenia od odanej wartości, jednak oza skrajnymi rzyadkami określonymi w rozdziale.7, w obliczeniach można rzyjąć, że objętość molowa wszystkich gazów rzeczywistych jest równa objętości molowej gazu doskonałego..1.. Stała gazowa Stała gazowa jest jedną z uniwersalnych stałych fizycznych. Określa ona race wykonaną rzez 1 mol gazu ogrzany o 1 stoień w rocesie izobarycznym (rzy stałym ciśnieniu). Wartość stałej gazowej nie zależy od rodzaju gazu natomiast zależy od tego, w jakich jednostkach zostanie wyrażone ciśnienie i objętość (temeraturę zawsze trzeba wyrażać w Kelwinach). Stałą gazową można wyliczyć ze wzoru: V R = (.4) gdzie: ciśnienie od jakim wystęuje gaz, V objętość 1 mola gazu, T temeratura gazu w Kelwinach. Poniżej odano rzykładowe wartości stałej gazowej w wybranych jednostkach energii, ciśnienia i objętości. Tabela.1 Wybrane wartości stałej gazowej R wyrażone w jednostkach układu SI oraz innych najczęściej stosowanych jednostkach. T Wartość R Jednostki 8,1447 J m Pa dm kpa mol K = = mol K mol K dm bar 8,1447 10 - mol K dm Pa 8,1447 10 mol K dm atm * 8,05746 10 - mol K 1,98588 cal mol K 6,68 dm Tr mol K * dotyczy atmosfery fizycznej (1,01 10 5 Pa) - -

.. Równanie stanu gazu doskonałego (równanie Claeyrona) Równanie oisujące związek omiędzy liczbą moli n, temeraturą T, ciśnieniem i objętością gazu doskonałego V zaroonował Benoit Claeyron w 184 roku. Równanie to nazywane rawem gazu doskonałego lub równaniem Claeyrona można wyrazi wzorem: V = n R T (.5) gdzie: ciśnienie od jakim wystęuje gaz, V objętość gazu, n liczba moli gazu, T temeratura w Kelvinach, R stała gazowa. Równanie (.5) można rzekształcić do ostaci: V n = (.6) R T Ze wzoru (.6) wynika, że liczba moli gazu zależy tylko i wyłącznie od temeratury, ciśnienia i objętości, natomiast nie zależy od rodzaju gazu. Po odstawieniu /(RT) = const otrzymujemy omawiane wcześniej rawo Avogadro (wzór.). W raktyce równanie Claeyrona całkiem dobrze oisuje zachowanie gazów rzeczywistych rzy ciśnieniach nie wyższych niż 1 10 6 Pa i temeraturze znacznie wyższej od temeratury wrzenia danej substancji. Przykład.1. Obliczanie objętości gazu na odstawie rawa Claeyrona. Jaką objętość V zajmuje gazowy dwutlenek węgla CO o masie m =,00 10 - kg od ciśnieniem = 1,00 atm. (1,01 10 5 Pa) w temeraturze T = 00 K? Plan. W zadaniu mamy odane wartości ciśnienia i temeratury dla CO, a więc dane te można odstawić do równania stanu gazu doskonałego (.5). Bardzo istotne są jednostki, w jakich wyrażone jest ciśnienie gazu, onieważ takie same jednostki ciśnienia muszą być użyte do wyrażenia stałej gazowej. Użyta w stałej gazowej jednostka objętości będzie jednocześnie jednostką obliczonej objętości. Rozwiązanie. Liczbę moli gazu wyliczamy dzieląc jego masę rzez masę molową CO. Masa molowa CO wynosi: 44,009 g/mol. Liczba moli n dwutlenku węgla równa się: 0,0g n CO = = 0,454 mola g 44,009 mol Objętość zajmowaną rzez gaz oblicza się z równania stanu gazu (.5), które o rzekształceniu względem V wyraża się wzorem: dm atm 0,454 mola 8,057 10 00 K n R T mol K V = = = 11,176 dm 1,00 atm Odowiedź. Dwutlenek węgla w tych warunkach zajmuje objętość 11, dm. Przykład.. Obliczanie ilości moli gazu na odstawie równania Claeyrona. - 4 -

Ile moli cząsteczek tlenu n znajduje się w butli stalowej o ojemności V = 16,0 dm, jeśli w temeraturze t = 0,0ºC manometr zaworu reduktora wskazuje ciśnienie = 150 atm.? Plan. W celu rozwiązania owyższego zadania korzystamy z równania Claeyrona rzekształconego względem liczby moli n. Aby nie rzeliczać jednostek użyjemy uniwersalnej stałej gazowej R wyrażonej w jednostkach ciśnienia i objętości odanych w treści rzykładu (R = 8,057 10 - dm atm./(k mol)). Rozwiązanie. Najierw rzeliczamy temeraturę ze skali Celsjusza na temeraturę bezwzględną T. T = t + 7,15 = 0,00 + 7,15 = 9,15 K Po odstawieniu danych do wzoru (.6) otrzymujemy: V 150 atm 16,0 dm n = = = 99,77 moli R T dm atm 8,057 10 9,15 K K mol Odowiedź. W butli znajduje się 99,8 moli tlenu. W zależności od warunków rocesu, w jakich zachodzą rzemiany gazowe, równanie stanu gazu doskonałego może rzyjmować bardziej uroszczone formy: 1. Przemiana izotermiczna, czyli roces zachodzący rzy stałej temeraturze oraz rzy stałej liczbie moli gazu. W tym rzyadku równanie stanu gazu doskonałego uraszcza się do równania Boyle a Mariotte a. Zależność ta jest jednak sełniona tylko wówczas, gdy cząsteczki gazu nie ulegają asocjacji (łączeniu się) lub dysocjacji (rozadowi) rzy zmianie ciśnienia. Prawo Boyle a Mariotte a można wyrazić wzorem: V = const. dla T = const. lub V = const. gdzie: ciśnienie od jakim gaz się znajduje, V objętość gazu, T temeratura gazu. albo sformułować w ostaci definicji: 1 dla T = const. (.7) Definicja. W stałej temeraturze objętość gazu jest odwrotnie roorcjonalna do jego ciśnienia. Prawo to sełnione jest tylko w zakresie niskich ciśnień. Gazy rzeczywiste sełniają je coraz leiej, kiedy ciśnienie gazu zdąża do zera ( 0). Prawo Boyle a Mariotte a jest więc rawem granicznym. W rzyadku rzemiany izotermicznej można wyrowadzić zależność: 1 V1 = V (.8) z której o odowiednich rzekształceniach można wyliczyć zmianę objętości lub ciśnienia gazu. Przykład.. Obliczanie nowej objętości gazu rzy zmianie ciśnienia w stałej temeraturze. - 5 -

Objętość V 1 róbki ewnego gazu od ciśnieniem 1 = 750 mmhg wynosi 416 cm. Obliczyć objętość tego gazu V od ciśnieniem = 1100 mmhg rzy założeniu, że liczba moli gazu i temeratura gazu nie uległy zmianie. Plan. Aby rozwiązać zadanie korzystamy ze wzoru(.8), który rzekształcamy względem V : Rozwiązanie. V1 1 416 cm 750 mmhg V = = = 8 cm 1100 mmhg Odowiedź. Pod ciśnieniem 1100 mmhg ta ilość gazu zajmie objętość 8 cm.. Przemiana izobaryczna, czyli roces od stałym ciśnieniem i rzy stałej liczbie moli gazu. W tym rzyadku równanie stanu gazu doskonałego uraszcza się do równania Gay- Lussaca i wyraża się wzorem: V = const. T ( = const.) (.9) gdzie: V objętość gazu, T temeratura gazu, ciśnienie, od jakim wystęuje gaz. a rawo to można wyrazić: Definicja. Objętość dowolnego gazu rzy odwyższeniu temeratury o jeden stoień zwiększa się o stały ułamek objętości, jaką zajmuje gaz w temeraturze 0ºC, jeżeli ciśnienie gazu i liczba moli nie ulega zmianie. Podobnie jak w rzyadku rzemiany izotermicznej, tak również i dla tego rocesu możemy wyrowadzić odowiednią zależność: V1 const T1 T1 = = (.10) V const T T z której o rzekształceniu wyliczyć można zmianę temeratury lub objętości gazu. Przykład.4. Obliczanie temeratury w jakiej znalazł się gaz o zmianie objętości dla rzemiany izobarycznej. W temeraturze 9,15 K ewien gaz zajmuje objętość 0,00 dm. Do jakiej temeratury należy ogrzać ten gaz rzy stałym ciśnieniu, aby objętość wzrosła o 40,0 cm? Plan. Obliczenia temeratury T dla rzemiany izobarycznej wykonujemy korzystając ze wzoru (.10). Rozwiązanie. V T1 0,40 dm 9,15 K T = = 51,780 K V1 0,00 dm Odowiedź. Gaz należy ogrzać do temeratury 5 K.. Przemiana izochoryczna, czyli roces rzebiegający rzy stałej objętości i stałej liczbie moli gazu. W rzyadku tym równanie Claeyrona uraszcza się do: = const T (V = const.) (.11) gdzie: V objętość gazu; T temeratura gazu; - 6 -

P ciśnienie od jakim wystęuje gaz; Zależność tę odkrył w 170 roku Amontons i sformułował jako: Definicja. Ciśnienie danej liczby moli gazu jest wrost roorcjonalne do temeratury bezwzględnej, jeśli objętość gazu ozostaje niezmieniona. W 180 roku Gay-Lussac oublikował to rawo owołując się na nieublikowane race Jacquesa Charlesa z 1787 roku, i stąd najczęściej nazwisko Charlesa ojawia się rzy rzemianie izochorycznej. W celu obliczenia zmiany temeratury, bądź ciśnienia gazu, równanie (.11) można zaisać w ostaci: 1 T1 = (.1) T Przykład.5. Obliczanie nowej temeratury gazu o zmianie ciśnienia dla rzemiany izochorycznej. Do jakiej temeratury należy odgrzać gaz o temeraturze 98 K, znajdujący się w zamkniętym zbiorniku, aby ciśnienie zwiększyło się dwukrotnie? Plan. W celu rozwiązania zadania korzystamy z zależności (.1), z której wyznaczamy T. Rozwiązanie. T1 98K T = = = 596K 1 1 Odowiedź. Gaz należy odgrzać do temeratury 596 K... Prawo stosunków objętościowych Gay-Lussaca Dla stałego ciśnienia i stałej temeratury można rozatrywać również rawo stosunków objętościowych Gay-Lussaca, które brzmi: Definicja. Objętości substancji gazowych wchodzących w reakcję chemiczną lub tworzące się w reakcji, mierzone w tych samych warunkach ciśnienia i temeratury, ozostają do siebie jak roste liczby całkowite. Prawo to można rzedstawić na rzykładzie syntezy amoniaku w określonych warunkach ciśnienia i temeratury. Z jednej objętości azotu i trzech objętości wodoru otrzymuje się dwie objętości amoniaku. Stosunek objętości wodoru do azotu jest stosunkiem liczb naturalnych, tak samo jak stosunek objętości amoniaku do objętości oszczególnych substratów. N + H NH V V V N NH NH :V H :V :V N H = 1: = :1 = : - 7 -

.4. Prawo Daltona Prawo Daltona, inaczej rawo ciśnień cząstkowych (addytywności ciśnień) dotyczące jednorodnych mieszanin gazów mówi, że: Definicja. Ciśnienie wywierane rzez mieszaninę gazów jest sumą ciśnień cząstkowych wywieranych rzez oszczególne składniki tej mieszaniny. Prawo Daltona można wyrazić wzorem: c = 1 + +... + n (.1) Ciśnieniem cząstkowym nazywamy ciśnienie, jakie wywierałby dany składnik, gdyby w tej samej temeraturze samodzielnie zajmował daną objętość mieszaniny. Dla roztworu gazowego o właściwościach gazu doskonałego można wyrazić ciśnienie cząstkowe składnika i za omocą wzoru: ni R T i = = ci R T (.14) Vi gdzie: n i - liczba moli składnika i ; c i - stężenie molowe składnika i. Podzielenie rzekształconego równania (.14) rzez równanie stanu gazu doskonałego (.5) rowadzi do zależności: i n i = (.15) n Stąd: ni i = = xi (.16) n gdzie x i oznacza ułamek molowy składnika i w mieszaninie. Z owyższej zależności wynika, że ciśnienie cząstkowe jest roorcjonalne do liczby moli danego składnika i i jest równe iloczynowi ciśnienia całkowitego oraz ułamka molowego danego składnika gazowego. Uwaga! Bardzo istotnym asektem rzy raktycznym rozwiązywaniu zadań dotyczących ciśnień cząstkowych jest uwzględnienie w ciśnieniu całkowitym ciśnienia cząstkowego ary wodnej. Ważne jest to szczególnie, jeśli gazy zbierane są w zbiorniku nad wodą. Udział ciśnienia ary wodnej (będącej w równowadze z wodą ciekłą) w ciśnieniu całkowitym jest równy rężności ary wodnej w danej temeraturze. Wartości rężności ary wodnej można odnaleźć w tablicach fizykochemicznych. Przykład.6 Obliczanie objętości mieszaniny gazów oraz ciśnień cząstkowych oszczególnych składników mieszaniny. Mieszanina gazowa składa się z 6 g tlenku węgla i 76,6 g wodoru. Oblicz objętość całkowitą mieszaniny w temeraturze 500 K od ciśnieniem 1015 Pa oraz ciśnienia cząstkowe jego składników w odanych warunkach. Plan. Znając masy składników, z jakich składa się mieszanina gazów, możemy dzieląc je rzez ich masy molowe uzyskać ilości moli oszczególnych składników. Po ich zsumowaniu - 8 -

uzyskujemy całkowitą ilość moli naszej mieszaniny. Przy założeniu, że otrzymana mieszanina ma właściwości zbliżone do gazu doskonałego oraz korzystając ze wzoru Claeyrona (.5), obliczamy objętość dla gazów o zmieszaniu. Ciśnienia cząstkowe oszczególnych składników obliczamy ze wzoru (.16). Rozwiązanie. masy molowe składników wynoszą; M CO = 8,01 g/mol M H =,016 g/mol zatem roztwór gazowy zawiera nastęującą liczbę moli tlenku węgla i wodoru. n CO = 6g / 8,010 g/mol = 11,996 moli n H = 76,600g /,016 g/mol = 7,996 moli Suma moli obu składników n wynosi: n = 11,996 moli + 7,996 moli = 49,99 moli Objętość całkowitą roztworu można wyznaczyć z równania stanu gazu doskonałego zakładając, że rozatrywany roztwór ma właściwości gazu doskonałego,: m Pa 49,99 moli 8,1451 500 K nrt mol K V = = =,05 m 1015 Pa Ciśnienia cząstkowe tlenku węgla CO i wodoru H obliczamy z zależności: = x H = x H Wartości ułamków molowych obliczamy z równań: x x n CO CO 11,996 moli = 49,99 moli CO CO = = n CO + n H n 7,996 moli = 4999 moli H H = = n CO + n H 0,40 0,760 Stąd, odstawiając do wzoru na ciśnienie cząstkowe otrzymujemy: CO = 0,40 1015 Pa =,4 10 4 Pa H = 0,760 1015 Pa = 7,70 10 4 Pa Odowiedź. Mieszanina gazów zajmuje objętość,05 m, natomiast ciśnienia cząstkowe oszczególnych składników wynoszą: tlenku węgla,4 10 4 Pa, a wodoru 7,70 10 4 Pa. Przykład.7. Uwzględnianie rężności ary wodnej w obliczeniach W cylindrze miarowym zebrano nad wodą ewną ilość tlenu, którego objętość w temeraturze,0ºc wynosiła 1,0 dm. Ciśnienie atmosferyczne równe było 768 mmhg. Prężność ary wodnej w temeraturze,0 ºC wynosi 1,0 mmhg. Ile gramów tlenu zebrano w cylindrze? Plan. Ciśnienie atmosferyczne w tym rzyadku jest sumą ciśnienia cząstkowego zebranego tlenu i rężności ary wodnej. W celu obliczenia ciśnienia cząstkowego tlenu należy od ciśnienia atmosferycznego odjąć rężność ary wodnej. Nastęnie zakładamy, że zebrany tlen - 9 -

jest gazem doskonałym i korzystamy ze wzoru Claeyrona (.5). We wzorze tym liczbę moli zastęujemy zależnością n = m/m a nastęnie wzór rzekształcamy względem m. Rozwiązanie. Obliczamy ciśnienie cząstkowe tlenu. = O O atm H O = 768 mmhg 1,0 mmhg = 747 mmhg = 9,89 10 Nastęnie obliczamy masę tlenu odstawiając obliczone ciśnienie do rzekształconego wzoru Claeyrona. 4 V M 9,89 10 Pa 0,0010 m,0 g/mol m = = = 1,661 g R T m Pa 8,1447 96,15 K mol K Odowiedź. W cylindrze zebrano 1,66 g tlenu. 4 Pa.5. Gęstość gazów Gęstość bezwzględną gazu można wyrazić w ostaci wzoru: m d = (.17) V gdzie: d gęstość gazu; m masa gazu; V objętość zajmowana rzez gaz. Jednostką gęstości bezwzględnej w układzie SI jest kg/m (1 kg/m = 1 g/dm ). Podstawiając do wzoru (.17) masę molową M w gramach oraz objętość molową gazu w warunkach normalnych (standardowych) V 0 =,7 dm /mol otrzymujemy wzór (.18) do obliczania gęstości gazu w tych warunkach. Pomimo, że użyliśmy najbardziej tyowe jednostki masy i objętości używane rzez chemików (g i dm ), a nie odstawowe jednostki układu SI (kg i m ) wynik otrzymujemy w jednostkach układu SI bo 1 g/dm odowiada 1 kg/m. M d 0 = (.18) V0 Po wstawieniu do równania Claeyrona V = m/d oraz n = m/m i rzekształceniu otrzymanego równania względem gęstości otrzymujemy wzór (.19) ozwalający obliczyć gęstość gazu doskonałego w dowolnych warunkach ciśnienia i temeratury. M d = (.19) R T Z owyższego wzoru wynika, że gęstość bezwzględna gazów d zależy wrost roorcjonalnie od ciśnienia i odwrotnie roorcjonalnie od temeratury w granicach stosowalności równania gazu doskonałego. Dla innych warunków ciśnienia i temeratury można zaisać: 1 M d1 = (.0) R T1 Dzieląc równania (.19) i (.0) stronami otrzymujemy równanie (.1): - 10 -

d d T1 = (.1) T 1 1 z którego o rzekształceniu wyliczamy d 1 : 1 T d d1 = (.) T1 Ze wzoru (.) wynika, że można obliczać gęstość gazu w dowolnych warunkach ciśnienia i temeratury znając gęstość tego gazu w dowolnych innych warunkach, niekoniecznie standardowych. Przykład.8. Obliczanie gęstości gazu. W naczyniu zamkniętym tłokiem, od ciśnieniem 9,690 10 5 Pa znajduje się argon, którego stężenie molowe jest równe 0,419 mol/dm. Po zmniejszeniu objętości naczynia i ogrzaniu gazu o,0 K ciśnienie w naczyniu wzrosło do 1,5 10 6 Pa. Obliczyć gęstość argonu o zmianie stanu gazu. Plan. W tym rzykładzie gaz wystęuje w dwóch różnych stanach. Aby rozwiązać to zadanie należy zastosować dwa równania Claeyrona dla dwóch stanów. Po odowiednim rzekształceniu względem gęstości otrzymujemy wzor (.0). Nieznaną w owyższym wzorze temeraturę T 1 wyliczamy ze wzoru: T 1 = T + ΔT = T + K Natomiast temeraturę T można wyznaczyć łatwo o rzekształceniu wzoru (.14): Rozwiązanie. 5 9,690 10 Pa T = = = 78,148 K c R mol Pa m 0,419 10 8,1447 m mol K Z kolei obliczany temeraturę T 1 o ogrzaniu gazu: T 1 = T + ΔT = 78,148 K +,0 K = 10,148 K Stąd: 6 kg 1,5 10 Pa,995 10 1 M mol kg d 1 = = =,70 R T1 Pa m m 8,1447 10.148 K mol K Odowiedź. Po zmianie stanu gazu gęstość argonu wynosi,7 kg/m Gęstość względna gazu D jest to stosunek gęstości bezwzględnej danego gazu do gęstości gazu wzorcowego (gazu odniesienia), rzy czym gęstości obu gazów muszą się odnosić do tych samych warunków ciśnienia i temeratury. Najczęściej jako gazu wzorcowego używa się wodoru lub owietrza. Gęstość względną gazów wyraża się wzorem: d x M x R T M x D = = = (.) d wz M wz R T M wz gdzie: d x gęstość gazu o masie M x ; d wz gęstość gazu wzorcowego o masie M wz. Dla wodoru jako gazu odniesienia otrzymujemy wzór: - 11 -

D M = M x H = H gdzie M jest masą molową wodoru. H Dla owietrza wzór ma nastęującą ostać: M D = M M x g,016 mol (.) x M x = g (.4) 8,97 mol gdzie M P jest średnią masą molową suchego owietrza obliczoną na odstawie jego składu. Gęstość względna jest liczbą (nie ma wymiaru). Zawsze, kiedy jej używamy należy odawać gaz odniesienia. Przykład.9. Obliczanie gęstości względnej gazu. Jaka jest gęstość względem owietrza gazu zawierającego metan (CH 4 ) i wodór w stosunku objętościowym :1? Plan. Znając masy molowe gazów wchodzących w skład mieszaniny można obliczyć średnią (ozorną) masę molową rozatrywanej mieszaniny gazów. Nastęnie odstawiając do wzoru (.4) wyliczamy gęstość gazu względem owietrza. Rozwiązanie. M metan = 16,04 g/mol M wodór =,016 g/mol g g g M śr = 0,750 16,04 + 0,50,016 = 1,56 mol mol mol Stąd gęstość gazu względem owietrza wynosi: g 1,59 D = mol = 0,4 g 8,97 mol Odowiedź. Obliczona gęstość względna mieszaniny gazów względem owietrza wynosi 0,4..6. Obliczanie mas molowych na odstawie raw gazowych Korzystając z wcześniej wyrowadzonych wzorów na gęstości bezwzględne można o odowiednim rzekształceniu uzyskać zależności ozwalające na obliczenie mas molowych gazów. W rzyadku, kiedy znana jest gęstość bezwzględna substancji gazowej d 0 w warunkach normalnych korzystamy ze wzoru: M x d 0 = (.5) V0 Po rzekształceniu wzoru i odstawieniu V 0 =,7 dm otrzymujemy zależność: M x =, 7dm d 0 W warunkach odbiegających od warunków normalnych, jeśli te warunki te są określone, korzystamy ze wzoru: - 1 -

M x d = (.6) R T z którego o rzekształceniu uzyskujemy: M x d T R = (.7) Przykład.10. Obliczanie masy molowej gazów. Obliczyć masę molową gazu, jeżeli w temeraturze 5,0ºC i od ciśnieniem 1,00 atm. gaz ten ma gęstość 1,145 g/dm? Plan. Dane z zadania ostawiamy do wzoru (.7). Temeraturę odstawiamy w K a stałą gazową w jednostkach dm atm/mol K. Rozwiązanie. g 1,145 dm M = 98,15 K 8,1451 10 1,00 atm Odowiedź. Masa molowa gazu wynosi 8,4 g/mol. dm atm mol K g = 8,84 mol.7. Równanie stanu gazu rawie rzeczywistego równanie Van der Waalsa W 187 roku Van der Waals uzuełnił równanie stanu gazu doskonałego o orawki uwzględniające objętość gazu oraz oddziaływania wzajemne omiędzy cząsteczkami gazu. Otrzymane równanie stanu gazu rzeczywistego rzedstawia wzór: n a + ( V n b) = n R T V (.8) gdzie: V objętość gazu; n liczba moli gazu; T temeratura (K) ciśnienie od jakim gaz wystęuje; R stała gazowa.; a stała charakterystyczna dla danego gazu i uwzględniająca oddziaływania omiędzy cząsteczkami (cząsteczki gazu rzyciągają się a ich energia otencjalna stanowi wrawdzie małą część energii całkowitej, ale nie jest omijalna w orównaniu do energii kinetycznej. W wyniku tego rzeczywiste ciśnienie gazu na ścianki naczynia jest mniejsze niż w rzyadku gdyby tego oddziaływania nie było); b stała charakterystyczna dla danego gazu i uwzględniająca skończone rozmiary cząsteczek (atomy lub cząsteczki gazu nie są traktowane juz jako unkty materialne, zajmują w tym rzyadku już jakaś objętość). Parametry a i b równania Van der Waalsa, zgodnie z teorią, owinny być związane z arametrami unktu krytycznego gazu (unkt na wykresie T, w którym zanika owierzchnia rozdziału fazy ciekłej i gazowej), zwanych też stałymi krytycznymi: - 1 -

oraz 7 R Tc a = (.9) 64 b c R T c = (.0) 8 c gdzie: T c temeratura krytyczna (temeratura, owyżej której gaz nie daje się skrolić); c ciśnienie krytyczne (ciśnienie, oniżej którego gaz nie daje się skrolić); Wielkości T i w równaniu Van der Waalsa łatwo wyrazić jako jawne funkcje ozostałych zmiennych: 1 n a T = ( V n b) n R + (.1) oraz n R T n a = (.) V n b V W rzyadku objętości V gazu równanie Van der Waalsa można rzekształcić otrzymując równanie trzeciego stonia: R T n a n a b V n b + V + V = 0 (.) Rozwiązanie równania trzeciego stonia można wykonać rzy użyciu wzorów Viète'a, ale jest ono skomlikowane i dlatego rzadko się tego sosobu używa. Wygodniej jest traktować V jako uwikłaną funkcję zmiennych niezależnych, T i n, związanych rzez równanie Van der Waalsa, a nastęnie rozwiązać to równanie metodami iteracyjnymi. Poniżej rzedstawiono wartości stałych a i b równania Van der Waalsa dla kilku gazów. gaz a [J m /mol ] b [m /mol] H 0,0476 10 1 6,61 10 6 HCl 0,716 10 1 40,81 10 6 O 0,178 10 1 1,8 10 6 NH 0,45 10 1 7,07 10 6 CO 0,640 10 1 4,67 10 6 Uwaga! W wielu źródłach literaturowych stałe równania Van der Waalsa są odane w jednostkach soza układu SI. Przeliczniki na jednostki układu SI są nastęujące: 1 J m /mol = 1 m 6 Pa/mol = 10 L bar/mol =9,86 atm L /mol 1 m /mol = 1000 L/mol Przykład.11. Obliczanie objętości gazu rzeczywistego rzy użyciu równania Van der Waalsa. Jaką objętość zajmie 10,000 g CO od ciśnieniem 1,01 10 5 N/m w temeraturze 7,0 K. Plan. Obliczamy masę molową oraz liczbę moli CO, a nastęnie wstęną wartość (zerowe rzybliżenie) objętości z rozwiązania równania stanu gazu doskonałego Claeyrona otrzymanego z równania Van der Waalsa rzez uraszczające założenie: nb << V oraz n a/v <<. Mając zerowe rzybliżenie objętości rzekształcamy równanie Van der Waalsa do ostaci ułatwiającej jego iteracyjne rozwiązanie: - 14 -

n R T VN = + nb n a + VN 1 i wykonujemy iteracje aż do uzyskania założonej dokładności rozwiązania (n. cztery cyfry znaczące). Rozwiązanie. M(CO ) = 1,0107 + 15,9994 = 44,0095 g/mol n(co ) = 10,000/44,0095 = 0,7 mol V 0 = n R T/ = 0,7 8,1447 7,0/(1,01 10 5 ) = 6,954 10 m Teraz, dla ułatwienia obliczeń kalkulatorem, obliczymy trzy iloczyny n R T, n b oraz n a, które są niezmienne we wszystkich iteracjach. n R T = 0,7 8,1447 7,0 = 704,6769 n b = 9,6954778 10 6 n a = 0,018799 10 1 I iteracja. Wstawiając objętość V 0 uzyskaną w zerowym rzybliżeniu do równania iteracyjnego obliczymy z niego ierwsze rzybliżenie szukanej objętości V 1. V n R T 704,6769 6 1 = + nb = + 9,6954778 10 = 6,9698 10 1 n a 5 0,018799 10 + 1,01 10 + 0 (6,954 10 ) V Wstawiając do owyższego równania objętość V 0 uzyskaną w zerowym rzybliżeniu otrzymujemy z niego ierwsze rzybliżenie szukanej objętości V 1 = 6,964 10 - m. Porównanie uzyskanej w I iteracji wartości V 1 z obliczoną w zerowym rzybliżeniu V 0 okazuje, że różnią się one na trzecim miejscu znaczącym. Oznacza to konieczność wykonania kolejnej iteracji. II iteracja. V n R T 704,6769 6 = + nb = + 9,6954778 10 = 6,9698 10 1 n a 5 0,018799 10 + 1,01 10 + 1 (6,954 10 ) V Tym razem o rawej stronie równania wstawiamy wartość V 1 otrzymaną w I iteracji i o wykonaniu koniecznych obliczeń uzyskujemy wartość V = 6,964 10 - m. Porównanie V 1 i V wykazuje, że są one identyczne z dokładnością do ięciu miejsc znaczących, więc dalsze iteracje nie miałyby sensu. Szukana objętość wynosi zatem V = 6,964 10 - m. Znając dokładną wartość V możemy srawdzić słuszność założeń rowadzących do uzyskania zerowego rzybliżenia dla V. Po wykonaniu działań widzimy, że: n b = 9,75 10-6 m << V oraz n a/v =.896 10-10 N/m <<. Bardzo dobre sełnienie owyższych założeń wyjaśnia rzyczynę, dla której już zerowe rzybliżenie objętości uzyskane z równania Claeyrona było rawie zadowalającym rozwiązaniem równania Van der Waalsa. Taki rzyadek zachodzi zawsze, gdy mamy do - 15 -

czynienia z niskimi ciśnieniami oraz wysokimi temeraturami. W takich warunkach równanie gazów doskonałych jest bardzo dobrym i rostym rzybliżeniem równania Van der Waalsa. Odowiedź. Objętość gazu zajmuje 6,964 10 - m..8. Wirialne równanie stanu gazu Jak wynika z owyższych rozważań, zależność omiędzy ciśnieniem, objętością i temeraturą oisuje równanie stanu gazu doskonałego. Równanie stanu gazu można również wyrazić w sosób bardzo ogólny jako iloczyn ciśnienia i objętości (PV m ) w ostaci szeregu otęgowego objętości molowej V m lub ciśnienia P. lub gdzie: B C D V = + + + +... m R T 1 (.4) Vm Vm Vm Vm = R T + B' P + C' P (.5) B' = B B C' = C R T Równania te noszą nazwę równań wirialnych. Wartości wsółczynników B, C oraz D dobiera się doświadczalnie. Równania te oddają tym leiej wyniki omiarów im więcej wrowadzi się wsółczynników wirialnych. Jeśli ciśnienie jest niskie, nie rzekracza kilku atmosfer, równanie (.5) ograniczone jest tylko do drugiego wsółczynnika wirialnego i ma ostać: Vm = R T + B P (.6) Wsółczynnik B, czyli drugi wsółczynnik wirialny jest funkcja temeratury. W niskich temeraturach rzyjmuje on wartości ujemne, jednakże jego wartość szybko wzrasta ze wzrostem temeratury. W temeraturze T B, zwanej temeraturą Boyle a, zmienia znak wsółczynnika na dodatni i wtedy już znacznie wolniej rośnie on wraz z temeraturą. Poniżej rzedstawiono wartość drugiego wsółczynnika w zależności od temeratury dla kilku wybranych gazów: Temeratura, ºK,16 7,16 1,16 17,16,16 7,16 7,16 47,16 Wodór - 116-1.8 +. + 9. + 1. + 1.8 + 15.4 + 16.1 Tlen - 18-68.7-8.6-1. -. + 5.6 Amoniak - 67-14 - 77 Dwutlenek węgla - 156.0-71.8-4.1 Przedstawione owyżej wartości wsółczynników wirialnych odnoszą się do jednego mola gazu. Porównując wartości liczbowe wsółczynników wirialnych łatwo można - 16 -

zaobserwować, że wartość drugiego wsółczynnika B jest znacząco większa niż wartości nastęnych wsółczynników C oraz D. Wynika z tego, że największe znaczenie rzy obliczeniach ma właśnie wsółczynnik B. Wirialne równanie stanu gazu ograniczone do dwóch ierwszych wyrazów srawdza się dobrze w rzedziale do ciśnienia rzędu 10 atmosfer. Od tej wartości uzasadnione jest wrowadzenie juz trzeciego wsółczynnika. Procedura wyznaczania wartości wsółczynników wirialnych jest bardzo czuła na błędy doświadczalne, jednakże wartości wsółczynników wirialnych nie mają istotnego znaczenia w obliczeniach, gdyż wsółczynniki te ełnią tylko i wyłącznie role orawek. Przykład.1 Obliczanie drugiego wsółczynnika wirialnego i masy związku rzy użyciu wirialnego równania stanu gazu. Na odstawie zmian gęstości (d) ar eteru dimetylowego w tem. 5ºC, odanych oniżej, wyznaczyć drugi wsółczynnik wirialny (B) i masę cząsteczkową eteru (M). [kpa] 1,1 5,195 6,970 60,68 85, 101,5 d [/kg m - ] 0,76 0,4695 0,6898 1,191 1,598 1,909 P/d 5,79 5,664 5,596 5,466 5,7 5,48 Plan. Drugi wsółczynnik wirialny wyznacza się mierząc gęstość gazu od różnymi ciśnieniami w stałej temeraturze. Podstawiajac do wzoru (.6) V m = M/d otrzymujemy równanie liniowe względem ciśnienia: /d = RT/M + (B/M)P Rozwiązanie. Z otrzymanych danych znajdujemy arametry rostej metodą najmniejszych kwadratów RT/M = (5,80 ± 0,00) J/g B/M = (- 0,00555 ± 0.00005) dm /g Stąd: M = [(8,144 J/mol K)(98.15 K)]/(5.80 J/g) = (46,074 ± 0,00) g/mol oraz: B = [(- 0,00555 ± 0,00005) dm /g](46,074 g/mol) = (-0,55 ± 0,00) dm /mol Warto odkreślić, że uzyskana w ten sosób wartość masy cząsteczkowej eteru dimetylowego 46,074 g/mol jest doskonale zgodna z wartością teoretyczna M teor = 46,06 g/mol. W rzyadku traktowania eteru dimetylowego jako gazu doskonałego od stałym ciśnieniem 1 atm. uzyskalibyśmy masę molowa 46.55 g/mol, czyli o około % wyższą od teoretycznej. Odowiedź. Masa molowa związku wyliczona na odstawie wirialnego równania stanu gazu wynosi 46,074 g/mol, natomiast drugi wsółczynnik równania wirialnego B = -0,55 ± 0,00 dm /mol. - 17 -

Zadania do rozdziału. 1. Obliczyć ilość moli N w róbce o objętości,0 dm w 7,0 C i od ciśnieniem 1,94 10 6 Pa.. Obliczyć masę cząsteczek tlenu zajmującego objętość 5,0 dm, od ciśnieniem 975 10 Pa i w temeraturze 80 K.. Jaką objętość zajmuje 500 g CO a) w warunkach normalnych; b) od ciśnieniem,00 10 6 Pa i w temeraturze 0,0 C; c) od ciśnieniem,50 10 5 Pa i w temeraturze normalnej; d) w temeraturze 8,0 C i od ciśnieniem normalnym? 4. Pod jakim ciśnieniem znajduje się 68,0 g NH, jeśli zajmuje on objętość 8,0 dm w temeraturze 90,0 C? 5. Jaką objętość w warunkach normalnych zajmuje 700 cm gazu znajdującego się od ciśnieniem 740 mmhg i temeraturze 100 C? 6. W butli stalowej o ojemności 5,0 dm, w temeraturze 6,0 C, srężono ewien gaz do ciśnienia,50 10 7 Pa. Jaką objętość zajmowałby ten gaz w warunkach normalnych? 7. Obliczyć masę molową gazu i odać, jaki to gaz, jeżeli 50,00 cm tego gazu w warunkach normalnych waży 49,4 mg. 8. Ile cząsteczek N znajduje się w 1,50 dm azotu? Obliczenia rzerowadzić dla warunków normalnych. 9. Jaką objętość zajmie ół tony (500 kg) amoniaku w warunkach normalnych? 10. Ile cząsteczek chlorowodoru owstanie w reakcji 5,70 dm H (warunki normalne) z 0,00 mola Cl? 11. Salono,00 dm acetylenu. Obliczyć ile cm CO wytworzy się, jeżeli omiar objętości został dokonany w warunkach normalnych. C H + 5O = 4CO + H O 1. Znajdujący się w warunkach normalnych gaz ogrzano do temeratury 600 K, rzy czym jego objętość wzrosła -krotnie. Obliczyć ciśnienie końcowe gazu. 1. Do naczynia o objętości 0,0 dm, zawierającego azot od ciśnieniem 1,60 10 5 Pa, w temeraturze 0 K wrowadzono 0,0 g N. Obliczyć, do jakiej temeratury należy dorowadzić gaz, aby ciśnienie stało się równe ciśnieniu oczątkowemu. 14. Jaką objętość zajmie mieszanina 1,0 g azotu cząsteczkowego i 14,0 g tlenku węgla w warunkach normalnych? 15. Jaka jest objętość chloru cząsteczkowego w warunkach normalnych, otrzebnego do rzerowadzenia w HCl: a) 0,5000 mola wodoru cząsteczkowego, b) 500 g wodoru, c),00 dm wodoru cząsteczkowego? 16. Ile moli tlenku węgla i ile moli tlenu otrzeba, aby otrzymać 150,0 dm dwutlenku węgla w warunkach normalnych? 17. Oblicz, ile gramów węglanu amonu może owstać w reakcji oisanej oniższym równaniem, jeżeli dysonujemy 15,0 dm CO o ciśnieniu 1,0 10 5 Pa w temeraturze,0ºc. NH + H O + CO = (NH 4 ) CO 18. W zbiorniku o ojemności 5,00 dm znajduje się azot od ciśnieniem 5,000 atm. i temeraturze 10ºC. Obliczyć: a) masę azotu; b) liczbę cząsteczek azotu. 19. Obliczyć masę mieszaniny CO i CO o objętości 16, dm (warunki normalne), jeżeli stosunek objętościowy CO do CO wynosi : 1. 0. Obliczyć, jaką objętość w warunkach standardowych zajmuje mieszanina zawierająca 8,00 g wodoru, 1,0 g CO, i,00 g helu. 1. Ile moli O i jaką masę tlenu zawiera,00 dm owietrza w warunkach normalnych rzy założeniu, że zawartość rocentowa (w rocentach objętościowych) wynosi 1,0 %?. Ile atomów Na i ile dm Cl (warunki normalne) należy użyć, aby otrzymać 10,0 g NaCl? 18

. 15, g owietrza od ciśnieniem 1,4 10 6 zajmuje objętość 0,7 dm w temeraturze 710 K. Obliczyć masę molową tego gazu. 4. W temeraturze 50 K 70,8 g tlenu cząsteczkowego wywiera ciśnienie 4,0 10 5 Pa. Obliczyć stężenie molowe i gęstość tlenu w tych warunkach. 5. Stężenie molowe tlenu cząsteczkowego w temeraturze 00 K jest równe 5,50 mol/m. Obliczyć ciśnienie gazu i jego gęstość. 6. Gaz o temeraturze 400 K znajdujący się od ciśnieniem oczątkowym,00 10 6 Pa rozrężono izotermicznie tak, że ciśnienie zmniejszyło się do 5,0% oczątkowej wartości. Obliczyć oczątkową objętość gazu, jeżeli o rozrężeniu objętość gazu wynosi 8,00 dm. 7. W naczyniu o objętości 7,0 dm od ciśnieniem 1,60 10 Pa w temeraturze 00 K znajdował się argon, który nastęnie srężono izotermicznie do objętości 1,5 dm. Obliczyć temeraturę, do jakiej należałoby odgrzać izochorycznie gaz w naczyniu, aby uzyskać ciśnienie oczątkowe. 8. W naczyniu znajduje się mieszanina dwutlenku węgla i dwutlenku siarki. W temeraturze 450 K ciśnienie cząstkowe CO jest równe,400 10 5 Pa, zaś ciśnienie całkowite 5,00 10 5 Pa. Objętość naczynia jest równa 0,0 dm. Obliczyć ilość moli dwutlenku węgla i dwutlenku siarki w mieszaninie. 9. W naczyniu znajduje się 4,5 g C H 6 i ewna ilość CH 4. Ciśnienie cząstkowe etanu jest równe,00 10 5 Pa, zaś metanu 1,400 10 5 Pa. Objętość naczynia jest równa 15,00 dm. Obliczyć masę metanu i temeraturę mieszaniny. 0. Mieszanina gazowa zawiera 40,0 % (wag) CO i 60,0 % O. Obliczyć, jaką objętość zajmuje 100 kg tej mieszaniny w temeraturze 480 K, jeśli ciśnienie cząstkowe CO wynosi,450 10 5 Pa. 1. Mieszanina gazów (N, CO ), znajdująca się w zbiorniku o objętości 8,00 m, w temeraturze 47 K wywiera ciśnienie 9,500 10 5 Pa. Taka sama ilość azotu, jaka znajdowała się w mieszaninie, w temeraturze 60 K, od ciśnieniem 1.400 10 5 Pa zajmuje objętość 16,00 m. Obliczyć ciśnienia cząstkowe składników mieszaniny.. W zbiorniku o objętości 50,0 m znajduje się mieszanina N, CH 4 i H. Ułamek molowy metanu w mieszaninie jest równy 0,146, a ułamek molowy H 0, 11. Masa azotu równa jest 416 kg. Obliczyć ciśnienie gazu w zbiorniku w temeraturze 00 K.. W temeraturze 960 K w mieszaninie N, Ar i O koncentracje składników są odowiednio równe: 5,1, 8, i 4,48 mol/m. Obliczyć ciśnienia cząstkowe N, Ar i O oraz ciśnienie całkowite mieszaniny. 4. W zbiorniku o objętości 450 m znajdował się azot od ciśnieniem 5,67 10 5 Pa, a w drugim zbiorniku o objętości 00 m znajdował się azot od ciśnieniem 8,56 10 5 Pa. Azot z obu zbiorników rzeomowano do trzeciego, ustego zbiornika o objętości 50 m. Obliczyć ciśnienie gazu w trzecim zbiorniku rzy założeniu, że temeratura rocesu jest stała. 5. Butla o objętości 0,0 dm zawiera 500 g N i 500 g Ar o temeraturze 98 K. Z butli rzeomowano część gazu do ustego zbiornika o objętości 80,0 dm, w którym ten gaz w temeraturze 85 K znajduje się od ciśnieniem 4,5 10 5 Pa. Obliczyć, o ile zmniejszyło się ciśnienie gazu w butli o częściowym jego odomowaniu, jeśli jego temeratura nie uległa zmianie. 6. Oblicz masę molową gazu, którego gęstość w temeraturze 0,0ºC i od ciśnieniem 9,80 10 4 Pa wynosi g/dm. 7. W naczyniu zamkniętym znajdowało się 40,0 dm CO i 0,0 dm Cl. Obliczyć zmianę ciśnienia w naczyniu o rzereagowaniu 50,0% chloru według reakcji: CO + Cl = COCl 19

8. W temeraturze 0 K i od ciśnieniem 1,80 10 5 Pa, 50 cm gazu ma masę równą 0,89 g. Obliczyć masę molową gazu. 9. Gęstość gazu w warunkach normalnych wynosi,0 g/ dm. Obliczyć masę molową oraz gęstość tego gazu względem owietrza.. Jaka będzie masa 900 cm tego gazu w temeraturze 00 K i od ciśnieniem,050 10 5 Pa? 40. 6,00 g substancji gazowej w temeraturze 10,0ºC i od ciśnieniem,06 10 5 Pa zajmuje objętość,40 dm. Pod jakim ciśnieniem,00 g tej substancji w temeraturze 50 K zajmie objętość 00 cm? 41. Obliczyć gęstość względem owietrza nastęujących gazów: a) CO, b) NH, c) CH 4, d) Cl, e) COCl, f) SO, g) H S, h) C H 8. 4. W aaracie Kia umieszczono roztwór odowiadający 196 g czystego kwasu siarkowego (VI) i 100 g metalicznego glinu. Wydzielony wodór zbierano w butli zawierającej już 0,0 g wodoru od ciśnieniem 0,8 atm. Jakie ciśnienie (w atm.) anuje w butli o wyczeraniu jednego z substratów w aaracie Kia? Temeratura w butli jest stała. 4.,0 kg węgla kamiennego zawierającego 7,0 % C salono do dwutlenku węgla. Obliczyć, jakie będzie ciśnienie otrzymanego gazu w zbiorniku o ojemności 4,00 m rzy temeraturze salin 75,0ºC. 44. Z 8,00 moli HgO w rocesie ełnej termolizy otrzymano tlen i wrowadzono go do zbiornika o objętości 60,0 dm, w którym znajdowało się 84,0 g azotu. Obliczyć, jakie jest ciśnienie w zbiorniku rzy temeraturze 7ºC. 45. Obliczyć gęstość roztworu gazowego zawierającego 4,00 mole H i 1,00 mola N w temeraturze 17,0ºC od ciśnieniem 101, 10 Pa. 46. Powietrze zawiera 0,050 % obj. dwutlenku węgla. Obliczyć masę tego gazu zawartą w 1,00 m owietrza w temeraturze 7,0ºC od ciśnieniem 1,00 10 5 Pa. 47. 100 cm gazu A od ciśnieniem 9, 10 Pa i 0,00 dm gazu B od ciśnieniem 106,6 10 Pa w tej samej temeraturze wrowadzono do naczynia o ojemności 50 cm. Oblicz ciśnienie otrzymanego roztworu gazowego. 48. W butli znajduje się mieszanina azotu i tlenu, których ciśnienia cząstkowe są równe: azotu = 8,9 10 5 Pa, tlenu = 4,94 10 5 Pa. Po doomowaniu do butli ewnej ilości azotu ciśnienie w butli wzrosło do,15 10 6. Obliczyć, jak zmieniła się gęstość gazu w butli, jeśli temeratura gazu ozostała niezmieniona. 49. Gęstość bezwzględna ewnego gazu wynosi,50 g/dm w temeraturze 17,0ºC i od cisnieniem 1,04 10 5 Pa. Obliczyć masę molową tego gazu. 50. Ile trzeba nadtlenku wodoru (w gramach), aby wytworzyć,00 dm tlenu w temeraturze 5,0ºC i od ciśnieniem 1,00 atm. w reakcji: H O = O + H O 51. W wyniku salenia 0,0 cm mieszaniny gazowej składającej się z CH 4 i C H 4 w nadmiarze tlenu otrzymano 45,0 cm CO. Obliczyć skład rocentowy objętościowy mieszaniny oddanej saleniu. 5. Pewną objętość mieszaniny gazowej złożonej z CO i C H salono w nadmiarze tlenu. Z gazów o saleniu całkowicie usunięto arę wodną. W wyniku salenia owstało 100,0 cm CO, a objętość zmniejszyła się o 60,0 cm. Obliczyć oczątkową objętość mieszaniny gazowej. 5. 10,0 cm mieszaniny gazowej złożonej z H, CO i CO zmieszano ze 00,0 cm tlenu i salono. Po wyrównaniu temeratury stwierdzono, że objętość gazów o saleniu zmniejszyła się o 90,0 cm, a wyniku absorcji CO rzez roztwór KOH objętość zmniejszyła się o kolejne 80,0 cm. Oblicz skład mieszaniny w rocentach objętościowych, jeżeli w danych liczbowych o saleniu uwzględniono całkowite usunięcie ary wodnej. 54. Po saleniu 80,0 cm mieszaniny gazowej złożonej z etanu i acetylenu w nadmiarze tlenu i o wyrównaniu temeratury stwierdzono, że objętość całkowita zmniejszyła się 0

o 150,0 cm. obliczyć zawartość rocentową C H 6 i C H w mieszaninie, jeżeli ara wodna została całkowicie usunięta. C H 6 + 7O = 4CO + 6H O C H + 5O = 4CO + H O 55. W wyniku salenia 0,0 g żeliwa otrzymano w temeraturze 50,0ºC i od ciśnieniem 1,0 10 5 Pa 10,0 cm tlenku siarki o składzie wagowym S : O = 1 : 1. Gęstość tego tlenku względem wodoru wynosi. Obliczyć rocentowa zawartość siarki w żeliwie. 56. W wyniku salenia 7,00 g stali otrzymano w temeraturze 0,0ºC i od ciśnieniem 8,5 10 4 Pa 6,0 cm tlenku węgla o składzie wagowym C : O = : 7. Gęstość tego tlenku względem wodoru wynosi,0. Obliczyć zawartość rocentowa węgla w stali. 57.,50 g tlenku ewnego metalu zużywa do zredukowania 580 cm wodoru, która to objętość zmierzono w naczyniu nad wodą w temeraturze 14,0ºC i od ciśnieniem,450 10 5 Pa. Prężność ary wodnej w tej temeraturze wynosi 16,00 10 Pa. Obliczyć skład wagowy tlenku i wyrazić go w ostaci rostych liczb całkowitych. 58. Podczas analizy 4,0 g węgla metoda salania otrzymano 6,00 dm tlenku węgla o składzie wagowym C : O = 4 : 6 oraz 6, cm tlenku siarki o składzie wagowym S : O = 1 : 1. Objętość owyższych gazów zmierzono w temeraturze,0ºc i od ciśnieniem 8,51 10 4 Pa. Obliczyć zawartość rocentowa węgla i siarki w róbce węgla, jeżeli gęstość tych tlenków względem owietrza wynosi 1,50 i,10. 59. W wyniku redukcji 5,40 g tlenku miedzi węglem otrzymano ewien tlenek węgla o objętości 900 cm w temeraturze,0ºc i od ciśnieniem 1,91 10 5 Pa. Gęstość tego tlenku węgla względem owietrza wynosiła 0,966. Obliczyć skład rocentowy tlenku miedzi. 60. 0,40 g metalu dwuwartościowego roztworzono w kwasie, rzy czym otrzymano 0,600 dm wodoru zebranego nad woda w temeraturze 7,0ºC i od ciśnieniem 4,510 10 4 Pa. Prężność ary wodnej w tej temeraturze wynosi,560 10 Pa. Obliczyć masę molową i równoważnik metalu. 61. 100,00 cm mieszaniny gazowej złożonej z (CN), NH, C H i tlenu salono kosztem tlenu, będącego w stechiometrycznej ilości w mieszaninie. Po wyrównaniu temeratury stwierdzono, że objętość zmniejszyła się o 6,75 cm oraz wytworzyło się 50,00 cm CO. Obliczyć zawartość oszczególnych gazów w mieszaninie, jeżeli ara wodna została wykrolona. (CN) + O = CO + N 4NH + O = N + 6H O C H + 5O = 4CO + H O 6. Para wytworzona w aaracie V. Meyera z 0,086 g acetonu wyarła 7,5 cm owietrza zebranego nad wodą w temeraturze,0ºc i od ciśnieniem 75,0 mmhg. Obliczyć masę molową acetonu wiedząc, że oziom wody w eudiometrze aaratu i w zbiorniku zewnętrznym były wyrównane, i że rężność nasyconej ary wodnej w temeraturze,0ºc wynosi 1,0 mmhg. 6. Porównać objętość 0,00 g HCl w temeraturze 100,0ºC i od ciśnieniem 50665 hpa, rzewidywaną rzez równanie Claeyrona oraz Van der Waalsa. 64. 84.00 g azotu zajmuje objętość 11,0 cm w temeraturze 0,00ºC. Obliczyć ciśnienie tego gazu stosując: a) równanie stanu gazu doskonałego i b) równanie Van der Waalsa (dla azotu: a = 1,80 dm 6 atm/mol, b = 9,400 cm /mol). Wartość ciśnienia otrzymana doświadczalnie wynosi ok. 40,50 10 6 Pa. 65. W naczyniu o objętości 1,000 dm umieszczono 5,000 moli azotu w temeraturze 50,0 K. Jakiego ciśnienia należałoby oczekiwać: a) na odstawie równania Claeyrona, b) na odstawie równania Van der Waalsa? 1

66. Cząsteczka H i atom He mają jednakową liczbę elektronów. Na odstawie arametrów równania Van der Waalsa dla H i He określ jak się ma średni romień cząsteczki wodoru do romienia atomu helu ( r H < r He l lub r H > r He ).

Odowiedzi do zadań z rozdziału. 1. 17,1 moli.,4 g. a) 54,55 dm ; b) 14, dm ; c) 10, dm ; d) 80,8 dm ; 4. 1,47 10 5 Pa; 5. 499 cm ; 6. 5,71 m ; 7. 9,948 g/mol: Argon; 8.,0 10 ; 9. 659 m ; 10.,05 10 ; 11. 4,00 dm ; 1. 7,4 10 4 Pa; 1. 9,65 K; 14. 8,0 dm ; 15. a) 11,1 dm ; b) 5,60 10 dm ; c),00 dm ; 16. 6,70 mola CO i,5 mola O ; 17. 70,08 g; 18. a) 105,84 g, b),8 10 4 cząsteczek; 19. 0,7 g; 0. 114 dm 1. 1,875 10 - mola; 0,600 g;. 1,0 10 atomów; 1,915 dm ;. 8,8 g/mol 4. 0,095 mol/dm ;,05 g/dm ; 5. 1,7 10 4 Pa, 0,176 kg/m ; 6.,00 dm ; 7. 648 K 8. 1,9 mola CO i,11 mola SO 9. 14, g CH 4, 81 K 0. 10,5 m ; 1. N,14 10 5 Pa, CO 7,6 10 5 Pa;. 1,6 10 6 Pa;. azotu = 4,09 10 4 Pa, argonu = 6,64 10 4 Pa, tlenu =,58 10 4 Pa c = 1,4 10 5 Pa; 4. 1, 10 6 Pa; 5. 1,6 10 6 Pa; 6. 74,7 g/mol; 7. Δ = 1/6 0 ; 8. 5,0 g/mol; 9. 71,74 g/mol,,48, 5,1 g; 40. 1,00 10 6 Pa; 41. a) 1,517, b) 0,587, c) 0,55, d),448, e),414, f),07, g) 1,17, h) 1,517; 4. 1,00 atm.

4. 9,68 10 5 Pa; 44. 5,0 10 5 Pa; 45. 0,0 g/cm ; 46. 0,88 g; 47. 1,6 10 5 Pa; 48. 1,55 49. 58,0 g/mol; 50. 5,56 g; 51. 50,0 % CH 4, 50,0 % C H 4 ; 5. 80,0 cm ; 5..% H, 50,0% CO, 16,7% CO ; 54. 7,5% C H 6, 6,5% C H ; 55. 0,078 %; 56. 0,8 %; 57. 8 : ; 58. 8,6 % C, 0,157 % S; 59. 79,9 % Cu, 0,1 % O; 60. 4,10 g/mol, 1,05; 61. 8,47 cm (CN), 9,56 cm NH, 16,5 cm C H, 65,4 cm O ; 6. 57,87 g/mol 6. V Claeyron = 0,5 dm, V Van der Waals = 0,81 dm ; 64. a),0 10 6 Pa, b) 45.6 10 6 Pa; 65. Claeyron = 1,09 10 7 Pa, Van der Waals = 1,9 10 7 Pa; 66. r H > r He 4