OBLICZENIA CHEMICZNE

1.1 Obliczenia z wykorzystaniem jednostek mas

1.1.1 Masa atomowa, cząsteczkowa, mol

Atomy mają bardzo małe rozmiary i bardzo małe masy. Przykładem może być najlżejszy pierwiastek wodór, którego
bezwzględna masa atomu wyrażona w kg ma wartość - 1,67*10

-27

kg. Do wyznaczania tak małych mas nuklidów

wykorzystuje się spektrometr masowy, który dokonuje pomiarów z trudno wyobrażalną precyzją rzędu 10 cyfr znaczących.
Praktyczne posługiwanie się tak małymi bezwzględnymi wartościami mas atomów jest niedogodne, dlatego do określania
mas atomów zdefiniowano wzorzec masy, którym jest

jednostka masy atomowej (u - unit)

.

Jednostka masy atomowej (u)

jest równa 1/12 masy nuklidu

12

6

C. Ponieważ masa atomu węgla wynosi odpowiednio

1,993*10

-26

kg, stąd

1u = 1/12 masy

12

6

C = 1,6605*10

-27

kg = 1,6605*10

-24

g

Tutaj należy zwrócić uwagę na fakt, że odwrotnością jednostki masy atomowej jest stała Avogadra, czyli 6,02214*10

23

mol

-1

Liczba Avogadra (N

A

) określa liczbę atomów

12

6

C w dokładnie 12 g tego izotopu.

Masy nuklidów wyrażone w atomowych jednostkach masy (u) nazywa się

względnymi masami atomowymi - A

w

zwane też

krótko

masami atomowymi

.

Praktycznie masę atomową A

w

danego pierwiastka wyraża liczba określająca, ile razy masa atomu jest większa od 1/12

masy nuklidu

12

6

C

Z podanej zależności wynika, że znając masę atomową pierwiastka można obliczyć masę jego atomu wyrażoną w kg.

m

a

(kg) = A

w

*1,6605*10

-27

•

Przykład obliczenia masy atomu wapnia
m

Ca

= 40,08*1,6605*10

-27

= 6,65*10

-26

kg

Wartości mas atomowych A

w

wyrażone w jednostkach mas atomowych (u) odczytujemy z układu okresowego pierwiastków

•

Przykład dla helu (He)
Hel(He) - 4,003u.

Podane w układzie okresowym wartości mas atomowych są średnią wartością mas atomowych składu izotopowego
naturalnych pierwiastków. Podaną wartość definiuje się jako średnią masę atomową pierwiastków, co zapisujemy wzorem.

Symbole p

i

i M

i

oznaczają odpowiednio zawartość procentową i masę nuklidu i. Na przykład naturalny magnez składa się z

mieszaniny trzech izotopów, tj.

24

Mg o masie atomowej 23,9850423 u - 78,99%,

25

Mg o masie atomowej 24,9853874 u -

10,00%,

26

Mg o masie atomowej 25,9825937 u - 11,01%. Obliczona zgodnie z powyższym wzorem średnia wartość masy

atomowej wynosi - 24,305 u.

Masa cząsteczkowa M

w

- jest sumą względnych mas atomowych wszystkich atomów zgodnie ze wzorem sumarycznym

jednostki danego zwiazku chemicznego z uwzględnieniem indeksów przy symbolach pierwiastków

•

Przykład dla H

2

SO

4

2 atomy wodoru, jeden atom siarki, cztery atomy tlenu
M

H2SO4

= 2*1,008u + 1*32,06u + 4*15,999u = 98,072u)

Ponieważ reakcje chemiczne przebiegają między atomami albo cząsteczkami, ale bada się je w skali makroskopowej,
dlatego wprowadzono pojęcie mola.
Mol - określa liczbę atomów, czasteczek, jonów, wolnych rodników, cząstek elementarnych lub grup atomów równą liczbie
atomów zawartych w dokładnie 0,012 kg czystego nuklidu

12

6

C, czyli 6,02214*10

23

.

•

Odpowiednio;
w 1 molu węgla jest 6,02214*10

23

atomów węgla,

w 1 molu azotu N

2

jest 6,02214*10

23

cząsteczek azotu,

w 1 molu HCl jest 6,02214*10

23

atomów wodoru i 6,02214*10

23

atomów chloru

Liczba cząstek w molu, 6,02214*10

23

, nazwano

stałą Avogadra

. Stała Avogadra N

A

służy do przeliczania liczby cząstek na

liczbę moli (i odwrotnie).

1.1.2 Masa molowa, objętość molowa

Masa 1 mola materii atomów lub cząsteczek nosi nazwę masy molowej M (kg*mol

-1

).

Wartość liczbowa masy molowej w g*mol

-1

równa jest wartości liczbowej względnej masy atomowej pierwiastka lub

względnej masy cząsteczkowej związku.

M = A

w

M = M

w

• Przykład dla Mg

Masa molowa magnezu M(Mg)= 6,65*10

-23

g * 6,02214*10

23

= 40,08 g*mol

-1

gdzie: 6,65*10

-23

g - masa atomu magnezu

Porównując otrzymaną wartość masy molowej z wartością liczbową umieszczoną w układzie okresowym, widzimy że są one
równe i wynoszą 40,08.

• Przykład obliczenia masy molowej dla (NH

4

)

3

[Fe(CN)

6

]

zgodnie z napisanym wzorem chemicznym odczytujemy, że w 1 molu związku znajduje się;

o

12 moli H

o

6 moli C

o

9 moli N

o

1 mol Fe

odpowiednio obliczone masy pierwiastków wyniosą

o

dla H - 12 x 1,008 = 12,096

o

dla C - 6 x 12,011 = 72,066

o

dla N - 9 x 14,007 = 126,063

o

dla Fe - 1 x 55,847 = 55,847

Masa molowa związku M((NH

4

)

3

[Fe(CN)

6

]) jest sumą mas pierwiastków i wyniesie 266,070 g*mol

-1

Objętość molowa V

m

- określa objętość jednego mola gazu dowolnej substancji w warunkach normalnych i wynosi ona 22,4

dm

3

*mol

-1

•

Przykład
1 mol NO, Cl

2

, N

2

, O

2

, H

2

, SO

3

, HCl, itd zajmują objętość w warunkach normalnych

22,4 dm

3

*mol

-1

Zależność między objętością molową, masą molową i gęstością d określa równanie

V

m

= M/d

Znajomość definicji objętości molowej pozwala nam na przeliczanie dla gazów, jednostek masy, ilości atomów, cząsteczek,
moli na zajmowaną objętość i odwrotnie.
Przy przekształceniach układa się równania na proporcję.

•

Przykład 1
Ile cząsteczek tlenku węgla CO zawiera 448 cm

3

tego gazu w warunkach normalnych i jaka jest jego masa.

1 mol CO - 22,4 dm

3

n moli CO - 448 cm

3

n = 448 cm

3

x 1 mol/22,4 dm

3

= 0,448 dm

3

x 1 mol/22,4 dm

3

= 0,020 mola

Ponieważ 1 mol zawiera 6,02214*10

23

cząsteczek, a więc w 0,020 mola tlenku węgla znajduje się

0,020 mola x 6,02214*10

23

czasteczek/mol = 1,20 * 10

23

cząsteczek

Odpowiedź W warunkach normalnych 448 cm

3

CO zawiera 1,20 * 10

23

cząsteczek

Odpowiednio masa CO wyniesie

1 mol CO - 28 g/mol
0,02 mola - x g

x = 0,02 mola x 28 g/mol / 1 mol = 0,56 g CO
Odpowiedź 448 cm

3

CO ma masę 0,56 g

•

Przykład 2
Jaką objętość zajmuje 56 g azotu N

2

oraz ile cząsteczek azotu znajduje się w tej ilości azotu.

Obliczamy masę molową azotu M(N

2

)

M(N

2

) = 2 x 14 g/mol = 28 g/mol

1 mol N

2

- 28 g/mol

n moli N

2

- 56 g

n = 1 mol N

2

x 56 g / 28 g/mol = 2 mole

1 mol N

2

- 22,4 dm

3

2 mole N

2

- x dm

3

x = 2 mole N

2

x 22,4 dm

3

/ 1 mol N

2

= 44,8 dm

3

Odpowiedź 56 g azotu N

2

zajmuje objętość 44,8 dm

3

Ilość cząsteczek obliczmy
1 mol N

2

- 6,02214*10

23

cząsteczek/mol

2 mole N

2

- x cząsteczek

x = 12,04428*10

23

cząsteczek

Odpowiedź 56 g azotu zawiera 12,04428*10

23

cząsteczek

17.2 Stężenia roztworów

Istnieje wiele sposobów wyrażania stężenia roztworów. Różnią się one między sobą tylko jednostkami, w których podaje się
ilości substancji rozpuszczonej, rozpuszczalnika lub roztworu.

W praktyce chemicznej stężenia roztworów wyraża się najczęściej w:

• procentach wagowych (%)

• molach w 1 dm

3

roztworu (stężenie molowe, mol/dm

3

• molach w 1 kg rozpuszczalnika (stężenie molalne, mol/kg)

• ułamkach molowych składników tworzących roztwór (x)

• stężenia normalne (mol/dm

3

)

17.2.1 Stężenie procentowe roztworu C

p

Stężenie procentowe roztworu C

p

jest określane liczbą jednostek wagowych (mg, g, kg, Mg) substancji rozpuszczonej

zawartych w 100 jednostkach wagowych (mg, g, kg, Mg) roztworu.

• Przykład: roztwór 20%-owy jest to roztwór zawierający 20 jednostek wagowych (mg, g, kg, Mg) substancji

rozpuszczonej w 100 jednostkach wagowych (mg, g, kg, Mg) roztworu,

czyli jest to roztwór powstały ze zmieszania 10 jednostek wagowych (mg, g, kg, Mg) substancji z 90 jednostkami
wagowymi (mg, g, kg, Mg) rozpuszczalnika

Związek między stężeniem procentowym roztworu C

p

, liczbą jednostek wagowych substancji rozpuszczonej a oraz liczbą

jednostek rozpuszczalnika b wyprowadza się w następujący sposób:

jeżeli w a + b jednostek wagowych roztworu znajduje

się a jednostek wagowych substancji rozpuszczonej, to w 100 jednostkach wagowych roztworu znajduje się C

p

jednostek

wagowych substancji rozpuszczonej, czyli;

a + b j.wag. roztworu - a j. wag. substancji

100 j.wag.roztworu - C

p

j. wag. substancji

Z powyższego otrzymujemy wzór na stężenie procentowe

C

p

= a * 100% / (a+b)

• Przykład 1

Oblicz stężenie procentowe roztworu otrzymanego ze zmieszania 20 soli NaCl i 140 g wody.
Rozwiązanie. Masa roztworu jest sumą masy substancji rozpuszczonej i masy rozpuszczalnika: 20 g + 140 g = 160
g

Stąd możemy zapisać że:

w 160 g roztworu znajduje się 20 g NaCl
a w 100 g roztworu znajduje się x g cukru

x = 20*100 / 160 = 12,5 g

W 100 g otrzymanego roztworu znajduje się 12,5 g NaCl, a więc roztwór jest 12,5% - owy

• Przykład 2

Do 30 g 60%-owego roztworu dodano 50 g wody. Oblicz stężenie procentowe otrzymanego roztworu.
Rozwiązanie po dodaniu do roztworu wody jego stężenie zmniejszy się, ale masa substancji rozpuszczonej
pozostanie bez zmiany. należy więc obliczyć masę substancji znajdującej się w 30 g 60% -owego roztworu:

100 g roztworu zawiera 60 g substancji
30 g roztworu zawiera x g substancji

x = 30*60 / 100 = 18 g

Masa roztworu po dodaniu wody wynosi: 30 g + 50 g = 80 g.Po rozcieńczeniu:

80 g roztworu zawiera 18 g substancji
100 g roztworu zawiera x g substancji

x = 18*100 / 80 = 22,5 g

Otrzymany roztwór jest 22,5%-owy

17.2.2 Stężenie molowe roztworu C

m

Stężenie molowe roztworu jest liczbą moli substancji rozpuszczonej w 1 dm

3

roztworu

• Przykład Roztwór 1 molowy jest to roztwór, który w 1 dm

3

roztworu zawiera 1mol substancji (definicja mola).

Stężenie molowe możemy wyrazić wzorem

C

m

= n

j

/ V

gdzie; n

j

- ilość moli składnika j, V - objetość roztworu

Ilość moli składnika n

j

możemy obliczyć z wzoru

n

j

= m

j

/ M

j

gdzie: m

j

- masa substancji j, M

j

- masa molowa substancji j

Wstawiając wyrażenie na n

j

do wzoru na C

m

otrzymamy

C

m

= m

j

/ (M

j

*V)

Przy obliczaniu stężeń molowych możemy korzystać z wzorów na stężenie molowe C

m

lub z równań na proporcję

• Przykład1

Ile gramów NaOH znajduje się w 300 cm

3

0,1 molowego roztworu?

RozwiązanieObliczamy masę molową M(NaOH) - wynosi ona 40 g/mol. Ponieważ roztwór jest 0,1 molowy, to 0,1
mola NaOH ma masę: 0,1 mola x 40g/mol = 4g. To oznacza, że w 1 dm

3

roztworu znajduje się 4 g NaOH.

Układając równania na proporcję możemy napisać

w 1000 cm

3

0,1 molowego znajduje się 4 g NaOH

a w 300 cm

3

0,1 molowego roztworu zawiera x g NaOH

x = 4 x 300 / 1000 = 1,2 g NaOH

Rozwiązanie z wykorzystaniem wzoru W celu obliczenia masy NaOH wzór na C

m

przekształcamy i otrzymujemy

postać, która pozwala nam obliczenie masy NaOH.

m

j

= C

m

*M

j

*V

stąd wstawiając do wzoru dane otrzymamy.

m

NaOH

= 0,1 mol/dm

3

* 40 g/mol * 0,3 dm

3

= 1,2 g NaOH

W 300 dm

3

0,1 molowego roztworu NaOH znajduje się 1,2 g NaOH

Uwaga Korzystając z równań na proporcję jak i z wzoru należy pamiętać o zastosowaniu właściwych jednostek. Jeżeli nie są
zgodne, dokonujemy przeliczeń.

17.2.3 Ułamek molowy

Ułamek molowy X

j

składnika n

j

w roztworze określa udział liczby moli danego składnika w całkowitej liczbie moli fazy

mieszanej.

• Przykład Ułamek molowy X

j

= 0,2 oznacza, że dany składnik roztworu stanowi dwie dziesiące ogólnej liczby moli

roztworu

Zależność między ułamkiem molowym składnika X

j

, liczbą moli tego składnika n

j

oraz ogólną liczbą moli składników

tworzących roztwór (suma)n

j

jest następująca:

X

j

= n

j

/ (suma) n

j

Dla dwuskładnikowego roztworu ułamki molowe obu komponentów są opisane równaniami:

X

1

= n

1

/ (n

1

+ n

2

)

X

2

= n

2

/ (n

1

+ n

2

)

czyli

X

1

+ X

2

= 1

• Przykład 1 Roztwór składa się z dwóch moli kwasu siarkowego i trzech moli wody. Oblicz ułamki molowe obu

składników roztworu
Rozwiązanie Liczba moli H

2

SO

4

n

1

= 2, liczba moli wody n,sub>2 = 3, liczba moli tworzących roztwór: n

1

+ n

2

= 2 + 3

= 5. Ułamki molowe są odpowiednio równe

X

1

= 2 / (2 + 3) = 0,4

X

2

= 3 / (2 + 3) = 0,6

Odpowiedź Otrzymany roztwór składa się z 0,4 ułamka molowego H

2

SO

4

i 0,6 ułamka molowego wody.

17.2.4 Przeliczanie stężeń roztworów

W praktyce chemicznej często zachodzi konieczność przeliczenia stężenia roztworu z jednych jednostek na inne, np.
zamiana stężenia procentowego roztworu na stężenie molowe

W czasie przeliczania stężenia molowego na procentowe i odwrotnie wykorzystujemy równania na proporcje;

100 g - C

p

(%)

1000 x d - x (g)

gdzie: d - gęstość roztworu (g/cm

3

)

Ponieważ stężenie molowe możemy wyrazić równaniem C

m

= x / M, więc równania na proporcje możemy zapisać

100 g - C

p

(%)

1000 x d - C

m

*M(g)

gdzie - M - masa molowa substancji

Związek między stężeniem molowym i procentowym wyrażony wzorem (wyprowadzony z równań na proporcję), możemy
zapisać.

C

m

= (10*d*C

p

) / M

• Przykład 1

Oblicz stężenie molowe 13,45% roztworu Na

2

CO

3

, którego gęstość wynosi d = 1,14 g/cm

3

Rozwiązanie Najpierw obliczamy masę 1 dm

3

roztworu. Wynosi ona 1000 cm

3

*1,14 g/cm

3

= 1140 g. Z równań na

proporcję obliczamy masę Na

2

CO

3

.

100 g roztworu zawiera 13,45 g Na

2

CO

3

w 1140 g roztworu jest x g Na

2

CO

3

x= (13,45 * 1140) / 100 = 153,33 g Na

2

CO

3

Ponieważ masa molowa M Na

2

CO

3

wynosi 106 g/mol to 153,33 g odpowiada 1,45 mola, ponieważ 153,33 : 106,0 =

1,45.
Rozwiązanie z wykorzystaniem wzoru

C

m

= (10*d*C

p

) / M = (10 * 1,14 * 13,45) / 106,0 = 1,45 mol/dm

3

Odpowiedź Roztwór jest 1,45 molowy

• Przykład 2

Oblicz stężenie procentowe 12,5 molowego roztworu KOH, ktorego gęstość wynosi d = 1,48 g/cm

3

Rozwiazanie Masa molowa M(KOH) = 56,11 g/mol. Ponieważ roztwór jest 12,5 molowy, to w roztworze znajduje się
12,5 mol * 56,11 g/mol = 701.38 g KOH. Masa 1 dm,sup>3 roztworu ma masę 1000 cm

3

* 1,48 g/cm

3

= 1480 g.

Jeżeli 1480 g roztworu zawiera 701,38 g KOH

to 100 g roztworu zawiera x g KOH

x = (701,38 * 100) / 1480 = 47,4 g KOH

A to oznacza, że w 100 gramach roztworu jest 47,4 g KOH
Taki sam wynik osiągniemy korzystając z wzoru na przeliczanie jednostek stężenia (patrz wyżej)
Odpowiedź 12,5 molowy roztwór KOH jest 47,4%

17.2.5 Mieszanie roztworów o różnych stężeniach

Po rozcieńczeniu roztworu czystym rozpuszczalnikiem albo po zmieszaniu roztworów tej samej substancji 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 koncowego.

Po zmieszaniu a jednostek wagowych (lub objetościowych) roztworu o stężeniu A oraz b jednostek wagowych (lub
objetościowych) roztworu o stężeniu B, otrzymuje się a + b jednostek wagowych (lub objętościowych) nowego roztworu o
stężeniu C. Jeżeli A>B, to A>C>B.

Zawartość substancji rozpuszczonej w roztworach wyjściowych i końcowym jest jednakowa, zatem:

a * A + b * B = (a + b)* C stąd

a / b = (C - B) / (A - C)

Jest to reguła mieszanin, którą można sformułować w następujący sposób.

Ilości roztworów mieszanych są odwrotnie proporcjonalne do różnicy między stężeniami roztworów wyjściowych i
stężeniem otrzymanego roztworu końcowego

Posługując się regułą mieszania w obliczeniach należy pamiętać, że ilości roztworów wyraża się w jednostkach wagowych,
gdy ich stężenia są podane w procentach, natomiast w jednostkach objętościowych dla roztworów o stężeniach wyrażonych
w mol/dm

3

.

Jeżeli miesza się roztwory, których stężenia podane są w różnych jednostkach, należy najpierw wyrazić w tych samych
jednostkach, a następnie stosować regułę mieszania

Duże udogodnienie w obliczaniu stężenia roztworu powstałego ze zmieszania dwóch roztworów tej samej substancji, ale o
różnych stężeniach, lub podczas rozcieńczania roztworu, daje schemat krzyżowy (metoda krzyżowa) wynikający z reguły
mieszania:

A

--

C - B

=

a

A

\ /

C

/ \

B

--

A - C

=

b

B

Po lewej stronie wypisuje się stężenia roztworów wyjściowych (A) i (B), w środku krzyża żądane stężenie roztworu (C), a po
prawej stronie różnice stężeń, przy czym należy zawsze odejmować od większej wartości stężenia wartość mniejszą.

Rozwinięcie schematu krzyżowego jest następujące: (C-B) jednostek roztworu o stężeniu A zmieszane z (A-C) jednostkami
roztworu o stężeniu B daje (C-B) + (A-C), czyli (A-B) jednostek roztworu o stężeniu C.

• Przykład 1

Ile gramów wody należy dodać do 150 g 30% roztworu, aby otrzymać 22,5% roztwór?
Rozwiązanie Rezultat końcowy obliczeń można otrzymać kilkoma sposobami:
a) W 150 g 30% roztworu znajduje się:

w 100 g roztworu znajduje się 30 g substancji
w 150 g roztworu znajduje się x g substancji

x = 150 x 30 / 100 = 45 g substancji.

Taka sama masa substancji musi znajdować się również w roztworze po rozcieńczeniu.

Jeżeli 100 g roztworu zawiera 22,5 g substancji
to x g roztworu zawiera 45 g substancji

x = 45 x 100 / 22,5 = 200 g roztworu

Masa wody wynika z różnicy mas obu roztworów: 200 g - 150 g = 50 g

b) Stosując regułę mieszania otrzymuje się:

30 x 150 / 100 + x - 0 / 100 = 22,5 (150 + x) / 100

x = 50 g
c) Metoda krzyżowa:

30

--

22,5 - 0

=

22,5g

\ /

22,5

/ \

0

--

30 - 22,5

=

7,5g

czyli: 22,5 g 30% roztworu + 7,5 g wody = 30 g 22,5% roztworu, a stąd:

22,5 g 30% roztworu należy zmieszać z 7,5 g wody
150g 30% roztworu należy zmieszać z x g wody

x = 7,5*150 / 22,5 = 50 g wody

Aby otrzymać 22,5% roztwór należy do 150 g 30% roztworu dodać 50 wody.

• Przykład 2

Ile gramów 25% roztworu należy dodać do 350 g 55% roztworu, aby otrzymać roztwór 30%
Rozwiązanie

55%

--

30 - 25

=

5g

\ /

30%

/ \

25%

--

55 - 30

=

25g

•

5 g (55% roztworu) + 25 g (25% roztworu) = 30 g (30% roztworu)
Stąd
5g 55% roztworu należy zmieszać z 25 g 25% roztworu
350 g 55% roztworu należy zmieszać z x g 25% roztworu

• x = 25 x 350 / 5 = 1750 g 25% roztworu

•

Aby otrzymać 30% roztwór należy do 350 g 55% roztworu dodać 1750 g 25% roztworu

17.3 Stechiometria

Obliczenia chemiczne przeprowadzone na podstawie wzorów i równań reakcji chemicznych nazywa się stechiometrią.

W obliczeniach stechiometrycznych wykorzystuje się oprócz wzorów i równań chemii również podstawowe pojęcia i prawa
chemiczne

17.3.1 Skład ilościowy związków chemicznych

Podobnie jak symbole pierwiastków chemicznych okreslają pojedyńcze atomy w stanie wolnym i związanym oraz
jednostkową masę pierwiastka zwaną masą atomową, tak też wzory chemiczne podają jakościowy i ilościowy skład
związków chemicznych.

Na podstawie wzorów chemicznych można zatem obliczać zawartość ilościową składników (pierwiastków lub grupy
pierwiastków) w związku chemicznym.

• Przykład 1

Obliczyć zawartość potasu w 15 g wodorotlenku potasu o wzorze KOH. Podać skład procentowy tego związku.
RozwiązanieW skład 1 mola cząsteczek wodorotlenku potasu wchodzi 1 mol atomów potasu, 1 mol atomów tlenu, 1
mol atomów wodoru. Masa molowa związku jest równa sumie mas molowych pierwiastków składowych

M(KOH) = M(K) + M(O) + M(H) = 39,01 g/mol + 16,0 g/mol + 1,0 g/mol = 56,01 g/mol

W 56,01 g KOH jest zawarte 39,01 g K, zatem w 15 g znajduje się x g Pb:

w 56,01 g KOH - 39,01 g K
to w 15 g KOH jest x g K

x = 15 x 39,01 / 56,01 = 10,4 g K

Podobnie oblicza się zawartość procentową składników związków z następujących proporcji:

56,01 - 39,01
100 - x

1

x

1

= 100 x 39,01 / 56,01 = 69,6% K

56,01 - 16
100 - x

2

x

2

= 100 x 16 / 56,01 = 28,6% O

56,01 - 1
100 - x

3

x

3

= 100 x 1 / 56,01 = 1,8% H

W podobny sposób obliczamy zawartość ilościową grup pierwiastków w związku chemicznym.

Zaprezentowany sposób określania zawartości związków chemicznych jest wykorzystywany podczas określania wzorów
chemicznych na podstawie składu ilościowego związków. Tzn. wzór związku chemicznego oblicza się znając masy
molowe pierwiastków składowych i ich udziały procentowe w budowie związku.

Najprostsze wzory związków chemicznych oblicza się dzieląc procentowe zawartości pierwiastków wchodzących w skład
związku przez ich masy molowe. Otrzymane w ten sposób liczby ułamkowe okreslają liczby moli pierwiastków w 100 g
związku, czyli udziały molowe pierwiastków wchodzących w skład związku chemicznego.

Ponieważ atomy w reakcjach chemicznych są niepodzielne, obliczone udziały molowe należy wyrazić liczbami całkowitymi.
W tym celu liczby ułamkowe dzieli się przez ich największy wspólny dzielnik.

Otrzymane ilorazy podają liczby całkowite atomów poszczególnych pierwiastków w najprostszej cząsteczce związku
chemicznego.

Udziały procentowe wyznacza się na drodze analizy

17.3.2 Obliczenia na podstawie równań reakcji chemicznych

Równania reakcji chemicznych mają znaczenie równań matematycznych, podają bowiem stosunki ilościowe pomiędzy
reagującymi substancjami i powstającymi w reakcji produktami. Dlatego na podstawie równań chemicznych przeprowadza
się wiele różnorodnych obliczeń o dużym praktycznym znaczeniu w wielu działach chemii. W ten sposób oblicza się np.
wydajność procesów chemicznych oraz ilości substaratów niezbędne do otrzymania pożądanych ilości produktów.

• Przykład 1

Obliczyć, ile gramów CO

2

można otrzymać z 25 g CaCO

3

działając kwasem solnym. jaką objętość zajmie wydzielony

CO

2

w warunkach normalnych.

Kolejność postępowania

o

ułożenie równania reakcji

o

podstawienie danych i szukanych wielkości do równania reakcji

o

podstawienie

iloczynów

współczynników stechiometrycznych i mas molowych substancji do równania reakcji

o

ułożenie proporcji

o

obliczenie

szukanych

wielkości

o

sformułowanie odpowiedzi

Rozwiązanie

Ułożenie równania reakcji

CaCO

3

+ HCl --> CaCl

2

+ 2H

2

O + CO

2

Podstawienie danych i
szukanych wielkości do
równania reakcji

CaCO

3

+ 2HCl --

>

CaCl

2

+ H

2

O

+ CO

2

25g

V

CO2(dm

3

)

25g

m

CO2(g)

Podstawienie iloczynów
współczynników
stechiometrycznych i mas
molowych substancji do
równania reakcji

CaCO

3

+ 2HCl --
>

CaCl

2

+ H

2

O

+ CO

2

1x100,09g/mol

1x22,4dm

3

1x100,09g/mol

1x44,01g/mol

Ułożenie proporcji

Z 100,09 g CaCO

3

otrzymamy 22,4 dm

3

CO

2

to z 25 g CaCO

3

otrzymamy x dm

3

CO

2

Z 100,09 g CaCO

3

otrzymamy 44,01 g CO

2

to z 25 g CaCO

3

otrzymamy x g CO

2

Wynik obliczeń

x dm

3

CO

2

= 5,995 dm

3

x g CO

2

= 10,933 g

Odpowiedź

W reakcji otrzymamy 5,995 dm

3

oraz 10.933 g CO

2

Uwaga W czasie układania równań na proporcję jak i podczas podstawiania danych i szukanych wielkości zwracamy uwagę
na zastosowane jednostki

17.4 Dobieranie współczynników w równaniach chemicznych

Reakcje chemiczne zapisuje się w sposób skrócony równaniami reakcji. Równania podają rodzaje i ilości substancji
reagujących (substratów) oraz substancji powstających w reakcjach chemicznych (produktów), przy czym sumy mas
substratów i produktów są równe, zgodnie z prawem zachowania masy.

Aby reakcję chemiczną przedstawic równaniem, należy:

• znać substraty i produkty reakcji oraz ich symbole albo wzory chemiczne

• sprawdzić prawidłowość zapisanych wzorów chemicznych

• zestawić schemat równania chemicznego

• dobrać w takim schemacie współczynniki przez porównanie liczby atomów lub grup atomów po stronie substratów i

produktów i połączyć je znakiem równości.

Dla przypomnienia, reakcje chemiczne dzieli się na dwa zasadniczne rodzaje.

• przebiegające bez wymiany elektronów między reagującymi substancjami (bez zmiany wartościowości atomów lub

jonów)

• reakcje, w których zachodzi wymiana elektronów miedzy reagentami, nazywane reakcjami redox

Reakcje chemiczne dzielą się na trzy typy reakcji

• reakcja syntezy (łączenia)

A + B --> AB

• reakcja analizy (rozkładu)

AB --> A + B

• reakcja wymiany

A + BC --> AC + B

• Przykład 1

Ułożyć równanie reakcji kwasu fosforowego(V) z wodorotlenkiem wapnia, w wyniku ktorej powstaje fosforan(V)
wapnia i woda
Rozwiązanie;
a) Zestawia się wzory chemiczne substratów i produktow reakcji
substraty: H

3

PO

4

, Ca(OH)

2

produkty: Ca

3

(PO

4

)

2

, H

2

O

b) Sprawdza się prawidłowość zapisanych wzorów przez zbilansowanie wartościowości atomów lub grup atomów,
pamiętając o tym, że w związku chemicznym suma wartościowości dodatnich i ujemnych jest równa zeru.
H

3

PO

4

[1*3 + (-3) = 0]

Ca(OH)

2

[2*1 + (-1*2) = 0]

Ca

3

(PO

4

)

2

[2*3 + (-3*2) = 0]

H

2

O [1*2 + (-2) = 0]

c) Następnie układa się schemat równania chemicznego, umieszczając substraty z lewej strony, a produkty z prawej
strony strzałki wskazującej kierunek przebiegu reakcji chemicznej

H

3

PO

4

+ Ca(OH)

2

--> Ca

3

(PO

4

)

2

+ H

2

O

d) Z prawej strony schematu występują trzy atomy Ca i dwie grupy PO

4

: tyle atomów i grup PO

4

powinno się

znajdować z lewej strony. Zatem H

3

PO

4

mnoży się przez 2 a Ca(OH)

2

przez 3. Z lewej strony występuje 12 atomów

H i 6 atomów O (w grupach OH). Z tych ilości tworzy się 6 czasteczek H

2

O. Efekt bilansowania

2H

3

PO

4

+ 3Ca(OH)

2

--> Ca

3

(PO

4

)

2

+ 6H

2

Teraz należy sprawdzić sumy atomów albo grup atomów występujących po lewej i prawej stronie równania

3Ca = 3Ca
12H = 12H

2PO

4

= 2PO

4

Zgodności wskazują na prawidłowe ułożenie równania.

17.5 Dobieranie wspólczynników w równaniach reakcji redox

Przebieg reakcji utleniania i redukcji (redoks), definicje stopni utlenienia, reakcji utlenienia i redukcji szeroko opisane są w
rodziale IX strony pod tytułem "PROCESY OKSYDACYJNO REDUKCYJNE (REDOX)" - dostepny z menu.

Również i w tym miejscu uzyskasz dostęp do opisu procesów "redoks" klikając na nazwę

PROCESY REDOKS

Dla przypomnienia

W celu zbilansowania niezakończonego równania złożonej reakcji redoks wygodnie jest posługiwać się równaniami reakcji
oiłówkowych. Każde równanie reakcji redoks można rozdzielić na równania dwóch reakcji połówkowych, z których jedno
przedstawia proces utleniania, a drugie proces redukcji.

• Przykład

2I

-

+ 2Fe

3+

-->I

2

+ 2Fe

2+

2I

-

--> I

2

+ 2e

-

- proces utleniania

2Fe

3+

+ 2e

-

--> 2Fe

2+

- proces redukcji

W czasie pisania reakcji redoks o znanych substratach i produktach należy kolejno wykonywać następujące czynności:

• ułożyć równania reakcji połówkowych procesu utleniania i procesu redukcji dodając w razie potrzeby jony H

+

, OH

-

lub

cząsteczki H

2

, w celu zbilansowania równania reakcji połówkowych w odniesieniu do masy substancji

• dobrać najniższe wspólne mnożniki, aby zrównać liczbę elektronów oddanych przez reduktor z liczbą elektronów

przyłączonych przez utleniacz

• pomnożyć poszczególne reakcje połówkowe przez wyznaczone mnożniki

• dodać stronami reakcje połówkowe

• sprawdzić, czy w ostatecznym równaniu są zbilansowane masy oraz ładunki

• Przykład 1

Wprowadzając jodowodór do stężonego roztworu kwasu siarkowego otrzymuje się wolny jod, siarkowodór i wodę.
Ułozyć równanie w postaci cząsteczkowej
Rozwiązanie
a) Rozpoczynamy od ustalenia zmian elektrowartościowości poszczególnych atomów w reagentach.

H

+1

I

-1

+ H

2

+1

S

+6

O

4

-2

-->I

2

0

+ H

2

+1

S

-2

+ H

2

+1

O

-2

Z ułozonego równania widzimy że, jon jodu oddaje jeden elektron, przechodząc w wolny jod, atom siarki przyłącza 8
elektronów, przechodząc w S

2-

, a atomy tlenu i wodoru nie zmieniają swojego stopnia utlenienia. Równania reakcji

połówkowych procesu utlenienia i procesu redukcji w postaci jonowo-cząsteczkowej są następujące:

I

-1

--> 1/2I

2

+ e

-

- proces utlenienia

SO

4

2-

+ 10H

+

+ 8e

-

--> H

2

S + 4H

2

O - proces redukcji

Po lewej stronie równania reakcji połówkowej procesu redukcji dodano 10 kationów H

+

, aby zbilansować to równanie

w odniesieniu do masy substancji. Najniższe wspólne mnożniki dla reakcji połówkowych wynoszą 8 i 1. Mnożąc
równania reakcji połówkowych przez odpowiednie mnozniki oraz dodając stronami oba równania, otrzymuje się:

I

-1

--> 1/2I

2

+ e

-

|| *8

SO

4

2-

+ 10H

+

+ 8e

-

--> H

2

S + 4H

2

O || *1

8I

-1

+ SO

4

2-

+ 10H

+

+ 8e

-

--> 4I

2

+ 8e

-

+ H

2

S + 4H

2

O

Po uporzakowaniu otrzymuje się ostatecznie równanie reakcji w postaci cząsteczkowej

8HI + H

2

SO

4

--> 4I

2

+ H

2

S + 4H

2

O

Więcej przykładów na podstronie "Procesy oksydacyjno redukcyjne"

17.6 Roztwory elektrolitów

Założenia teoretyczne, definicje i wzory dotyczące dysocjacji elektrolitów, klikając na nazwę

ELEKTROLITY

17.6.1 Obliczenia związane ze stopniem dysocjacji, stała dysocjacji i pH

Stopień dysocjacji (alfa)

- jest to stosunek cząsteczek (moli) zdysocjowanych (c) do liczby cząsteczek (moli)

wprowadzonych pierwotnie do roztworu (c

o

)

(alfa)a = c / c

o

Stała dysocjacji kwasowej

- wynika z prawa działania mas. Stałe dysocjacji okreslają równowagę między jonami i

niezdysocjowanymi cząsteczkami - są wielkościami charakterystycznymi dla elektrolitów słabych.

Przykład

CH

3

COOH + H

2

O <=> H

3

O

+

+ CH

3

COO

-

Dla wyżej napisanego przykładu równanie na stałą dysocjacji kwasowej ma postać

K

c

= [H

3

O

+

] * [CH

3

COO

-

] / [CH

3

COOH]

Stopień dysocjacji i stała dysocjacji są wzajemnie ze sobą powiązane zgodnie z prawem rozcieńczeń Oswalda

K

c

= (alfa)

2

* c

o

/ 1 - (alfa)

gdzie c

o

stężenie wyjściowe

Elektrolity mocne nie podlegają prawu działania mas - ponieważ są całkowicie zdysocjowane

Wzory algebraiczne wykorzystywane podczas obliczeń związanych z pH

Dysocjacja wody

H

2

O + H

2

O <=> H

3

O

+

+ OH

-

Wzór na stałą dysocjacji wody

K = [H

3

O

+

]*[OH

-

] / [H

2

O]

2

Iloczyn jonowy wody

K

H2O

= K*[H

2

O]

2

= [H

3

O

+

]*[OH

-

]

Stężenia jonów [H

3

O

+

] [OH

-

]

[H

3

O

+

]=[OH

-

] = 1,00*10

-7

mol/dm

3

Wartość iloczynu jonowego wody

K

H2O

= [H

3

O

+

]*[OH

-

] = 1,00*10

-14

Definicja pH (wykładnik stężenia jonów hydroniowych)

- Jest to ujemny logarytm dziesiętny ze stężenia jonów

wodorowych

pH = -log[H

3

O

+

] stąd

[H

3

O

+

] = 10

-pH

Podobnie

pOH = -log[OH

-

] oraz [OH

-

] = 10

-pOH

oraz

pH + pOH = 14

Przykłady zadań

• Przykład 1

Jaka jest wartość wykładnika stężenia jonów hydroniowych w roztworze, w którym stężenie jonów [H

3

O

+

] = 3*10

-8

mol/dm

3

?. Jaki jest odczyn roztworu?

Rozwiazanie Do obliczenia pH korzystamy ze wzoru pH = -log[H

3

O

+

]

pH = -log[H

3

O

+

] = log(3*10

-8

) = 7,52

Odpowiedź Odczyn roztworu jest zasadowy, ponieważ pH.7,00

• Przykład 2

Jakie jest stężenie molowe kwasu, jeżeli wykładnik stężenia jonów wodorowych pH = 1,60?. Uwaga - dysocjacja
kwasu jest pełna
Rozwiązanie
Sposób 1 - wykorzystanie wzoru pH = -log[H

3

O

+

] = 1,60

Korzystając z tablic logarytmicznych lub kalkulatora odczytamy że,

[H

3

O

+

] = 2,5 * 10

-2

mol/dm

3

Sposób 2 - korzystamy z zależności [H

3

O

+

] = 10

-pH

[H

3

O

+

] = 10

-pH

= 10

-1,6

= 10

(-2 +0,4)

= 10

0,4

* 10

-2

= 2,5*10

-2

mol/dm

3

Odpowiedź Roztwór kwasu jest 0,025 molowy

• Przykład 3

Obliczyć stężenie jonów wodorowych i pH roztworu 0,1 molowego kwasu octowego, jeżeli wartość stałej dysocjacji
kwasu wynosi K

c

= 1,8 * 10

-5

Rozwiązanie Do obliczenia stężenia jonów wodorowych korzystamy z równania na stałą dysocjacji kwasu octowego.

K

c

= [H

3

O

+

] * [CH

3

COO

-

] / [CH

3

COOH]

W stanie równowagi [H

3

O

+

] = [CH

3

COO

-

] = x

oraz [CH

3

COOH] = (c-x)

stąd

K

c

= x

2

/ (c -x)

ponieważ x jest w porównaniu z c bardzo małe to możemy zapisać że, (c - x) = c
wtedy

K

c

= x

2

/ c

Po wstawieniu danych, przekształceniu i obliczeniu otrzymamy że x = [H

3

O

+

] = 1,34 * 10

-3

mol/dm

3

Odpowiedź pH = -log(1,34 * 10

-3

) =2,87

17.6.2 Obliczenia związane z iloczynem rozpuszczalności

W każdym nasyconym roztworze trudnorozpuszczalnego elektrolitu istnieje równowaga pomiędzy jonami elektrolitu w
roztworze a nadmiarem fazy stałej pozostającej z nim w kontakcie.

Roztwór nasycony jest bardzo rozcieńczony, ponieważ elektrolit jest w wodzie trudno rozpuszczalny. W takim rozcieńczonym
roztworze znajdują się wyłącznie jony elektrolitu, natomiast nie są w nim obecne cząsteczki niezdysocjowane.

Stan równowagi opisuje równanie

(KtAn)

st

<=> Kt

+

+ An

-

stąd możemy zapisać że równanie opisujące stan równowagi ma postać

K = [Kt

+

]*[An

-

] / [KtAn]

st

Ponieważ stężenie fazy stałej jest niezmienne, wyraz [KtAn]

st

możemy przenieść na lewą stronę równania, uzyskując iloczyn

dwu stałych nazywany iloczynem rozpuszczalności i oznaczany symbolem K

s

.

K*[KtAn]

st

= K

s

= [Kt

+

]*[An

-

]

Iloczyn stążeń jonowych [Kt

+

]*[An

-

] w nasyconym roztworze nosi nazwę iloczynu jonowego.

Iloczyn jonowy trudno rozpuszczalnego elektrolitu w roztworze nasyconym, pozostającym w równowadze z
nadmiarem fazy stałej, jest rowny iloczynowi rozpuszczalności, wielkości stałej w okreslonej temperaturze.

W przypadku gdy elektrolit dysocjuje na kilka jonów >>2, wyrażenie na iloczyn rozpuszczalności przyjmie postać

K

s

= [Kt

y+

]

x

* [An

x-

]

y

Przykład;

Bi

2

S

3

<=> 2Bi

3+

+ 3S

2-

odpowiednio do przykładu K

s

= [Bi

3+

]

2

* [S

2-

]

3

Iloczyn rozpuszczalności charakteryzuje rozpuszczalność danego trudno rozpuszczalnego elektrolitu w określonej
temperaturze, a jej miarą jest stężenie elektrolitu w roztworze nasyconym. Molową rozpuszczalność trudno rozpuszczalnego
elektrolitu w nasyconym roztworze oznaczono literą S.

W przykładzie molowa rozpuszczalność Bi

2

S

3

wyniesie S

Bi2S3

.

Dla wyżej napisanego przykładu możemy odczytać, że z jednego mola Bi

2

S

3

otrzymamy dwa mole Bi

3+

i trzy mole S

2-

.

Po podstawieniu stężeń do iloczynu jonowego otrzymuje się

K

s

= [Bi

3+

]

2

* [S

2-

]

3

= (2S)

2

* (3S)

3

Wartości iloczynów rozpuszczalności dla różnych substancji są dostępne w postaci tabel w podręcznikach do chemii.

Maja zastosowanie podczas określania warunków w jakich wytrącaja się osady.

• Przykład 1

Do 500 cm

3

0,008 molowego roztworu CaCl

2

dodoano 500 cm

3

0,01 molowego roztworu Na

2

SO

4

. Wykazać, czy w

danych warunkach strąci się osad CaSO

4

.

Wartość iloczynu rozpuszczalności CaSO

4

K

s

= 2,4*10

-5

Rozwiązanie Po zmieszaniu roztworów objętość podwoiła się, a stężenia soli zmniejszyły się do połowy i wynoszą:
[Ca

2+

] = 0,008 * 0,5 = 0,004 mol/dm

3

[SO

4

2-

] = 0,01 * 0,5 = 0,005 mol/dm

3

K

s

= [Ca

2+

] * [SO

4

2-

] = 0,004 * 0,005 = 2,0 * 10

-5

i jest mniejszy od wartości iloczynu rozpuszczalności CaSO

4

;

2,0 * 10

-5

< 2,4 * 10

-5

Odpowiedź; Taki roztwór siarczani wapniowego jest nienasycony i osad się nie strąci.

• Przykład 2

Obliczyć w (g*dm

-3

) rozpuszczalność PBI

2

w czystej wodzie oraz stężenia każdego z jonów w roztworze nasyconym

w temperaturze pokojowej. Wartość iloczynu rozpuszczalności PbI

2

K

s

= 7,1 * 10

-9

Rozwiązanie PbI

2

dysocjuje według równania

PbI

2

<=> Pb

+2

+ 2I

-

z równania widzimy że, z jednego mola powstaje 1 mol Pb

2+

i 2 mole I

-

. Jeżeli molowa rozpuszczalność PbI

2

wynosi

S, to [Pb

+2

] = S, [I

-

] = 2S

Wyrażenie na iloczyn rozpuszczalności dla PbI

2

ma wtedy postać:

K

s

= [Pb

+2

] * [I

-

]

2

= S * (2S)

2

= 7,1 * 10

-9

stąd S = 1,21 * 10

-3

mol/dm

3

.

ponieważ rozpuszczalność trudno rozpuszczalnego elektrolitu określa się jego stężenie molowe w roztworze
nasyconym
S

Pb

+2

= 1,21 * 10

-3

mol/dm

3

[Pb

+2

] = 1,21 * 10

-3

mol/dm

3

[I

-

] = 2 * 1,21 * 10

-3

mol/dm

3

Odpowiednie masy molowe wynoszą: PbI

2

- 461 g/mol, Pb

2+

- 207,2 g/mol, I

-

- 126,9 g/mol

W przeliczeniu na gramy otrzymamy wartosci stężeń, które bedą wynosiły

c

PbI2

= 1,21 * 10

-3

* 461 = 0,5578 g/mol

3

c

Pb

+2

= 1,21 * 10

-3

* 207,2 = 0,2507 g/mol

3

c

I

-

= 2 * 1,21 * 10

-3

* 126,9 = 0,3071 g/mol

3

17.7 Termochemia

Termochemia jest działem chemii obejmującym badania efektów cieplnych reakcji chemicznych oraz ustalanie zależności
efektów cieplnych reakcji chemicznych od parametrów fizycznych. Termochemia zajmuje się zatem badaniem wymiany
ciepła między podlegającym przemianie układem i otoczeniem.

Podstawy teoretyczne zjawisk termochemicznych opisane są w dziale "Elementy energetyki i statyki chemicznej" dostępny
również tutaj.

•

tu kliknij

17.7.1 Ciepło właściwe i ciepło molowe

Ciepło własciwe c jest to ilość ciepła potrzebna do ogrzania jednego kilograma substancji o jeden kelwin (stopień Celsjusza).
Inaczej, ciepło własciwe jest to pojemność cieplna jednostki masy substancji.

Rozróżnia się ciepło własciwe pod stałym ciśnieniem - c

p

oraz ciepło właściwe w stałej objętości - c

v

.

W rozważaniach teoretycznych i obliczeniach termochemicznych ważnym pojęciem jest ciepło molowe C

Ciepło molowe C określa iloczyn ciepła własciwego i masy molowej.

C = c * M

• Przykład 1

Ciepło molowe azotanu potasowego w temp. 298 K wynosi 92,95 J/mol *K. Obliczyć ciepło właściwe azotanu
potasowego w temp. 298 K.
Rozwiązanie Z porównania definicji pojęć ciepła molowego i ciepła własciwego substancji wynika, że w danej
temperaturze

c = C/M

gdzie: M - masa molowa, która dla KNO

3

wynosi M

KNO3

= 101,11 g/mol

Podstawiając do wzoru otrzymamy

c = 92,95 j/mol*K / 0,10111 kg/mol = 919,30 J/kg*K

Odpowiedź Ciepło własciwe dla KNO

3

wynosi c = 919,30 J/kg*K

Jak wiemy z części teoretycznej reakcjom chemicznym jaki i również przemianom fazowym towarzyszą efekty cieplne. Jeżeli
w czasie przemiany wydziela się ciepło, to mówimy, że jest ona egzotermiczna a jeżeli w czasie przemiany mamy do
czynienia z pochłanianiem ciepła, to taką przemianę nazywamy endotermiczną

Również efekty cieplne towarzyszące przemianom fazowym jednego mola substancji definiuje się w następujący sposób:

• molowe ciepło przemiany alotropowej L

pf

- jest to ilość ciepła wydzielona lub pochłonieta podczas izobarycznego i

izotermicznego przejścia jednego mola tej substancji z jednej fazy stałej w inną fazę stałą

• molowe cieoło topnienia L

t

- jest to ilość ciepła potrzebna do izobarycznego i izotermicznego przeprowadzenia

jednego mola tej substancji ze stanu stałego w ciekły

• molowe ciepło parowania L

p

- jest to ilość ciepła potrzebna do przeprowadzenia jednego mola tej substancji ze

stanu ciekłago w parę nasyconą w stałej temperaturze pod ciśnieniem pary nasyconej

• molowe ciepło sublimacji L

s

- przejście ze stanu stałego bezpośrednio w parę nasyconą w stałej temperaturze pod

stałym ciśnieniem pary nasyconej

Również i dla reakcji chemicznych wprowadzono pojęcia związane z molem, a są to:

• ciepło tworzenia Q

tw

- jest to efekt cieplny towarzyszący syntezie jednego mola tego związku w temp. 298,15 K i

pod ciśnieniem 1013,25 hPa z substancji prostych. Jeżeli mamy efekt egzotermiczny to efekt cieplny podaje się ze
znakim plus, a jeżeli efekt jest endotermiczny to zaznaczamy to znakiem minus.
Przykład zapisu reakcji tworzenia

Ca

(s)

+ Br

2(c)

--> CaBr

2(s)

-675,3 kJ

Ciepła tworzenia dużej ilości związków chemicznych podane są w tablicach.

• ciepło spalania - jest to efekt ciepny towarzyszący spalaniu jednego mola substancji. Rownież wartości ciepeł

spalania Q

sp

podane są w tablicach.

Przykład zapisu równania reakcji spalania

C

2

H

2(g)

+ 3/2O

2(g)

--> 2CO

2(g)

+ H

2

O

(c)

-1300,5

17.7.2 Prawo Hessa

Prawo Hessa głosi, że efekt cieplny reakcji chemicznej nie zależy od drogi przemiany danych substratów na
określone produkty, jeśli tylko wszystkie przemiany są izochoryczne lub izobaryczne i nie towarzyszy im praca
nieobjętościowa

Na podstawie tego prawa można obliczać ciepła reakcji chemicznych niemożliwych lub trudnych do przewidzenia pod
warunkiem, że są znane ciepła reakcji pośrednich lub ciepła tworzenia reagentów.

Wykorzystanie prawa Hessa ilustrują poniższe przykłady

• Przykład 1

Obliczyć ciepło tworzenia dwusiarczku węgla (CS,sub>2) na podstawie równan termochemicznych następujących
reakcji
a) CS

2(c)

+ 2O

2(g)

--> CO

2(g)

- -1075,7 kJ

b) S

(romb)

+ O

2(g)

--> SO

2(g)

-297,0 kJ

c) C

(grafit)

+ 1/2O

2(g)

--> CO

(g)

-110,6 kJ

d) CO

(g)

+ 1/2O

2(g)

--> CO

2(g)

- 283,2 kJ

Rozwiązanie Mnożąc równanie termochemiczne reakcji b przez dwa i dodając do niego stronami równania
termochemiczne reakcji ci d, otrzymuje się równanie termochemiczne następującej reakcji:

2S

romb

+ 3O

2(g)

+ C

grafit

--> 2SO

2(g)

+ CO

2(g)

-987,8 kJ

Odejmując stronami od równania termochemicznego tej reakcji równanie termochemiczne reakcji a, otrzymuje się
równanie termochemiczne reakcji tworzenia jednego mola CS

2

z grafitu i siarki rombowej w warunkach

standardowych.

2S

(romb)

+ C

(grafit)

--> CS

2(c)

+ 87,9 kJ

• Przykład 2

Obliczyć ciepło tworzenia acetylenu, wiedząc że jego ciepło spalania wynosi -1300,50 kJ/mol w warunkach
standardowych; ciepło tworzenia dwutlenku wegla jest równe -393,77 kJ/mol i ciepło tworzenia wody ciekłej równa
się -286,04 kJ/mol
Rozwiązanie Reakcje spalania jednego mola acetylenu w warunkach standardowych wyraża równanie
termochemiczne

C

2

H

2(g)

+ 5/2O

2(g)

--> 2CO

2(g)

+ H

2

O

(c)

-1300,50 kJ

Zgodnie z umową ciepło tworzenia tlenu jest równe zeru, więc dla reagentów tej reakcji nieznane jest tylko ciepło
tworzenia acetylenu, które można obliczyć z ciepła reakcji, równego różnicy pomiędzy sumą ciepła tworzenia dwóch
moli gazowego dwutlenku wegla i jednego mola ciekłaej wody a ciepłem tworzenia (x) jednego mola gazowego
acetylenu.
-1300,50 kJ = 2 mole*(-393,77)kJ/mol + 1 mol*(-286,04)kJ/mol - 1 mol*X
stąd X = 226,92 kJ/mol
Odpowiedź Ciepło tworzenia acetylenu wynosi 226,92 kJ/mol

17.8 Prawa stanu gazowego

Podstawy teoretyczne opisujące stan gazowy zawarte są w dziale "Stany skupienia materii - stan gazowy" dostępny również
tutaj.

•

tu kliknij

W obliczeniach stanu gazowego maja zastosowanie:

• prawo Boyle'a-Mariott'a

• prawa Gay-Lussaca i Charlesa

• równanie stanu gazowego (równanie Clapeyrona)

• prawo Daltona

• równanie van der Waalsa

Zadania do prawa Boyle'a-Mariott'a

• Przykład 1

Pewna masa gazu zajmuje objetość 200 cm

3

pod ciśnieniem 300 hPa. Obliczyć jej objętość pod ciśnieniem 1200

hPa w tej samej temperaturze.
Rozwiązanie należy obliczyć niewiadomą v

2

z równania Boyle'a-Mariotte'a

v

1

/ v

2

= p

2

/ p

1

(t=const, m=const)

v

2

= v

1

*p

1

/ p

2

= 50 cm

3

Odpowiedź Objetość gazu pod cisnieniem 1200hPa wynosi 50 cm

3

.

Zadania do prawa Gay-Lussaca i Charlesa

• Przykład 2

Jaką objętość zajmą 2 mole wodoru w temp. 100

o

i pod cisnieniem 1013,25 hPa?

Rozwiązanie W warunkach normalnych 1 mol wodoru zajmuje objetość 22,4 dm

3

, a więc objętość dwóch moli

wodoru wynosi

2 * 22,4 dm

3

= 44,8 dm

3

Objętość dwóch moli wodoru w temp. 100

o

C mozna obliczyć według jednego z równań dla przemiany izobarycznej

(p = 1013,25 hPa), np. według równania;

v

t

= v

o

(1 + a*t)

gdzie a = 1/273,15
v

100

o

= 44,8 dm

3

(1 + 100/273,15) = 61,2 dm

3

Zadania z wykorzystaniem równania stanu gazu doskonałego (pv = nRT)

W przypadku stałej liczby n moli gazu, równanie sprowadza się do postaci

p

1

*v

1

/T

1

= p

2

*v

2

/T

2

Inne postaci równania

pv = mRT / M

p = cRT gdzie; c =n/v

• Przykład 3

Jaką objętość zajmie 0,4 mola gazu w temp. 22

o

i pod ciśnieniem 608 Pa?

Rozwiązanie W równaniu stanu gazu w postaci pv = nRT, niewiadomą jest v. Temperaturę zamieniamy na stopnie
Kelvina K = (273,15 + 22) = 295,15
Po przeksztalceniu rownania otrzymujemy v = nRT / p. Podstawiając dane otrzymamy, że v = 1614 dm

3

Odpowiedź 0,4 mola gazu w temp. 22

o

C i pod cisnieniem 608 Pa zajmuje objetość 1614 dm

3

Zadania z wykorzystaniem równania prawa Daltona

Według prawa Daltona ciśnienie ogólne roztworu (mieszaniny) gazów doskonałych p równe jest sumie ciśnień cząstkowych
p

1

, p

2

, p

3

...... jego składników:

p = p

1

+ p

2

+ p

3

+ .......

Ciśnienie cząstkowe składnika i (p

i

) jest to ciśnienie, jakie wywierałby ten składnik, gdyby sam wypełniał całą przestrzeń

(objętość) zajmowaną przez roztwór gazowy w tej temperaturze.

Dla roztworu gazowego o właściwościach gazu doskonałego można wyrazić ciśnienie cząstkowe składnika i za pomocą
wzoru.

p

i

= (n

1

*R*T) / v = c

i

*R*T

gdzie: n

i

- liczba moli składnika i, c

i

- stężenie molowe składnika i.

Ciśnienie ogólne doskonałego roztworu gazowego wynosi.

p = (n*R*T) / v

Dzieląc równanie na ciśnienie cząstkowe przez równanie ogólne otrzymuje się zależność.

p

i

/p = n

i

/n

stąd

p

i

= (n

i

*p) / p = x

i

*p

gdzie: x

i

- ułamek molowy składnika i w roztworze.

• Przykład 4

Roztwór gazowy składa się z 336 g tlenku węgla i 76,6 g wodoru. Oblicz objętość całkowitą tego roztworu w tmp.
500 K pod ciśnieniem 101325 Pa oraz stężenia molowe i ciśnienia cząstkowe jego składników w podanych
warunkach.
Rozwiązanie Masy molowe składników wynoszą; M

CO

= 28,01 g/mol, M

H2

= 2,016 g/mol. Zatem roztwór gazowy

zawiera następującą liczbę moli tlenku węgla i wodoru.

N

CO

= 336g / 28,01 = 12 moli

n

H2

= 76,6g / 2,016 = 38 moli

Suma moli n obu składników wynosi: n = 12 moli + 38 moli = 50 moli
Zakładając, że rozpatrywany roztwór ma właściwości gazu doskonałego, objętość całkowitą roztworu można określić
z równania stanu gazu w postaci:

v = nRT / p = 50moli*8,314J/Kmol*500K / 101325 Pa = 2,0514 m

3

Ciśnienia cząstkowe tlenku wegla p

CO

i wodoru p

H2

obliczamy z zależności;

p

CO

= x

CO

*p i p

H2

= x

H2

* p

wartości ułamków molowych obliczamy z równań

x

CO

= n

CO

/ n

CO

+ n

H2

= 12 moli / 50 moli = 0,24

x

H2

= n

H2

/ n

CO

+ n

H2

= 38 moli / 50 moli = 0,76

stąd

p

CO

= 0,24 * 101325 = 24318 Pa

p

H2

= 0,76 * 101325 = 77007 Pa

odpowiednio stężenia molowe wynoszą:

c

CO

= n

CO

/ v = 12 moli / 2051,4dm

3

= 5,85*10

-3

mol/dm

3

c

H2

= n

H2

/ v = 38 moli / 2051,4dm

3

= 1,85*10

-2

mol/dm

3

Zadania z wykorzystaniem równania van der Waalsa

W niskich temperaturach i przy wysokich ciśnieniach gazy rzeczywiste wykazują odstępstwa od praw gazów doskonałych.
Dla wytłumaczenia tych odstępstw van der Waals wprowadził do równania stanu gazu poprawki uwzględniające wzajemne
oddziaływanie i objętość własną cząsteczek. Równanie stanu dla 1 mola gazu rzeczywistego w ujęciu van der Waalsa ma
postać:

(p + a/V

2

)(V-b) = RT

gdzie; V - objętość molowa gazu rzeczywistego, p -ciśnienie, T - temperatura w kelwinach, a i b - stałe dla danego rodzaju
gazu rzeczywistego. Poprawka a uwzglednia istnienie sił międzycząsteczkowych, natomiast b jest poprawką związaną z
objętością własną cząsteczek gazu.
Tylko w przypadku rozrzedzonych gazów rzeczywistych obie poprawki, poprawka a na ciśnienie wewnętrzne i poprawka b
na objętość własną cząsteczek, są bardzo małe i można je pominąć, otrzymując równanie stanu gazu doskonałego.

• Przykład 5

Na podstawie równania van der Waalsa obliczyć temperaturę, w której 1 mol amoniaku zajmuje objetość 0,5 dm

3

pod ciśnieniem 10MPa. Stałe a i b dla amoniaku wynoszą odpowiednio 0,42 N*m

4

*mol i 3,73*10

-5

m

3

/mol.

Rozwiązanie Przekształcając równanie van der Waalsa dla 1 mola gazu, otrzymuje się.

T = (p + a/V

2

)(V - b) / R

skąd po podstawieniu odpowiednich danych ( z uwzględnieniem, że 10MPa = 10

7

N/m

2

; 0,5 dm

3

= 5*10

-4

m

3

; 8,314

J*K

-1

= 8,314 N*m / K*mol) otrzymuje się wynik

T = 650 K.