Odpowiedz do
Od ow edzi do
z ioru za ań z
zbi u zadań z
chemii
chem
Wszystkie te zadania są rozwiązane i dokładnie jest wytłumaczony sposób ich
rozwiÄ…zania. https://ssl.dotpay.eu/?pid=1H5ZLFNPSEGUA4ZY3X915EUGE892EUWC
Skopiuj powyższy link do przeglądarki (cena za odpowiedzi do zadań 15 zł).
Po zaksięgowaniu wpłaty na moim koncie otrzymasz odpowiedzi do zadań w
formacie pdf.
SPIS TREŚĆI
1. PODSTAWOWE POJ
CIA CHEMICZNE.......................................................................................................... 1
1.1. MASA ATOMOWA I CZ
STECZKOWA, MASA ATOMU I CZ
STECZKI ........................................................................... 1
1.2. MOL, MASA MOLOWA, LICZNOŚĆ MATERII, LICZBA AVOGADRO ............................................................................... 3
1.3. MOL, OBJ
TOŚĆ MOLOWA GAZU ............................................................................................................................... 6
1.4. PRAWA GAZOWE ...................................................................................................................................................... 9
2. BUDOWA ATOMU, UKA
AD OKRESOWY PIERWIASTKÓW .................................................................... 13
2.1. KONFIGURACJA ELEKTRONOWA PIERWIASTKÓW .................................................................................................... 13
2.2. BUDOWA CZ
STECZKI, BUDOWA WI
ZANIA CHEMICZNEGO ................................................................................... 17
2.3. HYBRYDYZACJA, GEOMETRIA CZ
STECZKI, METODA VSEPR ................................................................................ 22
2.4. PROMIENIOTWÓRCZOŚĆ ......................................................................................................................................... 27
2.5. IZOTOPY ................................................................................................................................................................. 29
3. STECHIOMETRIA ............................................................................................................................................... 32
3.1. OBLICZANIE WZORU ZWI
ZKU NA PODSTAWIE SKA
ADU ILOÅšCIOWEGO .................................................................. 32
3.2. OBLICZANIE WZORU ZWI
ZKU NA PODSTAWIE RÓWNANIA REAKCJI....................................................................... 41
4. STECHIOMETRIA REAKCJI ............................................................................................................................ 45
4.1. OBLICZENIA NA PODSTAWIE RÓWNANIA REAKCJI ................................................................................................... 45
4.2. WYDAJNOŚĆ REAKCJI ............................................................................................................................................. 62
4.3. CHEMIA ORGANICZNA ............................................................................................................................................ 65
4.4. USTALANIE SKA
ADU MIESZANIN ............................................................................................................................. 69
5. ST
ŻENIA ROZTWORÓW ................................................................................................................................ 75
5.1. ST
ŻENIE MOLOWE ................................................................................................................................................. 75
5.2. ST
ŻENIE PROCENTOWE ......................................................................................................................................... 79
5.3. ROZPUSZCZALNOŚĆ SUBSTANCJI ............................................................................................................................ 91
5.4. PRZELICZANIE ST
ŻEC
............................................................................................................................................ 96
5.5. MIESZANIE ROZTWORÓW ....................................................................................................................................... 98
5.6. OBLICZANIE ST
ŻENIA ROZTWORU NA PODSTAWIE RÓWNANIA REAKCJI .............................................................. 107
6. TERMOCHEMIA ................................................................................................................................................ 117
7. ELEKTROCHEMIA ........................................................................................................................................... 120
8. RÓWNOWAGA CHEMICZNA ......................................................................................................................... 126
8.1. SZYBKOŚĆ REAKCJI .............................................................................................................................................. 126
8.2. STAA
A RÓWNOWAGI REAKCJI ............................................................................................................................... 127
9. RÓŻNE REAKCJE.............................................................................................................................................. 139
9.1. ZADANIA TEKSTOWE ............................................................................................................................................ 139
9.2. SCHEMATY REAKCJI ............................................................................................................................................. 144
9.3. PROJEKTOWANIE DOÅšWIADCZEC
.......................................................................................................................... 146
10. RÓWNOWAGI JONOWE W WODNYCH ROZTWORACH ELEKTROLITÓW ..................................... 149
10.1. DYSOCJACJA ELEKTROLITYCZNA ...................................................................................................................... 149
10.2. HYDROLIZA ...................................................................................................................................................... 151
10.3. STAA
A I STOPIEC
DYSOCJACJI............................................................................................................................ 155
10.4. OBLICZENIA NA PODSTAWIE PH ROZTWORU ..................................................................................................... 165
10.5. ROZTOWRY BUFOROWE .................................................................................................................................... 171
10.6. ILOCZYN ROZPUSZCZALNOÅšCI .......................................................................................................................... 174
11. REAKCJE REDOKS .......................................................................................................................................... 178
11.1. UTLENIACZ I REDUKTOR, STOPIEC
UTLENIENIA ................................................................................................ 178
11.2. DOBÓR WSPÓA
CZYNNIKÓW REAKCJI ................................................................................................................ 181
12. UKA
AD OKRESOWY PIERWIASTKÓW ...................................................................................................... 191
12.1. RÓŻNE REAKCJE ............................................................................................................................................... 191
12.2. LITOWCE .......................................................................................................................................................... 191
12.3. BERYLOWCE .................................................................................................................................................... 191
12.4. BOROWCE ........................................................................................................................................................ 192
12.5. W
GLOWCE...................................................................................................................................................... 192
12.6. AZOTOWCE ...................................................................................................................................................... 195
13. W
GLOWODORY ............................................................................................................................................. 196
13.1. W
GLOWODORY NASYCONE ............................................................................................................................ 196
13.2. WEGLOWODORY NIENASYCONE (ALKENY I ALKINY) ........................................................................................ 206
13.3. W
GLOWODORY AROMATYCZNE ..................................................................................................................... 216
14. ALKOHOLE ........................................................................................................................................................ 222
15. ALDEHYDY I KETONY.................................................................................................................................... 228
16. KWASY KARBOKSYLOWE ............................................................................................................................ 230
17. NITROZWI
ZKI ................................................................................................................................................ 233
18. TA
USZCZE I ESTRY ......................................................................................................................................... 234
19. AMINOKWASY I BIAA
KA ............................................................................................................................... 241
20. CUKRY ................................................................................................................................................................ 244
21. NAZEWNICTWO ZWI
ZKÓW I RYSOWANIE WZORÓW ..................................................................... 245
Podstawowe pojęcia chemiczne
CHEMIA NIEORGANICZNA
1. Podstawowe pojęcia chemiczne
1.1. Masa atomowa i czÄ…steczkowa, masa atomu i czÄ…steczki
1.1-1.
Mol jest taką ilością atomów, jonów, cząsteczek jaka znajduje się w 12 g izotopu węgla 12C. W tej ilości izotopu węgla
znajduje się 6,023.1023 atomów węgla, wiec w jednym molu ołowiu znajduje się 6,023.1023 atomów ołowiu. Ta ilość atomów
waży 207,2 g (odczytane z układu okresowego pierwiastków). Co można zapisać:
6,023.1023 atomów waży 207,2 g, czyli
6,023×1023 207,2g
1 atom ołowiu waży x g, co można zapisać:
= czyli x=34,4×10-23g
1x
1.1-2.
Mol jest taką ilością atomów, jonów, cząsteczek jaka znajduje się w 12 g izotopu węgla 12C. W tej ilości izotopu węgla
znajduje się 6,023.1023 atomów węgla, czyli 1 atom węgla ma masę mC = 12g . Masę 1/12 jednego atomu
= 1,99 Å"10-23 g
6,023 Å"1023
węgla 12C, czyli 1,66.10-24g przyjęto za 1u. Możemy więc zapisać:
1,66.10-24 g to 1 u, więc
5,32.10-23 g to x u, czyli
1,66 Å"10-24 g 1u 5,32 Å"10-23g
= czyli x = = 32,05u
5,32 Å"10-23g x 1,66 Å"10-24 g
Z układu okresowego pierwiastków możemy odczytać, że nieznanym pierwiastkiem jest siarka.
1.1-3.
Masa cząsteczkowa jest sumą mas atomowych. Masy atomowe pierwiastków odczytujemy z układu okresowego
pierwiastków:
1) CO  cząsteczka składa się z jednego atomu węgla i jednego atomu tlenu: MC=12u, MO=16u, czyli MCO=12u+16u=28u
2) CO2  cząsteczka ta składa się z 1 atomu węgla i 2 atomów tlenu: MC=12u, MO=16u, czyli MCO2=12u+2.16u=44u
3) Al2O3  cząsteczka składa się z 2 atomów glinu i 2 atomów tlenu: MAl=27u, MO=16u, czyli MAl2O3=2.27u+3*16u=102u
4) NaOH  cząsteczka składa się z jednego atomu sodu, jednego atomu tlenu i jednego atomu wodoru: MNa=23u, MO=16u,
MH=1u, czyli MNaOH=23u+16u+1u=40u
5) Al(OH)3 cząsteczka składa się z 1 atomu glinu, 3 atomów tlenu i 3 atomów wodoru: MAl=27u, MO=16u, MH=1u, czyli
MAl(OH)3=37u+3.16u+3.1u=78u
6) H2SO4  cząsteczka kwasu siarkowego(VI) składa się z 2 atomów wodoru, 1 atomu siarki i 4 atomów tlenu: MH=1u, MS=32u,
MO=16u, czyli MH2SO4=2.1u+32u+4.16u=98u
1.1-4.
Masa cząsteczkowa jest sumą mas atomów wchodzących w skład cząsteczki. Masy atomowe pierwiastków
odczytujemy z układu okresowego pierwiastków: MAl=27u, MO=16u, więc MAl2O3=2.27u+3.16u=102u, lub masa cząsteczkowa
wyrażona w gramach: MAl2O3=102g. Tę masę ma mol cząsteczek, czyli 6,023.1023 cząsteczek. 1 cząsteczka ma masę:
102g
m == 16,9 Å"10-23 g
6,023 Å"1023
.
1.1-5.
Masa jednej cząsteczki (bezwzględna masa cząsteczkowa) mcz=Mcz/N0 (N0 jest liczbą Avogadro N0=6,023.1023).
Bezwzględną masę cząsteczki mcz można również obliczyć sumując bezwzględne masy atomów wchodzących w skład
cząsteczki. Bezwzględna masa atomu m=M/N0. Masy atomowe odczytujemy z układu okresowego pierwiastków: Mc=12g/mol,
12g/mol 1g/mol
MH=1g/mol, czyli . Masa 9 atomów węgla
mc == 1,99 Å"10-23 g, natomiast mH == 1,66 Å"10-24 g
6,023 Å"10231/ mol 6,023 Å"10231/ mol
m9C=9.1,99.10-23g=17,91.10-23g. Masa 13 atomów wodoru m13H=13.1,66.10-24g=2,16.10-23g.
Bezwzględna masa cząsteczki mcz=(17,91+2,16+2,33).10-23=22,4.10-23g. Masa cząsteczkowa M=mczN0=22,4.10-
23
g.6,023.10231/mol=134,9g/mol lub 134,9u.
- 1 -
Podstawowe pojęcia chemiczne
1.1-6.
Masa cząsteczkowa jest sumą mas atomowych pomnożonych przez współczynniki stechiometryczne. Dla związku
opisanego ogólnym wzorem AaBbCc masa cząsteczkowa związku MAaBbCc=aMA+bMb+cMc, gdzie MA, MB, MC  masy atomowe
odczytane z układu okresowego pierwiastków.
110u - 62u
a) M=2MP+xMO MP=31u, MO=16u. PodstawiajÄ…c dane do wzoru na M otrzymamy: 110u=2.31u+x.16u, stÄ…d .
x == 3
16u
Wzór związku P2O3.
b) M=30u=2.12u+x.1u, stąd x=6. Wzór związku C2H6.
c) M=178u=4.1u+x.31u+7.16u, stąd x=2. Wzór związku H4P2O7.
1.1-7.
Masa cząsteczkowa jest sumą mas atomowych pomnożonych przez współczynniki stechiometryczne. Dla związku
opisanego ogólnym wzorem AaBbCC masa cząsteczkowa związku MAaBbCc=aMA+bMb+cMc, gdzie MA, MB, MC  masy atomowe
odczytane z układu okresowego pierwiastków.
a) EO2 M=44u=ME+2.16u, stąd ME=12u. W układzie okresowym pierwiastków odnajdujemy, że pierwiastek o masie atomowej
12u to węgiel, a opisany związek to CO2.
b) E2S3 M=208u=2.ME+3.32u, stąd ME=56u, co odpowiada masie atomowej żelaza, Fe2S3.
c) H2EO4 M=98u=2.1u+ME+4.16u, stÄ…d ME=32u, co odpowiada masie atomowej siarki, H2SO4.
1.1-8.
Cząsteczkę boru można zapisać w postaci Bx. Masa cząsteczkowa tej cząsteczki M=xMB, czyli 132u=xMB, 132u=x.11u.
Stąd x=12. Cząsteczka boru składa się zatem z 12 atomów boru B12.
1.1-9.
Masa cząsteczkowa jest sumą mas atomowych pomnożonych przez współczynniki stechiometryczne. Dla związku
opisanego ogólnym wzorem AaBbCC masa cząsteczkowa związku MAaBbCc=aMA+bMb+cMc, gdzie MA, MB, MC  masy atomowe
odczytane z układu okresowego pierwiastków.
ME2O=2ME+16u
a) MEO2=ME+2.16u. Z waunków zadania wynika, że ME2O < MEO2, czyli 2ME+16u < ME+2.16u. Rozwiązując nierówność
otrzymamy: ME <16u
b) MEO2=ME+2.16u. Z waunków zadania wynika, że ME2O > MEO2, czyli 2ME+16u > ME+2.16u. Rozwiązując nierówność
otrzymamy: ME >16u
1.1-10.
Masa cząsteczkowa jest sumą mas atomowych pomnożonych przez współczynniki stechiometryczne. Dla związku
opisanego ogólnym wzorem AaBbCC masa cząsteczkowa związku MAaBbCc=aMA+bMb+cMc, gdzie MA, MB, MC  masy atomowe
odczytane z układu okresowego pierwiastków.
Jeżeli pierwiastek jest jednowartościowy, to tworzy siarczek typu E2S, a tlenek typu E2O. ME2S=2.ME+32u, natomiast
ME2O=2.ME+16u. Z warunków zadania wynika, że: ME2S = 1,26.ME2O czyli: 2.ME+32u = 1,26(2.ME+16u). Rozwiązując równanie
względem ME otrzymamy:
0,52ME=11,84u, czyli ME=22,7u. Z układu okresowego pierwiastków znajdujemy, że opisywanym pierwiastkiem jest sód, który
tworzy siarczek: Na2S i tlenek Na2O.
1.1-11.
Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023.1023 cząstek. Ta ilość cząsteczek
ma pewną masę, którą nazywamy masą molową.
Masę molową związku liczymy sumując masy atomowe pierwiastków pomnożone przez współczynniki stechiometryczne. Masy
atomowe atomów odczytuje się z układu okresowego pierwiastków. W przypadku CO2
MCO2=MC+2MO=12g/mol+2.16g/mol=44g/mol. Stosując prostą zależność (proporcje) obliczamy masę 2.1023 cząsteczek CO2:
6,023.1023 czÄ…steczek CO2 ma masÄ™ 44g, to
6,023 Å"1023 44g
2.1023 czÄ…steczek CO2 ma masÄ™ x, czyli:
= czyli x=14,61g
2 Å" 2023 x
1.1-12.
Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023.1023 cząstek. Ta ilość cząsteczek
ma pewną masę, którą nazywamy masą molową. W przypadku rtęci, 1 mol rtęci (6,023.1023 atomów) ma masę 201g. W 5 cm3
rtęci znajduje się (d=m/V) m=dV=5 cm3.13,5 g/cm3=67,5 g rtęci. Ilość atomów rtęci w tej masie obliczymy z proporcji:
6,023.1023 atomów rtęci ma masę 201, to
- 2 -
Podstawowe pojęcia chemiczne
x atomów rtęci ma masę 67,5 g, czyli:
6,023 Å"1023 201g
= czyli x=2,02×1023 atomów
x 67,5g
1.2. Mol, masa molowa, liczność materii, liczba Avogadro
1.2-1.
Ze wzoru siarczku glinu Al2S3 wynika, że:
w 1 molu Al2S3 znajdujÄ… siÄ™ 2 mole glinu i 3 mole siarki, to
w 0,6 mol Al2O3 znajdujÄ… siÄ™ x moli glinu i y moli siarki, czyli:
1mol 2mol 1mol 3mol
, stÄ…d x=1,3 mol oraz y=1,8 mol.
= oraz =
0,6mol x 0,6mol y
W 0,6 mol Al2S2 znajduje siÄ™ 1,2 mol glinu i 1,8 mol siarki.
1.2-2.
Ze wzoru kwasu siarkowego H2SO4 wynika, że:
w 1 molu kwasu znajdują się 4 mole atomów tlenu, czyli w 2 molach tego kwasu znajduje się 8 moli atomów tlenu.
1.2-3.
Ze wzoru wody H2O wynika, że:
w 1 molu wody znajdują się 2 mole atomów wodoru i 1 mol atomów tlenu, czyli w 3 molach wody znajduje się 6 moli atomów
wodoru i 3 mole atomów tlenu.
1.2-4.
W jednym molu chlorku wapnia CaCl2 znajduje się 1 mol wapnia i 2 mole atomów chloru (1mol chloru, ponieważ chlor
występuje w postaci cząsteczek dwuatomowych Cl2), to w 2 milimolach CaCl2 znajdują się 2 milimole wapnia i 4 milimole
atomów chloru (2 milimole chloru). 1 milimol to 0,001mol.
1.2-5.
Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.).
a) Wodór i tlen występują w postaci cząsteczek dwuatomowych H2 i O2. W jednym molu wodoru znajdują się 2 mole atomów
wodoru, w jednym molu tlenu znajdują się również 2 mole atomów tlenu.
b) Wodór H2, natomiast hel jest gazem szlachetnym i występuje w postaci atomowej He. W jednym molu wodoru znajdują się 2
mole atomów wodoru, a w 1 molu helu znajduje się 1 mol atomów helu.
c) W jednym milimolu SO2 znajduje się 1 milimol siarki oraz 2 milimole atomów tlenu, w sumie 3 milimole atomów. W jednym
milimolu SO3 znajduje się 1 milimol siarki oraz 3 milimole atomów tlenu. W sumie 4 milimole atomów.
1.2-6.
Ze wzoru wody H2O wynika, że w 1 molu wody znajduje się 1 mol atomów tlenu, to w 7 molach wody znajduje się 7 moli
atomów tlenu. W nadltenku wodoru H2O2, w 1 molu znajdują się 2 mole atomów tlenu, to w 4 molach H2O2 znajduje się 8 moli
atomów tlenu.
1.2-7.
LiczbÄ™ moli n obliczamy ze wzoru n=m/M, gdzie M jest masÄ… molowÄ…. MasÄ™ molowÄ… zwiÄ…zku liczymy sumujÄ…c masy
atomowe pierwiastków pomnożone przez współczynniki stechiometryczne. Masy atomowe atomów odczytuje się z układu
okresowego pierwiastków. Dla wody M=2.MH+MO. Z układu okresowego pierwiastków odczytujemy, że MH=1g/mol,
MO=16g/mol, czyli MH2O=2.1g/mol+16g/mol=18g/mol. Korzystając ze wzoru na ilość moli obliczamy:
a) 9g wody to 9g/18g/mol=0,5mol
b) 1dm3 wody to (d=m/V, d=1g/cm3=1kg/dm3) 1kg=1000g. n=1000g/18g/mol=55,556 mol.
1.2-8.
LiczbÄ™ moli n obliczamy ze wzoru n=m/M, gdzie M jest masÄ… molowÄ…. MasÄ™ molowÄ… zwiÄ…zku liczymy sumujÄ…c masy
atomowe pierwiastków pomnożone przez współczynniki stechiometryczne. Masy atomowe atomów odczytuje się z układu
okresowego pierwiastków. MH2O2=2MH+2MO=34g/mol. Korzystając z zależności d=m/V, czyli
m=dV=1,45g/cm3.1000cm3=1450g. n=m/M=1450g/34g/mol=42,65 mol.
- 3 -
Podstawowe pojęcia chemiczne
1.2-9.
LiczbÄ™ moli n obliczamy ze wzoru n=m/M, gdzie M jest masÄ… molowÄ…. MasÄ™ molowÄ… zwiÄ…zku liczymy sumujÄ…c masy
atomowe pierwiastków pomnożone przez współczynniki stechiometryczne. Masy atomowe atomów odczytuje się z układu
okresowego pierwiastków. MFeS=56g/mol+32g/mol=88g/mol. 176kg to 176000g siarczku żelaza. Podstawiając do wzoru na
ilość moli n=m/M=176000g/88g/mol=2000 mol=2 kilomol.
1.2-10.
Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023.1023 cząsteczek.
LiczbÄ™ moli n obliczamy ze wzoru n=m/M, gdzie M jest masÄ… molowÄ…. MasÄ™ molowÄ… zwiÄ…zku liczymy sumujÄ…c masy atomowe
pierwiastków pomnożone przez współczynniki stechiometryczne. Masy atomowe atomów odczytuje się z układu okresowego
pierwiastków. Masa molowa feromonu M=19.12g/mol+38.1g/mol+16g/mol=282 g/mol. Liczbę cząsteczek policzymy z proporcji:
w 282g (1 mol) znajdujÄ™ siÄ™ 6,023.1023 czÄ…steczek feromonu, to
w 1.10-12 g znajduje siÄ™ x czÄ…steczek feromonu, czyli:
282g 6,023 Å"1023
= czyli x=2,14 Å"109czÄ…steczek feromonu
1Å"10-12g x
1.2-11.
1 kropla waży 33.10-6 kg (przedrostek mili to 10-3, więc 1 kropla waży 33.10-3g lub 33.10-6 kg)
1 miliard to 1.109 (miliard to 1000 milionów).
Możemy więc zapisać prostą proporcje:
w 33.10-6 kg (1 kropla) wody znajduje się 50.109 atomów złota, to
w 100kg wody znajduje się x atomów złota, czyli
33 Å"10-6kg 50 Å"109
= stÄ…d x=1,52 Å"1017atomów
100kg x
Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023.1023 cząsteczek, atomów, jonów.
1 mol (6,023.1023) atomów złota to 197g, czyli
1,52.1017 atomów złota to x g
6,023 Å"1023 197g
= czyli x=4,97 Å"10-5g = 4,97 Å"10-2mg
1,52 Å"1017 x
1.2-12.
Mol jest ilością materii, taką jak tuzin (12szt.), mendel (15szt.) czy kopa (60szt.). 4,25g siarczanu (VI) litu to
m4,25g
. Ze wzoru LiCl wynika, że w 1 molu LiCl znajduje się 0,1 mola litu. W siarczanie litu
n = = = 0,1mol
M 6,94g/ mol + 35,45g / mol
Li2SO4, w 1 molu tej soli znajdują się dwa mole litu, czyli aby było 0,1 mola litu należy odważyć 0,05 mola Li2SO4.
w 1 molu Li2SO4 znajdujÄ… siÄ™ 2 mole litu, to
w x molach Li2SO4 znajduje siÄ™ 0,1 mola litu.
x=0,05mola.
Masę siarczanu(VI) litu obliczymy po przekształceniu wzoru n=m/M. m=n.M=0,05mol.109,95g/mol=5,5g.
1.2-13.
Sieć typu RSC oznacza, że jest to sieć regularna (sześcian), centrowna na scianach:
Atom srebra leżący na ścianie należy tylko w połowie do
zaznaczonej komórki elementarnej, w połowie należy do
sÄ…siedniej komorki.
Atom srebra leżący w narożu należy tylko w 1/8 do komórki.
Pozostałe 7/8 należy do 7 sąsiednich komórek. W
rzeczywistości w komórce elementarnej o boku a=409pm
znajdują się 8.1/8+6.1/2=4 atomy srebra, które ważą:
4 Å"107,9g
m == 7,166 Å"10-22g
6,023.1023
Gęstość d=m/V. Objętośc komórki elementarnej
V=(409pm)3=6,842.10-29m3.
atomy srebra
atomy srebra na scianach
w naroznikach
m 7,166 Å"10-22g
Gęstość
d = = = 1,05 Å"107g/ m3 = 10,5g/ cm3
V
6,842 Å"10-29m3
- 4 -
Podstawowe pojęcia chemiczne
1.2-14.
Wiadomo, że w 1 molu znajduje się 6,023.1023 cząsteczek. Liczbę moli obliczamy ze wzoru n=m/M. Masa molowa wody
H2O M=2.1g/mol+16g/mol=18g/mol. 72g wody to n=72g/18g/mol=4mole. Można ułożyć proporcje:
w 1 molu jest siÄ™ 6,023.1023 czÄ…steczek, to
w 4 mola znajduje siÄ™ x czÄ…steczek. Po rozwiÄ…zaniu proporcji x=2,409.1024.
1.2-15.
Tlen cząsteczkowy występuje w postaci cząsteczek dwuatomowych O2. Masę atomową dla tlenu odczytujemy z układu
okresowego pierwiastków MO=16u, lub 16g/mol. Z uwagi na to, że w tlenie cząsteczkowym są dwa atomy  masa cząsteczki
tlenu M=32u lub masa mola czÄ…steczek  32g/mol. 0,1 mola ma masÄ™ 0,1mol.32g/mol=3,2g.
W 1 molu tlenu znajduje się 6,023.1023 cząsteczek, więc w 0,1mola znajduje się 6,023.1022 cząsteczek tlenu.
LiczbÄ™ moli substancji obliczamy ze wzoru n=m/M. 0,36g tlenu czÄ…steczkowego to n=0,36g/32g/mol=0,01125mola.
1.2-16.
Masa molowa tlenku potasu K2O M=2.39,1g/mol + 16g/mol=94,2g/mol. Ze wzoru tlenku potasu wynika, że:
w 94,2g K2O znajduje 1 mol tlenu, to
w 18,8g K2O znajduje siÄ™ x moli tlenu, czyli:
94,2g 1mol 18,8g Å"1mol
. Ze wzoru Na2O wynika, że 0,2mola tlenu znajduje się w 0,2mol tlenku sodu. Ta ilość
= x= = 0,2mol
18,8g x 94,2g
tlenku sodu waży m=nMNa2O=0,2mol.62g/mol=12,4g.
1.2-17.
Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023.1023 cząsteczek, atomów, jonów.
Możemy więc zapisać:
1mol to 6,023.1023 atomów żelaza, to
0,2mola to x atomów żelaza, czyli:
1mol 6,023 Å"1023 0,2mol Å" 6,023 Å"1023
atomów żelaza
== 1,2046 Å"1023
x=
0,2mol x 1mol
1.2-18.
Mol jest taką ilością atomów, jonów, cząsteczek jaka znajduje się w 12 g izotopu węgla 12C. W tej ilości izotopu węgla
znajduje się 6,023.1023 atomów węgla, wiec w jednym molu, czyli w 40g wapnia znajduje się 6,023.1023 atomów, to
w 8g wapnia znajduje się x atomów wapnia, czyli:
40g 6,023 Å"1023
= czyli x=1,2046 Å"1023 atomów
8g x
1.2-19.
Ze wzoru wynika, że w 1 molu NaOH, czyli
w 40g znajduje się 1mol jonów sodowych,
to w 60g NaOH znajduje się x moli jonów sodowych, czyli
40g 1mol
= czyli x=1,5 mola
60g x
1.2-20.
Jeżeli w 10dm3 znajduje się 1700g fruktozy,
to w 0,5dm3 znajduje siÄ™ jej x g, czyli:
10dm3 1700g 0,5dm3 Å"1700g
== 85g
x=
x
0,5dm3 10dm3
Fruktoza jest cukrem prostym o wzorze C6H12O6 i masie molowej M=180,16g/mol. Liczbę moli możemy policzyć ze wzoru
n=m/M=85g/180,16g/mol=0,472mol.
1.2-21.
Jeżeli orgofosforan(V) wapnia stanowi 3% masy całkowitej ciała, to w 25kg znajduje się:
100% - 25kg
3% x kg, czyli x=3%.25kg/100%=0,75kg=750g. Ortofosforan(V) wapnia, Ca3(PO4)2 ma masÄ™ molowÄ…
M=3.40g/mol+2.31g/mol+8.16g/mol=310g/mol. W 750g ortofosforanu to n=m/M=750g/310g/mol=2,42mol ortofosforanu(V)
wapnia. Ze wzoru Ca3(PO4)2 wynika, że w tej ilości ortofosforanu znajdują się 3.2,42mol=7,26mol atomów wapnia. Wiedząc, że
1mol to 6,023.1023 atomów, to 7,26 mole stanowi N=7,26mol.6,023.1023 atomów/mol=29,15.1023=4,373.1024 atomów wapnia.
- 5 -
Podstawowe pojęcia chemiczne
1.3. Mol, objętość molowa gazu
1.3-1.
Każdy mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3=22,4.103cm3, co możemy zapisać:
1000 milimoli (1 mol) dowolnego gazu zajmuje objętość 22,4.103cm3, to
1000milimoli 22,4 Å"103cm3
x milimoli zajmuje objętość 1 cm3, czyli:
= czyli x=4,46×10-2milimol
x1cm3
II sposób:
1 milimol to 1/1000 mola; 1cm3 to 1/1000 dm3, więc 1 milimol gazu zajmuje objętość 22,4cm3, a w 1 cm3 jest 1/22,4 milimola
gazu, czyli 4,46.10-2 milimola
1.3-2.
Gęstość gazu d=m/V. Wiedząc, że mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, możemy zapisać, że
d=M/V0. Przekształcając wzór na gęstość względem M otrzymamy: M=dV0=1,96 g/dm3.22,4dm3=43,9g.
Jeżeli azot w tlenkach jest I, II, III, IV i V wartościowy to tworzy tlenki typu:
II IV
I II II III II II
II V
2
N O
N 2O N
N O5
N O2
2O3
M=44g/mol M=30g/mol
M=76g/mol M=46g/mol M=108g/mol
Obliczona masa molowa odpowiada tlenkowi azotu(I) N2O.
1.3-3.
Gęstość gazu d=m/V. Wiedząc, że mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, możemy zapisać, że
d=M/V0. Przekształcając wzór na gęstość względem M otrzymamy: M=dV0=0,76 g/dm3.22,4dm3=17 g/mol.
Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023.1023 cząsteczek, atomów, jonów.
Biorąc pod uwagę ilość cząsteczek i ich masę możemy zapisać:
6,023.1023 cząsteczek waży 17g, to
1 cząsteczka waży x g, czyli:
6,023 Å"1023 17g
= czyli x=2,83 Å"10-23g
1 x
1.3-4.
d1
Gęstość względna , natomiast gęstość liczona jest ze wzoru d1=m1/V. W warunkach normalnych każdy mol gazu
d =
d2
M1
zajumuje objętość 22,4dm3, więc gęstość gazu w warunkach normalnych można policzyć ze wzoru .
d1 =
22,4dm3
M1
Podstawiając te dane do wzoru na gęstość względną otrzymamy: . W przypadku gęstości względem wodoru
22,4dm3 M1
d ==
M2 M2
22,4dm3
M1
M2=2g/mol. Podstawiając dane do wzoru na gęstość względem wodoru otrzymamy: , czyli M1=16 g/mol lub jeżeli
8,5=
2g/mol
masÄ™ czÄ…steczkowÄ… wyrazimy w atomowych jednostkach masy M1=16u
1.3-5.
Tlen, dwutlenek węgla i wodór w warunkach normalnych (P=1013hpa, T=273K (0oC)) są gazami i zgodnie z prawem
Avogadro, zajmują w warunkach normalnych objętość V=22,4 dm3.
Siarka jest ciałem stałym o d=2,07 g/cm3 (d=m/V). Mol siarki ma masę 32g (masa molowa odczytana z układu okresowego
pierwiastków). Ta masa siarki zajmie objętość V=m/d=32g/2,07g/cm3=15,46 cm3.
Woda w tej temperaturze jest cieczą/ciałem stałym o d=1g/cm3 (w przybliżeniu). 1 mol wody H2O, ma masę 18g i zajmuje
objętość V=m/d=18cm3.
1.3-6.
Każdy mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3. Biorąc pod uwagę, że wszystkie wymienione
substancje są gazami, ich masy można obliczyć z prostej zależności:
a) 32g tlenu (1 mol) zajmuje objętość 22,4 dm3, to
- 6 -
Podstawowe pojęcia chemiczne
x g tlenu zajmie objętość 2 dm3, czyli:
32g 22,4dm3
= czyli x=2,85 g
x 2dm3
b) 0,5 m3 azotu to 0,5.103 dm3 azotu
28 g azotu zajmuje objętość 22,4 dm3, to
x g azotu zajmie objętość 0,5.103 dm3
x=625 g
c) 25 cm3 tlenku węgla to 25.10-3 dm3
28g (1 mol) CO w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to
x g CO w tych warunkach zajmie objętość 25.10-3 dm3, czyli x=0,031 g
1.3-7.
Zgodnie z prawem Avogadro, w tych samych warunkach ciśnienia, temperatury i objętości znajdują się takie same ilości
cząsteczek gazowych. Oznacza to, ze w tych zbiornikach znajdują się takie same ilości moli gazów. Masę ich obliczamy ze
wzoru m=nM. Najmniejszą masę będzie miał ten gaz, który ma najmniejszą masę molową:
O2 M=32 g/mol, N2 M=28 g/mol, NH3 M=17 g/mol, CO2 M=44 g/mol. NajmniejszÄ… masÄ™ molowÄ… ma amoniak i zbiornik z tym
gazem będzie najlżejszy.
1.3-8.
Każdy mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, można więc zapisać:
a) 32g tlenu (1 mol) w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to
5g tlenu w warunkach normalnych zajmie objętość x dm3, czyli:
32g 22,4dm3
= czyli x=3,5dm3
5g x
b) 44g CO2 w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to
12 g CO2 w warunkach normalnych zajmie objętość x dm3, czyli x=6,1 dm3
c) 17g NH3 w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to
0,2 g NH3 w warunkach normalnych zajmie objętość x dm3, czyli x=0,26 dm3
d) 44 g N2O w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to
4 g N2O w warunkach normalnych zajmie objętość x dm3, czyli x=2,04 dm3
e) 2 g wodoru w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to
70 g wodoru w tych warunkach zajmie objętość x dm3, czyli x=784 dm3
1.3-9.
Mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, co możemy zapisać:
2 g wodoru (1 mol) w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4dm3, to
0,2 g wodoru w tych warunkach zajmie objętość x dm3, czyli:
2g 22,4dm3
= czyli x=2,24dm3
0,2g x
Ta ilość wodoru zajmuje objętość 100cm3 (0,1dm3), nie znajduje się więc w warunkach normalnych.
1.3-10.
Jednakowe ilości gazów, w jednakowych warunkach temperatury i ciśnienia zajmują jednakową objętość. Azot N2 M=28
g/mol, tlenek węgla CO M=28 g/mol, etylen C2H4 M=28 g/mol. Wszystkie te gazy mają jednakową masę molową, a więc w 5 g
będzie jednakowa ilość moli tych gazów (n=m/M), czyli w jednakowych warunkach ciśnienia i temperatury zajmą jednakową
objętość.
1.3-11.
1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3. Dla chloru Cl2 M=71 g/mol. Możemy więc
zapisać:
71g (1 mol) chloru w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to
5000 g chloru w tych warunkach zajmie objętość x dm3, czyli:
71g 22,4dm3
= czyli x=1577,5dm3 = 1,58m3
5000g x
1.3-12.
Zgodnie z prawem Avogadro jednakowe objętości gazów w jednakowych warunkach temperatury i ciśnienia zawierają
jednakowe ilości cząsteczek. Opierając się na tym prawie możemy powiedzieć, że w takich samych warunkach w 1 dm3
wodoru jest taka sama ilość cząsteczek jak w 1 dm3 tlenu.
Mol jest ilością taka samą jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). Jeden mol zawiera 6,023.1023 cząsteczek.
- 7 -
Podstawowe pojęcia chemiczne
Więc w 1 molu wodoru jest tyle samo cząsteczek co w 1 molu tlenu.
1 g wodoru to n=1g/2g/mol=0,5 mola, a 1 g tlenu to n=1g/32g/mol= 0,031 mola. W podanych masach znajdują się różne ilości
czÄ…steczek.
1.3-13.
Zgodnie z prawem Avogadro: jednakowe objętości gazów w identycznych warunkach (taka sama temperatura i ciśnienie)
zawierają takie same ilości cząsteczek. A więc, w takich samych warunkach, w 1 cm3 będzie tyle samo cząsteczek tlenu (taka
sama ilość moli) co w 1 cm3 wodoru.
1.3-14.
Zgodnie z prawem Avogadro: jednakowe objętości gazów w identycznych warunkach (taka sama temperatura i ciśnienie)
zawierają takie same ilości cząsteczek. Wodór jest gazem składającym się z cząsteczek dwuatomowych H2, a hel z atomów
helu He. Dlatego w takiej samej objętości (4 cm3) cząsteczek wodoru będzie taka sama ilość jak atomów helu, ale atomów
wodoru będzie 2 razy więcej niż atomów helu. W objętości dwukrotnie większej, w 8 cm3 helu, liczba atomów helu będzie taka
sama jak liczba atomów wodoru w 4 cm3 wodoru.
1.3-15.
1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3. Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel
(15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023.1023 cząstek (atomów, cząsteczek, jonów). Możemy więc zapisać:
6,023.1023 cząsteczek amoniaku w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to
12,04.1024 cząsteczek amoniaku w tych warunkach zajmie objętość x dm3, czyli:
6,023 Å"1023 22,4dm3
= czyli x=447,8dm3
12,04 Å"1024 x
1.3-16.
1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3. Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel
(15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023.1023 cząstek (atomów, cząsteczek, jonów).
1 cm3 to 1.10-3 dm3
Możemy więc zapisać:
6,023.1023 cząsteczek w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to
x cząsteczek w tych warunkach zajmie objętość .10-3 dm3, czyli:
6,023 Å"1023 22,4dm3
= czyli x=2,69 Å"1019
x 1Å"10-3 dm3
1.3-17.
1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3. Czyli 1 mol CO2 w warunkach normalnych
zajmuje objętość 22,4 dm3. Ze wzoru CO2 wynika, że w 1 molu CO2 znajduje się 1 mol (12 g) węgla, czyli 6 g węgla znajduje
siÄ™ w 0,5 mol CO2.
1 mol CO2 w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3, to
0,5 mol CO2 w tych warunkach zajmie objętość x dm3
1mol 22,4dm3
= czyli x=11,2dm3
0,5mol x
1.3-18.
1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3. Mol cząsteczek ma masę równą masie
molowej (masa cząsteczkowa wyrażona w gramach). Gęstość liczona jest ze wzoru d=m/V a w przypadku gazów można ją
liczyć ze wzoru d=M/V0 gdzie V0  objętość molowa gazu.
32g / mol
a) O2 MO2=32 g/mol,
d == 1,4286g/dm3
22,4dm3 / mol
28g / mol
b) CO MCO=28g/mol,
d == 1,250g/dm3
22,4dm3 / mol
28g / mol
c) N2 MN2=28g/mol,
d == 1,250g/dm3
22,4dm3 / mol
2g / mol
d) H2 MH2=2g/mol,
d == 8,929 Å"10-2g/ dm3
22,4dm3 / mol
34g / mol
e) H2S MH2S=34g/mol,
d == 1,518g / dm3
22,4dm3 / mol
- 8 -
Podstawowe pojęcia chemiczne
1.3-19.
Każdy mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm3. Korzystając z prostej proporcji można obliczyć ilości
moli dla poszczególnych gazów:
a) 1 mol zajmuje objętość 22,4 dm3, to
1mol 22,4dm3
x moli zajmuje objętość 67,2 dm3, czyli:
= stÄ…d x=3mol
x 67,2dm3
b) 1 mol zajmuje objętość 22,4 dm3, to
x moli zajmuje objętość 5,6 dm3,
1mol 22,4dm3
czyli:
= stÄ…d x=0,25mol
x 5,6dm3
c) 1 mol zajmuje objętość 22,4 dm3, to
x moli zajmuje objętość 11,2 dm3, czyli:
1mol 22,4dm3
= stÄ…d x=0,5mol
x 11,2dm3
1.4. Prawa gazowe
1.4-1.
Tlenek węgla(IV) jest gazem i jak każdy gaz, 1 mol w warunkach normalnych (T=273K, P=1013hPa) zajmuje objętość
22,4dm3. 103 mole tego związku zajmą objętość V=n.V0=103mol.22,4dm3/mol= 2307,2dm3 = 2,307m3.
Mol tlenku węgla(IV) ma masę równą sumie mas molowych wchodzących w jego skład atomów z odpowiednimi
współczynnikami: M=1.12g/mol + 2.16g/mol = 44g/mol. Masa 103 moli CO2 jest równa więc m=n.M=103mol.44g/mol= 4532g =
4,53kg.
1.4-2.
I sposób:
W celu obliczenia masy substancji możemy posłużyć się prawem stanu gazu doskonałego (wzorem Clapeyrona) PV=nRT lub
m PVM
. Po przekształceniu wzoru względem m otrzymamy: . Podstawiając dane do wzoru dla warunków
PV= RT m=
M RT
normalnych (P=101300Pa, objętość V w m3, R=8,314J.mol-1.K-1, T=273K) otrzymamy:
101300Pa×2×10-3m3×32g/mol
a) 2dm3 tlenu to 2.10-3m3 , M=32g/mol m=
=2,86g
J
8,314 273K
mol×K
101300Pa×0,5m3×28g/mol
b) 0,5m3 azotu m=
=624,8g
J
8,314 273K
mol×K
c) 25cm3 tlenku wÄ™gla(II), czyli 25.10-6m3 101300Pa×25×10-6m3×28g/mol
m= =3,12 Å"10-2g
J
8,314 273K
mol×K
II sposób:
Z prawa Avogadro wiadomo, ze w warunkach normalnych każdy mol gazu zajmuje objętość 22,4dm3. Można więc ułożyć
proste proporcje:
a) 22,4dm3 tlenu waży 32g (1mol), to
2dm3 tlenu waży x g, czyli
2dm3×32g
x= =2,86g
22,4dm3
b) 22,4dm3 azotu waży 28g, to
500dm3 azotu waży x g, czyli
500dm3×28g
x= =625g
22,4dm3
c) 22,4dm3 tlenku węgla(II) waży 28g, to
25.10-3dm3 tlenku węgla(II) waży x g, czyli
25 Å"10-3dm3×28g
x= =0,0313g
22,4dm3
- 9 -
Podstawowe pojęcia chemiczne
1.4-3.
Stan gazu opisywany jest przez prawo stanu gazu doskonałego (oraz równanie Clapeyrona) pV=nRT, gdzie p  ciśnienie
gazu w Pa, V  objętość zajmowana przez gaz w m3, n  liczba moli gazu (n=m/M), R  stała gazowa 8,314 J.mol-1.K-1, T 
temperatura bezwzględna.
Podstawiając dane do wzoru i przekształcając go względem n otrzymamy:
pV 101000Pa Å" 2,4 Å"10-3m3
n = = = 0,1 mol
J
RT
8,314 291 K
mol Å" K
1.4-4.
Stan gazu opisywany jest przez prawo stanu gazu doskonałego (oraz równanie Clapeyrona) pV=nRT, gdzie p  ciśnienie
gazu w Pa, V  objętość zajmowana przez gaz w m3, n  liczba moli gazu (n=m/M), R  stała gazowa 8,314 J.mol-1.K-1, T 
temperatura bezwzględna.
Podstawiając dane do wzoru i przekształcając go względem n otrzymamy:
pV 101300Pa Å" 30 Å"10-6m3 . MasÄ™ SO2 obliczymy z przeksztaÅ‚conego wzoru na ilość mol (n=m/M)
n = = = 1,25 Å"103mol
J
RT
8,314 293K
mol Å"K
m=nM=1,25.10-3mol.64g/mol=0,08g.
1.4-5.
Stan gazu opisywany jest przez prawo stanu gazu doskonałego (oraz równanie Clapeyrona) pV=nRT, gdzie p  ciśnienie
gazu w Pa, V  objętość zajmowana przez gaz w m3, n  liczba moli gazu (n=m/M co daje pV=mRT/M), R  stała gazowa
8,314 J.mol-1.K-1, T  temperatura bezwzględna. Chlor jest niemetalem i występuje w postaci cząsteczek dwuatomowych Cl2.
Masa molowa M=71g/mol.
Przekształcając wzór względem V i podstawiając dane do wzoru otrzymamy:
J
5000g Å" 8,314 Å" 295K
mRT
mol Å"K
V = = = 1,7m3 = 1,7 Å"103dm3
pM 101300Pa Å" 71g/ mol
1.4-6.
Stan gazu opisywany jest przez prawo stanu gazu doskonałego (oraz równanie Clapeyrona) pV=nRT, gdzie p  ciśnienie
gazu w Pa, V  objętość zajmowana przez gaz w m3, n  liczba moli gazu (n=m/M co daje pV=mRT/M), R  stała gazowa
8,314 J.mol-1.K-1, T  temperatura bezwzględna.
Liczba moli (mol) jest ilością podobnie jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol to 6,023.1023 cząsteczek.
Przekształcając wzór Clapeyrona względem n i podstawiając dane otrzymamy:
pV 101300Pa Å" 22,4 Å"10-3m3
n = = = 0,93mol
J
RT
8,314 295K
mol Å" K
1 mol to 6,023.1023 cząsteczek, więc
0,93 mol to x czÄ…steczek
0,93mol Å" 6,023 Å"1023
x = = 5,6 Å"1023czÄ…steczek
1
1.4-7.
Stan gazu opisywany jest przez prawo stanu gazu doskonałego (oraz równanie Clapeyrona) pV=nRT, gdzie p  ciśnienie
gazu w Pa, V  objętość zajmowana przez gaz w m3, n  liczba moli gazu (n=m/M co daje pV=mRT/M), R  stała gazowa
8,314 J.mol-1.K-1, T  temperatura bezwzględna.
Gęstość d=m/V. Przekształcając wzór Clapeyrona otrzymamy:
mRT
pV = mRT / M po podzieleniu stronami przez V otrzymamy p= czyli p=dRT/M
VM
Przekształcając ostatni wzór względem d i podstawiając dane otrzymamy:
pM 101000Pa Å"17g / mol
d = = = 709,7g / m3 = 0,71g / dm3
J
RT
8,314 291K
mol Å"K
1.4-8.
Stan gazu opisywany jest przez prawo stanu gazu doskonałego (oraz równanie Clapeyrona) pV=nRT, gdzie p  ciśnienie
gazu w Pa, V  objętość zajmowana przez gaz w m3, n  liczba moli gazu (n=m/M co daje pV=mRT/M), R  stała gazowa
8,314 J.mol-1.K, T  temperatura bezwzględna.
Gęstość d=m/V. Przekształcając wzór Clapeyrona otrzymamy:
- 10 -
Podstawowe pojęcia chemiczne
mRT dRT
pV = mRT /M po podzieleniu stronami przez V otrzymamy p= czyli p=dRT/M, oraz M=
VM p
Gęstość gazu musimy przeliczyc na jednostki układu SI (g/m3): d=1,15 g/dm3=1,15.103 g/m3. Po podstawieniu do wzoru
J
1,15 Å"103 g / m3 Å" 8,314 Å" 293K
mol Å" K
otrzymamy: M == 28,01g / mol
100000Pa
1.4-9.
Stan gazu opisywany jest przez prawo stanu gazu doskonałego (oraz równanie Clapeyrona) pV=nRT, gdzie p  ciśnienie
gazu w Pa, V  objętość zajmowana przez gaz w m3, n  liczba moli gazu (n=m/M co daje pV=mRT/M), R  stała gazowa
8,314 J.mol-1.K-1, T  temperatura bezwzględna.
W zbiorniku umieszczono (d=m/V) m=dV=1,5 g/cm3.1cm3=1,5 g suchego lodu. Wartość ciśnienia po przesublimowaniu
suchego lodu obliczymy przekształcając wzór Clapeyrona względem p i podstawiając dane. Podstawiając dane do wzoru
musimy podać je w jednostkach Si:
J
1,5g Å" 8,314 Å" 294K
mRT
mol Å"K
p = = = 83329Pa=833,3hPa
MV 44g/ mol Å"1Å"10-3m3
1.4-10.
Równanie reakcji spalania siarki (oktasiarki S8) w tlenie (ditlenie) można zapisać w postaci:
S8 + 8O2 8SO2
Z równania reakcji można odczytać, że 1 mol oktasiarki spala się w tlenie dając 8 moli ditlenku siarki, lub:
8.32 g oktasiarki spalane w tlenie daje 8.22,4dm3 ditlenku siarki (warunki normalne), to
10 g oktasiarki spalane w tlenie utworzy x dm3 SO2, czyli:
8 Å" 32g 8 Å" 22,4dm3 10g Å" 8 Å" 22,4dm3
(warunki normalne, czyli T=273K, P=1013hPa). Jeżeli SO2 znajduje się w innej
=x= =7dm3
10g x 8 Å" 32g
p1V1 p2V2 V1 V2
temperaturze skorzystajmy z zależności . Podstawiając za
= gdy p1=p2 równanie upraszcza się do postaci: =
T1 T2 T1 T2
VT2 7dm3 Å" 298K
1
V1 7dm3, T1=273K, a za T2=298K możemy obliczyć V2:
V2 = = = 7,64dm3
T1 273K
1.4-11.
Podstawiając dane pod wzór Clapeyrona PV=nRT i przekształcając go względem n otrzymamy liczbę moli gazu:
PV 1×105×1×10-3m3
n= = =3,22×10-2mol. ChcÄ…c policzyć liczbÄ™ czÄ…steczek gazu wystarczy pomnożyć przez staÅ‚Ä…
J
RT
8,314 ×373K
mol×K
Avogadro N0=6,023.1023. n=1,94.1022 czÄ…steczek.
1.4-12.
Jeżeli temperatura wody nie zmienia się, więc przemiana zachodzi w stałej temperaturze i pisywana jest wzorem Boyla-
Mariotta: P1V1=P2V2. Jeżeli pęcherzyk zwiększył objętość trójkrotnie, to V2=3V1. Po podstawieniu do wzoru otrzymamy:
P1V1=3P2V1, a po podzieleniu stronami przez V1 otrzymamy: P1=3P2. Ciśnienie na powierzchni wynosi 1atm, to na dnie musi
wynosić 3atm. Czyli ciśnienie wody wynosi 2atm. Wiadomo, że każde 10m głębokości wody to wzrost ciśnienia o 1atm.
Głębokość jeziora wynosi zatem 20m.
1.4-13.
Cynk z kwasem solnym reaguje według równania reakcji:
Zn + 2HCl ZnCl2 + H2
3,27g cynku to 0,050mola cynku. 100cm3 kwasu to 110g. W roztworze tym znajduje siÄ™ ms=mrozt.c%/100%=11g chlorowodoru,
czyli 0,3mol. Z równania reakcji widzimy, że na 0,05mol cynku potrzeba 0,1mol chlorowodoru. Chlorowodoru jest nadmiar, cynk
przereaguje całkowicie dając 0,050mol wodoru (z równania reakcji). W podanych warunkach wodór zajmie objętość 900cm3
(100cm3 zajmuje roztwór kwasu i chlorku cynku), czyli 900.10-6m3. Ciśnienie panujące w naczyniu obliczymy ze wzoru
Clapeyrona pV=nRT. Podstawiając podane wartości i przekształcając wzór względem p otrzymamy:
J
0,05mol Å" 8,314 Å" 294K
nRT
mol Å"K
. Przyjmując, że w naczyniu przed zamknięciem było
pH = = = 135795,3Pa=1357,95hPa
V
9 Å"10-4m3
powietrze pod ciśnieniem normalnym (pp=1013hPa), ciśnienie końcowe P, zgodnie z prawem Daltona równe jest sumie ciśnień
czÄ…stkowych P=pp+pH=1013hPa+1358hPa=2371hPa (P=2,34atm).
- 11 -
Podstawowe pojęcia chemiczne
1.4-14.
Wiadomo, że mol każdego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4dm3. Gęstość gazu d=m/V=M/V0. W
przypadku wodoru dH=2g/22,4dm3=0,0893g/dm3, natomiast gęstość chloru wynosi dCl=71g/22,4dm3=3,17g/dm3. Oznaczmy
przez VH objętość wodoru, a przez VCl objętość chloru. Masa wodoru wynosi więc mH=0,0893VH, a masa chloru mCl=3,17VCl.
Wiemy, że VH+VCl=0,5, oraz mH+mCl=1, co można zapisać:
VH+VCl=0,5
0,0893VH+3,17VCl=1.
Po rozwiązaniu układu równań otrzymamy: VH=0,19dm3, VCl=0,31dm3. Chlor z wodorem reaguje wg równania reakcji:
H2+Cl2 2HCl
Z równania reakcji wynika, że wodór z chlorem reaguje w stosunku molowym, oraz objętościowym 1:1. Z obliczeń wynika, że
chloru użyto w nadmiarze w stosunku do wodoru.
1.4-15.
Załóżmy, że pusty pojemnik ma masę m. Masa azotu zawartego w pojemniku wynosi 50,00g-m, natomiast masa argonu
51,76-m. Gazy opisane mogą być wzorem Clapeyrona pV=nRT. Z treści zadania wynika, że dla obydwu gazów objętość
50,00g - m 51,76g - m
naczynia jest identyczna: V=nRT/P. Możemy wiÄ™c zapisać: R Å" 293K = R Å"303K . Po pomnożeniu
28g / mol Å"P 39,95g / molÅ"P
50,00 - m 51,76 - m
stronami przez P i podzieleniu stronami przez R otrzymamy: 293 = 303 , a po wykonaniu działań:
28 39,95
523,214-10,464m=392,573-7,584m. Po rozwiązaniu równania otrzymamy m=45,361g. W zbiorniku znajduje się zatem
50,00g-45,361g=4,639g azotu, oraz 51,76g-45,361g=6,399g argonu. Przekształcając wzór Clapeyrona względem P i
4,639g hPa Å" dm3
podstawiajÄ…c dane otrzymamy: (P=nRT/V) P = 83,14 293K = 2018hPa .
28g / mol Å" 2dm3 mol Å"K
1.4-16.
Stan gazu opisywany jest przez równanie Clapeyrona PV=nRT lub PV/T=const (dla stałej ilości gazu iloczyn n i stałej
gazowej R jest wielkością stałą). Równanie Clapeyrona (równanie stanu gazu doskonałego) możemy również zapisać w
PV P0V0
postaci: = , gdzie P0, V0, T0 opisują stan gazu w warunkach normalnych. Przekształcając ostatnie równanie
T T0
PVT0 1400hPa Å"1,2dm3 Å" 273K
względem V0 otrzymamy: V0 = = = 1,51dm3
TP0 300K Å"1013hPa
- 12 -