Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Jazykové gymnázium Pavla Tigrida, příspěvková organizace
G. Klimenta 493/3
708 00 Ostrava-Poruba
Sbírka řešených příkladů z chemie
Autoři
Mgr. Milan Koryčan
Mgr. Petra Botlíková
Ostrava
1
březen 2012 - prosinec 2013
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Obsah
1. Čisté látky
Látkové množství, hmotnost látky a molární hmotnost látky, molární objem.
2. Soustavy látek
Hmotnostní zlomek (procentové zastoupení prvků ve sloučenině), určení stechiometrického a
molekulového vzorce anorganické a organické sloučeniny.
3. Roztoky
Procentová hmotnostní koncentrace, procentová objemová koncentrace, látková (molární)
koncentrace (molarita), mísení roztoků-rovnice látkové bilance (směšovací rovnice), ředění
roztoků a zahušťování roztoků-výpočtem i křížovým pravidlem.
4. Výpočty s pomocí chemických rovnic
Rovnice ve stechiometrickém tvaru, určování stechiometrických koeficientů z rovnic redoxních
reakcí, výpočty množství reaktantů a produktů chemických reakcí (výpočty z chemických
rovnic).
5. Chemické rovnováhy kyselin a zásad
Vyjadřování kyselosti a zásaditosti látek, stupnice pH.
6. Chemické rovnováhy srážecích a redoxních reakcí
Srážecí reakce. Elektrochemické reakce jako redoxní reakce.
7. Komplexotvorné reakce
8. Využití chemických rovnováh při řešení úloh v chemické analýze
Hmotnostní analýza, odměrná stanovení.
9. Typy chemických reakcí
10. Izomerie v organické chemii
2
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Zdroje informací
1. MARKO, Miloš a kol. Příklady a úlohy z chemie. Praha: SPN, 1978, ISBN 14-695-78.
2. KANDRÁČ, Ján; SIROTA, Anton. Výpočty ve stredoškolskej chémii. Bratislava: SPN, 1989, ISBN 80-0800029-5.
3. TRŽIL, Jan; ROSENFELD, Robert; ULLRYCH, Jaroslav. Sbírka příkladů z chemie. Ostrava: VŠB, 1984,
ISBN 21.514/79.
4. KORBAČKOVÁ, Dana. Vybrané příklady z obecné a anorganické chemie. Ostrava: Pedagogická fakulta v
Ostravě, 1986, ISBN 21.514/79.
5. RŮŽIČKOVÁ, Květoslava; KOTLÍK, Bohumír. Chemické názvosloví v kostce. Praha: Fragment, 2011,
ISBN 978-80-253-1225-4.
6. ADAMKOVIČ, Emil; ŠRAMKO, Tibor; LIŠKA, Otakar. Analytická chemie. Praha: SNTL, 1989, ISBN 04609-89.
7. MELOUN, Milan. Analytická chemie1
http://meloun.upce.cz/docs/analchem1/slidy5.pdf
[online].
[cit.30.9.2013].
Dostupný
na
WWW:
8. MELOUN, Milan. Analytická chemie1
http://meloun.upce.cz/docs/analchem1/slidy6.pdf
[online].
[cit.30.9.2013].
Dostupný
na
WWW:
9. ŠRÁMEK, Vratislav; KOSINA, Ludvík. Chemie-univerzální příručka pro maturanty a uchazeče o studium
na VŠ. Úvaly u Prahy: Albra, 1995, 2. vydání, ISBN neurčeno.
10. ČTRNÁCTOVÁ, Hana; KLÍMOVÁ, Helena; VASILEVSKÁ, Marie. Úlohy ze středoškolské chemie.
Praha: SPN, 1991, ISBN 8004258387, 9788004258382.
11. JENŠOVSKÝ, Lubor; KLIMEŠOVÁ, Věra; HÁJEK, Bohumil. Příklady z obecné a anorganické chemie.
Praha: Alfa, 1971,2.upr.vydání, ISBN neurčeno.
12. OSTRÝ, Metoděj; HÁJEK, Bohumil. Chemie v úlohách. Praha: SPN, 1964, ISBN neurčeno.
13. MAREČEK, Aleš; HONZA, Jaroslav. Chemie: Sbírka příkladů pro SŠ. Praha: Proton, 2001, ISBN 80902402-2-4.
14. MAREČEK, Aleš; HONZA, Jaroslav. Chemie pro čtyřletá gymnázia (3. díl). Olomouc: Olomouc, 2001,
ISBN 80-7182-057-1.
3
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
1. Čisté látky
Látkové množství, hmotnost látky a molární hmotnost látky, molární objem
Látkové množství je podíl hmotnosti látky a její molární hmotnosti nebo objemu látky a jejího
molárního objemu nebo skutečného počtu částic a počtu částic v 1 molu látky (Avogadrova
konstanta).
Vzorce pro určení látkového množství:
n=
m
M
Vn
N
NA
V
m
N
V


M N A Vn
hmotnost látky v gramech
molární hmotnost v g∙mol-1
molární objem
skutečný počet částic (atomů, molekul nebo iontů)
Avogadrova konstanta
skutečný objem látky (plynu)
Jednotkou látkového množství je mol.
1 mol je takové množství látky, které obsahuje 6,022 .1023 částic (atomů, molekul nebo iontů).
Avogadrova konstanta je ve vzorci značena NA a označuje počet částic (atomů, molekul nebo
iontů) v 1 molu látky a to je právě 6,022∙1023.
Označení N představuje skutečný počet částic (atomů,molekul nebo iontů) v látce.
1 mol plynné látky zaujímá za normálních podmínek objem 22,41 dm3 nebo 22,41 l(litru).
Jedná se o tzv. molární objem. Ve vzorci značíme molární objem Vn.
Jednotkou molárního objemu je dm3∙mol-1 .
1
Molární hmotnost M je hmotnost 1 molu látky, např. M (NaOH) = 40 g∙mol , M(H 2 ) = 2
g∙mol 1 .
Relativní molekulová hmotnost má stejnou číselnou hodnotu jako molární hmotnost, ale je
bez jednotky. Např. Mr(NaOH) = 40, Mr(H2) = 2.
Relativní molekulovou hmotnost vyjádříme součtem relativních atomových hmotností všech
atomů v molekule. Hodnoty relativních atomových hmotností prvků najdeme v periodické
soustavě prvků.
Relativní atomovou hmotnost označujeme Ar .
4
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Příklady
1.1
Jaké látkové množství představuje 3,011∙1023 atomů vodíku?
Řešení:
N= 3,011∙1023 počet atomů vodíku
NA=6,022∙1023 mol-1 Avogadrova konstanta
N
3,015  10 23
= 0,50 mol
n

N A 6,022  10 23 mol 1
Uvedené množství atomů vodíku představuje látkové množství 0,50 mol.
1.2
Máme 93 g molekulového vodíku. Vypočítejte látkové množství.
Ar(H) = 1,01
Řešení:
Vyjdeme ze vzorce pro látkové množství. Pro dosazení potřebujeme znát molární hmotnost
vodíku:
m = 93 g
M(H2) = 2,02 g∙mol 1
n=?
n
m
93g
=46,04 mol

M 2,02 g  mol 1
Látkové množství uvedeného množství vodíku představuje 46,04 mol.
1.3
Jaká je hmotnost 22 mol oxidu siřičitého?
Ar(S) = 32,07 Ar(O) = 16
Řešení:
n = 22 mol
M(SO2) = 64,07 g∙mol 1
m=?
Vyjdeme ze vzorce pro látkové množství, vzorec upravíme a dosadíme do něj:
5
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
n=
m
M
m = n ∙ M = 22mol ∙ 64,07g∙mol 1 = 1409,54 g
Oxid siřičitý o látkovém množství 22 mol představuje hmotnost 1409,54g.
1.4
Jaká je hmotnost 21 mol metanu CH4?
Ar(C) = 12,01, Ar(H) = 1,01
Řešení:
n = 21 mol
M(CH4) = 16,05 g∙mol 1
m=?
Vyjdeme ze vzorce pro látkové množství, vzorec upravíme a dosadíme do něj:
n=
m
M
m = n ∙ M = 21mol ∙ 16,05g∙mol 1 = 337,05 g
Metan má hmotnost 337,05 g.
1.5
Vypočítejte látkové množství 34 dm3 oxidu sírového SO3 za normálních podmínek.
Řešení:
V = 34 dm3
Vn = 22,41 dm3
n=?
Z definice vyplývá, že 1 mol plynné látky má objem 22,41 dm3 (nebo litrů). Sestavíme vzorec
a dosadíme:
n=
34dm 3
V
=
=1,52 mol
V n 22,41dm 3  mol 1
Oxid sírový má látkové množství 1,52 mol.
6
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
1.6
Vypočítejte objem 13 mol oxidu uhelnatého CO za normálních podmínek.
Řešení:
n = 13 mol
Vn = 22,41 dm3
V=?
Z definice vyplývá, že 1 mol plynné látky má objem 22,41 dm3 (nebo litrů).
n=
V
Vn
V = n ∙ Vn = 13mol ∙22,41dm 3 mol 1 = 291,33 dm3
Oxid uhelnatý zaujímá objem 291,33 dm3.
1.7
Vypočítejte látkové množství 17 ∙ 1023 molekul oxidu siřičitého SO2.
Řešení:
N = 17 ∙1023
NA = 6,022 ∙1023 mol-1
n=?
Z definice vyplývá, že 1 mol látky obsahuje 6,022.1023 částic, v tomto případě molekul.
Sestavíme vzorec a dosadíme:
n=
17  10 23
N
=
=2,82 mol
N A 6,022  10 23 mol 1
Oxid siřičitý představuje látkové množství 2,82 mol.
1.8
Vypočítejte, kolik je molekul v 17 ∙ 10-23 molu kyslíku.
Řešení:
n = 17∙10 -23 mol
NA = 6,022∙1023mol 1
N=?
Z definice vyplývá, že 1 mol látky obsahuje 6,022.1023 částic, v tomto případě molekul.
Sestavíme vzorec a dosadíme:
N = n ∙ NA = (17 ∙ 10-23mol) ∙ (6,022 ∙ 1023) = 102,37 molekul
Kyslík obsahuje 102,37 molekul.
7
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
1.9
Vypočítejte hmotnost 87 dm3 dusíku N2 (objem měřen za normálních podmínek).
Ar(N) = 14,01
Řešení:
V=87 dm3
Počítáme podle vzorce pro látkové množství. Z tabulky spočítáme, že M(N2) = 28,02 g∙ mol 1
m
M
V
n=
Vn
m V

M Vn
n=
m=
M  V 28,02 g  mol 1  87dm 3

 108,78g
Vn
22,41dm 3  mol 1
Hmotnost molekulového dusíku je 108,78 gramů.
1.10
Vypočítejte objem 30∙1023 molekul oxidu dusičného N2O5 za normálních podmínek.
Řešení:
N=30∙1023
Vyjdeme ze vzorce pro látkové množství:
n
N
V

N A Vn
N  Vn 30.10 23  22,41dm 3
V
=
=111,64 dm3
23
NA
6,022  10
1.11
Jaký je objem 62 g vodíku?
Ar(H) = 1,01 , M(H2)=2,02 g∙ mol 1
Řešení:
m=62 g
M(H2)=2,02 g∙ mol 1
Vyjdeme ze vzorců pro látkové množství:
n=
8
m
M
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
n=
V
Vn
m V
=
M Vn
V
m  Vn 62 g  22,41dm 3
=
= 687,83 dm3
1
M
2,02 g  mol
Vodík má objem 687,83 dm3.
1.12
Jaká je hmotnost 5 ∙ 1023 molekul metanu CH4?
Ar(C) = 12,01 Ar(H) = 1,01 M(CH4) =16,05 g∙mol-1
Řešení:
N=5 ∙1023
Vyjdeme ze vzorců pro látkové množství:
m
M
N
n=
NA
m
N
=
M NA
n=
m
N  M 5.10 23  16,05 g  mol 1
=
=13,33 g
NA
6,022  10 23 mol 1
Hmotnost metanu je 13,33 gramů.
1.13
Kolik molekul obsahuje 10 molů CO2?
Řešení:
n=10 mol
Vyjdeme ze vzorce:
n=
N
NA
N = n ∙ NA =10 mol∙6,022∙1023g.mol 1 =6,022∙1024
Uvedené látkové množství oxidu uhličitého představuje 6,023∙1024 molekul.
9
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
1.14
Jaké látkové množství odpovídá 32 g mědi?
Řešení:
m=32 g Cu
M (Cu) = 65,55 g∙mol-1
Vyjdeme ze vzorce:
n=
m
32 g
=
=0,49 mol
M 65,55 g  mol 1
Uvedené látkové množství mědi představuje přibližně 0,5 molu.
1.15
Jaká je molární hmotnost zlata,jestliže 394 g zlata obsahuje 1,2∙1024 atomů?
Řešení:
m=394 g
N=1,2∙1024
Vyjdeme ze vzorců:
m
M
N
n=
NA
m
N
=
M NA
n=
m  N A 394 g  6,022  10 23 mol 1
M=
=
=197,72 g.mol-1
24
N
1,2  10
Molární hmotnost zlata je 197,72 g∙mol-1.
1.16
a) jakou hmotnost má 0,16 molu oxidu siřičitého SO2
b) kolik molekul obsahuje 0,16 mol oxidu siřičitého SO2
c) kolik atomů síry a kolik atomů kyslíku obsahuje 0,16 mol oxidu siřičitého SO2
M(SO2)=64 g.mol-1
Řešení části a):
Vyjdeme ze vzorce:
n=
m
M
m=n∙ M=0,16 mol∙64 g∙mol-1=10,24 g
10
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Hmotnost 0,16 molu oxidu siřičitého je 10,24 gramů.
Řešení části b):
Vyjdeme ze vzorce:
n=
N
NA
N=n∙ NA=0,16 mol∙6,022∙1023=9,64∙1022
Látkové množství 0,16 molu oxidu siřičitého obsahuje 9,64∙1022 molekul.
Řešení části c):
0,16 mol SO2 obsahuje stejné látkové množství síry, tj.016 mol S, což představuje 9,64∙1022
atomů síry.
0,16 mol SO2 obsahuje dvojnásobný počet atomů kyslíku, tj. 2∙ 9,64∙1023 = 1,928∙1024atomů
kyslíku.
1.17
Kolik molů je obsaženo ve 120 g NaOH?
Řešení:
m=120 g
M(NaOH)=40g∙mol-1
Vyjdeme ze vzorce:
n=
m
120 g
=
=3 mol
M 40 g  mol 1
Uvedené množství hydroxidu sodného NaOH představuje 3 moly.
1.18
Jaká je hmotnost 5 molů dvouatomového dusíku N2.
Řešení:
n=5 mol
M(N2)=28g∙mol-1
Vyjdeme ze vzorce:
n=
m
M
m=n∙M=5mol∙28g∙mol-1=140 g
Uvedené látkové množství dvouatomového dusíku představuje hmotnost 140 gramů.
11
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
1.19
Kolik molekul je obsaženo ve 400 gramech CaCO3.
Řešení:
m=400 g
M(CaCO3)=100 g∙mol-1
Vyjdeme ze vzorců:
m
M
N
n=
NA
m
N
=
M NA
n=
N=
m  N A 400 g  6,022  10 23 mol 1
=
=24,088∙1023
1
M
100 g  mol
Uvedené množství uhličitanu vápenatého obsahuje 24,092∙1023molekul.
1.20
Kolik molekul je obsaženo ve 49 gramech kyseliny sírové o vzorci H 2SO4?
Řešení:
m=49 g
M(H2SO4)=98g∙mol-1
Vyjdeme ze vzorců:
m
M
N
n=
NA
m
N
=
M NA
n=
N=
m  N A 49 g  6,022  10 23 mol 1
=
=3,01∙1023
1
M
98 g  mol
Uvedené množství kyseliny sírové obsahuje 3,0115∙1023 molekul.
1.21
Která z uvedených molekul a atomů má nejmenší hmotnost?
HF,H2,He,CO,LiH
Řešení:
Vyjdeme ze vzorce pro výpočet relativní atomové hmotnosti nebo relativní molekulové
hmotnosti:
Ar(atomu)=
12
m(atom )
mu
Mr(molekuly)=
m(molekula)
mu
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
m…skutečná hmotnost atomu nebo molekuly v kilogramech
mu…atomová hmotnostní jednotka,udávající hmotnost 112 skutečné hmotnosti atomu uhlíku
mu=1,66∙10-27 kg
HF: Ar(HF)=20
m(HF)= Ar(HF) ∙ mu= 20∙1,66∙10-27 kg=33,2∙10-27 kg
H2: Mr(H2)=2
m(H2)=M(H2) ∙mu=2∙ 1,66∙10-27 kg=3,32∙10-27 kg
He: Ar(He)=4
m(He)= Ar(He) ∙ mu=4. 1,66.10-27 kg=6,64. 10-27 kg
CO: Mr(CO)=28
m(CO)= Mr(CO) ) ∙ mu= 28∙ 1,66∙10-27 kg=46,48∙ 10-27 kg
LiH: Mr(LiH)=7,94
m(LiH)= Mr(LiH) ∙ mu=7,94∙ 1,66∙10-27 kg=13,18∙ 10-27 kg
Nejmenší skutečnou hmotnost má molekula vodíku.
1.22
Jakou relativní molekulovou hmotnost má látka X,jejíž 567 cm3 par(měřeno za
normálních podmínek)má hmotnost 1,164 gramů?
Řešení:
567 cm3=0,567 dm3
Pro řešení můžeme na základě logické úvahy sestavit trojčlenku.Vycházíme z toho,že 1 mol
neznámé látky X o příslušné molární či relativní molekulové hmotnosti zaujímá objem 22,41
dm3.
Trojčlenka:
0,567 dm3……………………………………..1,164 g
22,41 dm3…………………………………….. x g
x=
22,41dm 3  1,164 g
=46,01
0,567dm 3
Neznámá látka má relativní molekulovou hmotnost přibližně 46.
13
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
1.23
Jaké látkové množství oxidu uhelnatého zaujme za normálních podmínek objem 0,11
dm3?Jakou bude mít toto látkové množství hmotnost? M(CO)=28 g∙mol 1
Řešení:
a) výpočet látkového množství CO
Vyjdeme ze vzorce: n=
0,11dm 3
V
=
= 4,91∙10 3 mol
3
1
V n 22,41dm  mol
b) výpočet hmotnosti CO
Vyjdeme ze vzorce: n=
m
 m  n  M  4,91  10 3 mol  28g  mol 1  0,13748g  0,14 g
M
Uvedený objem oxidu uhelnatého představuje 4,91.10 3 mol a přibližně 0,14 gramů.
1.24
Jaký objem zaujímá za standardních podmínek 6g H2 ?
a.
Řešení-výpočet látkového množství:
n= =
= 3 mol
Látkové množství uvedeného množství vodíku jsou 3 moly.
b.
Řešení-výpočet objemu:
l
V=Vn ∙n= 22,41 dm3∙mol-1∙ 3mol = 67,23 dm3
Objem dvouatomového vodíku je 67,23
.
1.25
Jaká je hmotnost 112 dm3 CO2 za standardních podmínek?
a.
Řešení-výpočet látkového množství:
n=
14
112dm 3
V
=
=4,99 mol=5 mol
V n 22,41dm 3  mol 1
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Látkové množství uvedeného objemu oxidu uhličitého je 5 mol.
b.
Řešení-výpočet hmotnosti:
m = n ∙M(CO2) = 5 mol ∙ 44g .
= 220 g
Hmotnost uvedeného množství oxidu uhličitého je 220 gramů.
1.26 Kolik molekul je v 1,12
Řešení:
n=
=
plynu za normálních podmínek ?
= 0,05 mol
N = n ∙ = 0,05mol ∙ 6,022 ∙
mol-1 = 3,01 ∙
molekul
Uvedený objem plynu obsahuje 3,01 ∙
molekul.
1.27
Jakou hmotnost má 100 dm3 :
a) dimerního oxidu dusičitého o vzorci N204
b) chlorovodíku o vzorci HCl
Řešení části a):
n=
V
Vn
n=
100dm 3
= 4,46 mol
22,41dm 3  mol 1
Hmotnost je pak:
m= n∙ M=4,46 mol∙92g∙mol-1=410,32g
Hmotnost uvedeného objemu dimerního oxidu dusičitého je 410,32 gramů.
Řešení části b):
Látkové množství je stejné při stejném objemu plynu, tedy n=4,46 mol
Hmotnost je pak:
m=n∙ M=4,46 mol∙36,5 g∙mol-1=162,79 g
Hmotnost uvedeného objemu chlorovodíku je 162,79 g.
15
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
1.28
Kolik molekul je obsaženo v 1 dm3:
a) oxidu uhličitého o vzorci CO2
b) molekulového vodíku o vzorci H2
Řešení části a):
1dm 3
V
n= =
=0,04 mol
V n 22,41dm š  mol 1
N=n∙NA=0,04 mol.6,022.1023 mol-1=2,41∙1022
Řešení části b):
1dm 3
V
n= =
=0,04 mol
V n 22,4dm 3  mol 1
N=n∙ NA=0,04 mol∙6,022∙1023 mol-1=2,41∙1022
Jeden litr(dm3) obou plynů obsahuje stejný počet molekul,tj.2,41∙1022.
1.29
Rozhodněte, zda za téže teploty a tlaku zaujme větší objem 1 gram dikyslíku O 2 nebo 1
gram trikyslíku (ozónu) o vzorci O3 nebo zda budou oba objemy shodné.
a) výpočet pro dikyslík O2
Řešení:
n=
m
1g
=
=0,03 mol
M 32 g  mol 1
V=n∙Vm=0,031mol∙22,41 dm3=0,70dm3
Objem uvedeného množství dikyslíku je 0,7 dm3.
b) výpočet pro trikyslík O3
16
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Řešení:
n=
1g
m
=
=0,02 mol
M 48 g  mol 1
V=n∙Vm=0,02mol∙22,41 dm3=0,45 dm3
Objem uvedeného množství trikyslíku je 0,45 dm3.
1.30
Jeden dm3 plynu Y(měřeno za normálních podmínek) má hmotnost 1,250g.Jakou má plyn
molární hmotnost?
Řešení:
1dm 3
V
n= =
=0,0446 mol
Vm 22,41dm 3
1,250 g
m
M= =
=28,03 g.mol-1
n 0,0446mol
Molární hmotnost plynu Y je přibližně 28g.mol-1.
17
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
2. Soustavy látek
2.1 Hmotnostní zlomek
Hmotnostní zlomek udává zastoupení jednotlivých složek(např.prvků) ve sloučenině
Hmotnostní zlomek je podíl hmotnosti složky (mA, mB, ...) k hmotnosti celé směsi. Je to
bezrozměrná veličina.
Předpokládáme-li například látku typu AxByCz,pak můžeme hmotnostní zlomek pro
látku A vyjádřit následovně:
w(A)=
mA
m A  m B  mC
mA,mB,mC jsou hmotnosti jednotlivých složek
Hmotnostní zlomek lze vyjádřit také vzorcem:
w(A)=
x  Ar ( A)
M r ( Ax B y C z )
x,y,z jsou stechiometrické koeficienty,Ar(A) relativní atomová hmotnost prvku A a
Mr(Ax,By,Cz)relativní molekulová hmotnost molekuly AxByCz.
Součet hmotnostních zlomků všech složek ve sloučenině je roven 1.Násobíme-li
hmotnostní zlomek číslem 100,dostaneme procentové(%) vyjádření zastoupení
jednotlivých složek ve sloučenině.
Příklady
2.1.1
Vyjádřete hmotnostní zlomek a procentové (%) složení uhličitanu hořečnatého.
Řešení:
Vzorec uhličitanu hořečnatého: MgCO3
Mr(MgCO3)=84,3
A=Mg,B=C,C=O
x=1,y=1,z=3
18
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
V periodické soustavě si najdeme relativní atomové hmotnosti jednotlivých prvků.
Ar(Mg)=24,3 , Ar(C)=12,0, Ar(O)=16,0
Dosadíme postupně pro jednotlivé prvky do vzorce: w(Mg)=
Hořčík:
w(Mg)=
Uhlík:
w(C)=
x. Ar ( A)
.
M r ( Ax B y C z )
1  24,3
 0,289 ∙ 100=28,9%
84,3
1  12
 0,142∙ 100= 14,2%
84,3
Kyslík: Můžeme počítat stejně,jako v předchozích případech,ale jelikož se jedná o poslední
prvek ze všech,stačí provést matematickou operaci:
1-(0,289+0,142)=0,569.100=56,9%
Uhličitan hořečnatý obsahuje 28,9% hořčíku,14,2% uhlíku a 56,9% kyslíku.
2.1.2
Vypočítejte hmotnostní zlomek a % složení křemíku(Si) a kyslíku(0) v oxidu křemičitém o
vzorci SiO2.
Řešení:
Vzorec oxidu křemičitého:SiO2
Dosadíme do vzorce:
w(A)=
x  Ar ( A)
M r ( Ax B y )
A=Si,B=O,x=1 a y=2 v molekule oxidu křemičitého SiO2.
V periodické soustavě prvků najdeme realativní atomové hmotnosti jednotlivých prvků.
1  28
 0,47∙100=47%
60
2  16
w(O)=
 0,53∙100= 53%
60
w(Si)=
Oxid křemičitý obsahuje 47% křemíku a 53% kyslíku.
19
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
2.1.3
Kolik % vody je obsaženo v pentahydrátu síranu měďnatého(skalici modré)?
Řešení :
Vzorec skalice modré: CuSO4 ∙ 5H2O
Dosadíme do vzorce:
w(H2O)=
x  M r ( H 2 O)
, kde x je počet molekul vody .
M r (CuSO4  5H 2 O)
V periodické soustavě prvků si najdeme relativní atomové hmostnosti jednotlivých prvků a
vypočítáme relativní molekulovou hmotnost vody M r(H2O)=18 a skalice modré
Mr(CuSO4∙5H2O)=250.
w(H2O)=
5  18 90
=
=0,36∙100=36% vody
250 250
Skalice modrá obsahuje 36 % vody.
2.1.4
Vypočítejte hmotnostní hlomek dusíku v dusičnanu amonném o vzorci NH4NO3.
Řešení:
V periodické soustavě najdeme relativní atomové hmotnosti jednotlivých prvků a určíme také
relativní molekulovou hmotnost dusičnanu amonného.
Ar(N)=14
Ar(H)=1
Ar(O)=16
Mr(NH4NO3)=80
Dosadíme do vzorce: w(N)=
w(N)=
x  Ar ( N )
,kde x=2(dva atomy dusíku v molekule)
M r ( NH 4 NO3 )
2  14 28
=0,35

80
80
Hmotnostní zlomek dusíku v molekule dusičnanu amonného je 0,35.
20
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
2.1.5
Kolik % vápníku je obsaženo v molekule dolomitu o vzorci MgCO3∙CaCO3?
Řešení:
V periodické soustavě prvků najdeme relativní atomové hmotnosti jednotlivých prvků a určíme
relativní molekulovou hmotnost MgCO3∙CaCO3.
Ar(Ca)=40
Mr(MgCO3∙CaCO3)=184,3
Dosadíme do vzorce: w(Ca)=
w(Ca)=
x  Ar (Ca)
,kde x=1 pro jeden atom vápníku v molekule
M r ( MgCO3  CaCO3 )
40
 0,217∙100=21,7% vápníku
184,3
Molekula dolomitu obsahuje 21,7% vápníku.
2.1.6
Které z uvedených hnojiv obsahuje největší % zastoupení dusíku?
a) dusičnan sodný
b) dusičnan amonný
c) síran amonný
d) močovina
e) amoniak
Řešení:
a) dusičnan sodný NaNO3
Ar(N)=14
Mr(NaNO3)=85
Dosadíme do vzorce: w(N)=
w(N)=
x  Ar ( N )
M r ( NaNO3 )
1 14
=0,1647∙100=16,47%
85
b) dusičnan amonný o vzorci NH4NO3
Ar(N)=14
Mr(NH4NO3)=80
21
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Dosadíme do vzorce: w(N)=
x  Ar ( N )
2  14
=
=0,35∙100=35%
M r ( NH 4 NO3 )
80
c) síran amonný o vzorci (NH4)2SO4
Ar(N)=14
Mr(síran amonný)=132
Dosadíme do vzorce: w(N)=
x  Ar ( N )
2  14
=
=0,2121∙100=21,21%
M r ( sír.amonný) 132
d) močovina o vzorci CO(NH2)2
Ar(N)=14
Mr(močovina)=60
Dosadíme do vzorce: w(N)=
x  Ar ( N )
2  14
=
=0,4666∙100=46,66%
M r (CO( NH 2 ) 2 )
60
e) amoniak o vzorci NH3
Ar(N)=14
Mr(NH3)=17
Dosadíme do vzorce: w(N)=
1 14
=0,8235∙100=82,35%
17
2.1.7
Kolik % uhlíku,vodíku a kyslíku obsahuje glukóza?
Řešení:
Glukóza má vzorec: C6H12O6
Uhlík:
Ar(C)=12
Mr(C6H12O6)=180
Dosadíme do vzorce: w(C)=
Vodík:
Ar(H)=1
Mr(C6H12O6)=180
Dosadíme do vzorce: w(H)=
22
x  Ar (C )
6.12
=
=0,40∙100=40%
M r ( glukóza) 180
12  1
=0,0666∙100=6,67%
180
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Kyslík:
Ar(0)=16
Mr(C6H12O6)=180
Dosadíme do vzorce: w(O)=
x  Ar (O)
6  16
=
=0,5333∙100=53,33%
M r ( glukóza) 180
2.1.8
Určete % složení dioritu o vzoci MgCaSi2O6,který lze rozložit na MgO.CaO.2SiO2.
Řešení:
Určíme % složení jednotlivých složek dioritu:
a) složka MgO
Ar(Mg)=24,3
Ar(O)=16
Mr(diorit)=216,52
Dosadíme do vzorce: w(MgO)=
Mr ( MgO) 40,32
=
=0,1862∙100=18,62%
Mr (diorit ) 216,52
b) složka CaO
Ar(Ca)=40,08
Mr(diorit)=216,52
Ar(O)=16
Dosadíme do vzorce: w(CaO)=
M r (CaO)
56,08
=
=0,259∙100=25,9%
M r (diorit ) 216,52
c) složka SiO2
Mr(SiO2)=60,06
Mr(diorit)=216,52
Dosadíme do vzorce: w(SiO2)=
23
M r ( SiO 2 ) 120,12
=
=0,5548∙100=55,48%
M r (diorit ) 216,52
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
2.2 Stechiometrický(empirický)vzorec a molekulový vzorec
Stechiometrický vzorec určuje základní složení chemické látky.
Máme-li např.látku typu A x B y a známe-li hmotnostní zlomky jednotlivých prvků(prvek A a
prvek B), můžeme určit poměr stechiometrických koeficientů podle vzorce:
x w( A)  Ar ( B)
=
y w( B)  Ar ( A)
Známe-li relativní molekulovou hmotnost skutečné sloučeniny, pak můžeme molekulový
vzorec určit ze stechiometrického vzorce jeho vynásobením hodnotou x. Hodnota x se určí ze
vzorce: x = ∑
Příklady
2.2.1
Analýzou
minerálu
bylo
zjištěno
jeho
složení,vyjádřené
hmotnostními
zlomky:w(Cu)=0,799,w(S)=0,201.Určete stechiometrické složení minerálu.
Řešení:
Předpokládáme,že vzorec minerálu je Cu x S y .
A r (Cu)=63,1 a A r (S)=32,1
Dosadíme do vzorce(hmotnostní zlomky můžeme dosadit i v násobku 100,tj.v procentech):
x w(Cu )  Ar ( S ) 79,9  32,1 2564,79 2
=
=
=
=
y w( S )  Ar (Cu ) 20,1  63,1 1276,35 1
Minerál má stechiometrický vzorec Cu 2 S.
2.2.2
Analýzou látky bylo zjištěno,že obsahuje: 14,0% Na,19,5% S,39,0% O, 27,5%
H2O (krystalografická voda).Určete stechiometrický(empirický)vzorec látky.
Řešení:
Předpokládáme,že látka má obecný stechiometrický vzorec A x B y C z .D d ,kde A,B,C jsou prvky
a D je krystalograficky vázaná voda.Po dosazení konkrétních prvků pak:
Na x S y O z .(H 2 O) d
24
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Hmotnostní zlomky dosazujeme v procentech(násobky 100)a současně dosadíme relativní
atomové hmotnosti jednotlivých prvků.
Z poměrů stechiometrických koeficientů určíme číselné poměry:
x w( Na)  Ar ( S ) 14  32 448 1
=
=
=
y w( S )  Ar ( Na) 19,5  23 448,5 1
x w( Na)  Ar (O) 14  16 224 1
=
=
=
=
z w(O)  Ar ( Na) 39  23 897 4
14  18
252
1
x w( Na)  M r ( H 2 O)
=
=
=
=
d w( H 2 O)  Ar ( Na)
27,5  23 632,5 2,5
Na 1 S 1 O 4 ∙2,5H 2 O vynásobíme 2
Stechiometrický vzorec látky je Na 2 S 2 O 8 ∙5H 2 O a jedná se o peroxodisíran sodný.
2.2.3
Určete stechiometrický vzorec látky,která obsahuje 70,4%Pb a 10,5%P.Třetí prvek
obsažený ve sloučenině je kyslík.
Řešení:
Procentový obsah kyslíku je: 100%-80,9%(součet % obsahu olova a fosforu)=19,1%
Předpokládaný vzorec sloučeniny: Pb x P y O z
Z poměrů stechiometrických koeficientů určíme číselné poměry.V periodické soustavě prvků
dosadíme relativní atomové hmotnosti jednotlivých prvků.
x 70,4  31 2182,4 1
=
=
=
y 10,5  207 2173,3 1
x 70,4.16 1126,4 1
=
=
=
z 19,1.207 3953,7 3,5
Pb 1 P 1 O 3,5 násobíme 2
Stechiometrický vzorec látky je Pb 2 P 2 O 7 a má název difosforečnan olovnatý.
25
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
2.2.4
Při analýze 0,03 g neznámé organické sloučeniny bylo získáno 66,0mg oxidu uhličitého
CO 2 a 21,6mg vody H 2 O.Určete výpočtem stechiometrický(empirický)vzorec organické
sloučeniny.
Řešení:
a) C+O 2 →CO 2
12 mgC→44 mg CO 2
2H+O→H 2 O
2 mg H→18 mg H 2 O
x mg H→21,6 mg H 2 O
x mg C→66 mg CO 2
x=
x=
12.66
=18 mgC
44
mg O=30 mg-20,4mg=9,6mgO
b) přepočet na %
30 mg navážky
18 mg C
x=
18.100 180
=
=60% C
30
3
30 mg navážky
2,4 mg H
x=
100%
x%
100%
x%
2,4.100
=8% H
30
c) % O=100-68=32%
d) C:H:O=
60 8 32
: :
12 1 16
C:H:O=5:8:2
Empirický vzorec látky je C 5 H 8 O 2 .
26
2.21,6
=2,4 mgH
18
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
2.2.5
500cm 3 plynného uhlovodíku(měřeno za normálních podmínek)má hmotnost
0,581.Uhlovodík obsahuje 92,24% uhlíku C a 7,76% vodíku H.Vypočítejte molekulový
vzorec látky, je-li relativní molekulová hmotnost uhlovodíku Mr = 26.
Řešení:
C:H=
92,24 7,76
:
1
12
C:H=7,7:7,7
C:H=1:1
Vzorec: (CH) x
x=
x=∑
26
=2
13
Molekulový vzorec uhlovodíku je: (CH) 2 =C 2 H 2
Molekulový vzorec uhlovodíku odpovídá acetylenu(ethynu).
2.2.6
Jaký vzorec má látka,která obsahuje 40% S a 60% O?
Řešení:
S:O=40:60
S:O=
40 60
:
32 16
S:O=1,25:3,75
S:O=1:3
Látka má vzorec SO 3 a jmenuje se oxid sírový.
27
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
2.2.7
Analýzou sloučeniny se zjistilo,že obsahuje 22,22% N,76,18% O a 1,60% H.Zjistěte vzorec
sloučeniny.
Řešení:
N:O:H=
22,22 76,18 1,6
:
: =1,586:4.76:1,6=1:3:1
14
16
1
Vzorec sloučeniny je HNO 3 a jedná se o kyselinu dusičnou.
28
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
3. Roztoky
Roztokem rozumíme homogenní (stejnorodou)směs, skládající se nejméně ze dvou látek,
jejichž zastoupení můžeme v určitých mezích plynule měnit.
Roztok se skládá z rozpouštědla a rozpuštěných látek. Ve vodných roztocích je
rozpouštědlem vždy voda, v ostatních případech považujeme za rozpouštědlo převládající
složku soustavy. Roztok vzniká rozpuštěním látek v daném rozpouštědle. V chemii se nejčastěji
setkáváme s kapalnými roztoky (pravými roztoky), kdy nerozšířenějším rozpouštědlem je voda
(polární sloučenina). Roztoky obsahují volně pohyblivé ionty, vedou elektrický proud a
nazýváme je elektrolyty.
Nasycený roztok už nemůže za dané teploty přijmout další množství rozpuštěné látky.
Nenasycený roztok může za dané teploty přijmout další množství rozpuštěné látky.
Rozpustnost látky v daném rozpouštědle je určena hmotností látky, kterou lze za daných
podmínek rozpustit.
Vyjadřování složení roztoků
a) hmotnostní zlomek: w(A)=
m( A)
m(roztok )
m(A)-hmotnost látky A v roztoku
m(roztok)-celková hmotnost roztoku
b) objemový zlomek: φ(A)=
V ( A)
V (roztok )
V(A)-objem látky A v roztoku
V(roztok)-objem roztoku
c) molární (látková) koncentrace:
n( A)
,kde n(A) je látkové
V (roztok )
m
množství látky A a V(roztok) objem roztoku.Za látkové množsví můžeme dosadit n= ,kde M
M
Molární koncentraci roztoku vyjadřujeme vztahem c(A)=
je molární hmotnost složky roztoku,tj.látky A a m je hmotnost složky,tj.látky A.Kombinací
obou uvedených vzorců můžeme molární koncentraci roztoku vyjádřit vzorcem: c(A)=
m( A)
.Z toho pak hmotnost látky(složky roztoku) můžeme vyjádřit vztahem:
M ( A)  V (roztok )
m=c∙M∙V
29
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
d) směšovací rovnice(rovnice látkové bilance): m1∙w1+m2∙w2=(m1+m2) ∙w3
m1-hmotnost roztoku č.1
w1-hmotnostní zlomek látky A v roztoku č.1
m2-hmotnost roztoku č. 2
w2-hmotnostní zlomek látky B v roztoku č. 2
w3-hmotnostní zlomek výsledného roztoku, který vznikne smísením roztoku č. 1 a č. 2
e) křížové pravidlo: platí pro mísení 2 složek bez zadání hmotnosti
3.1 Procentová hmotnostní a objemová koncentrace
Příklady
3.1.1
Připravte 150 gramů 3% roztoku hydroxidu sodného NaOH.Jakou hmotnost NaOH
a jakou hmotnost vody použijete?
m(roztok)=150g
w(roztok)=0,03
m(NaOH)=?
m(H2O)=?
Řešení:
Použijeme vzorec pro hmotnostní zlomek: w(roztok)=
m( NaOH )
m(roztok )
m(NaOH)=w(roztoku).m(roztoku)
m(NaOH)=0,03∙50g=4,5g NaOH
Hmotnost vody získáme odečtením hmotnosti NaOH od celkové hmotnosti roztoku,tedy:
m(H2O)=m(roztoku)-m(NaOH)
m(H2O)=150g-4,5g=145,5g vody
Hmotnost hydroxidu sodného je 4,5 gramu a hmotnost vody je 145,5gramů.
30
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
3.1.2
Jaká je hmotnost chloridu sodného NaCl ve 137,2 gramech 27,1% roztoku?
m(roztok)=137,2 g
w(NaCl)=0,271
m(NaCl)=?
Řešení:
Použijeme vzorec pro hmotnostní zlomek: w(roztok)=
m( NaCl )
m(roztok )
Z toho m(NaCl)=w(roztok) ∙m(roztok)
m(NaCl)=0,271∙137,2g=37,1812 g NaCl
Hmotnost chloridu sodného NaCl v roztoku je 37,1812 gramů.
3.1.3
Roztok chloridu sodného NaCl byl připraven rozpuštěním 15 gramů této látky ve 250
gramech vody.Vypočítejte hmotnostní zlomek vzniklého roztoku a jeho procentovou
koncentraci.
m(NaCl)=15 g
m(H2O)=250g
m(roztoku)=250g vody+15 g NaCl=265 g NaCl
w(NaCl)=?
p(NaCl)=?
Řešení:
Dosadíme do vzorce pro hmotnostní zlomek roztoku: w(NaCl)=
w(NaCl)=
m( NaCl )
m(roztoku)
15 g
=0,0566
265 g
Pro vyjádření procentové koncentrace použijeme vzorec: p(NaCl)=w(NaCl).100 %
p(NaCl)=0,0566∙100%=5,66%
Hmotnostní zlomek chloridu sodného NaCl v daném roztoku je 0,0566 a procentová
koncentrace vzniklého roztoku činí 5,66%.
31
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
3.1.4
Vypočítejte hmotnostní zlomek chloridu sodného NaCl a hmotnostní zlomek vody
v roztoku,který vznikl rozpuštěním 0,5 gramu chloridu sodného NaCl v 8,6 gramech
vody H2O.Čemu se rovná součet obou hmotnostních zlomků?
m(NaCl)=0,5 g
m(H2O)=8,6 g
m(roztok)=m(NaCl)+m(H2O)=0,5 g+8,6 g=9,1 g
Řešení:
Dosadíme do vzorce pro hmotnostní zlomek: w(NaCl)=
m( NaCl )
m(voda)
, w(H2O)=
m(roztok )
m(roztok )
0,5 g
=0,055
9,1g
8,6 g
w(H2O)=
=0,945
9,2 g
w(NaCl)=
Součet hmotnostních zlomků musí být roven 1.
w(NaCl)+w(H2O)=0,055+0,945=1,0
Hmotnostní zlomek NaCl v roztoku je 0,055.Hmotnostní zlomek H2O v roztoku je
0,945.Součet obou hmotnostních zlomků je roven 1.
3.1.5
Jaké je množství bromidu draselného KBr a jaké množství vody H 2O je zapotřebí
k přípravě 1,2 kg 8% roztoku?
w(roztok)=0,08
m(roztok)=1,2kg=1200 g
m(KBr)=?
m(H2O)=?
Řešení:
Dosadíme do vzorce pro hmotnostní zlomek: w(KBr)=
m( KBr )
m(roztok )
m(KBr)=w(roztok).m(roztok)
m(KBr)=0,08∙1200 g=96 g
Hmotnost vody: m(H2O)=m(roztok)-m(KBr)=1200 g – 96 g =1104 g
Hmotnost bromidu draselného je 96 gramů a hmotnost vody v roztoku je 1104 gramů.
32
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
3.1.6
Jeden litr(dm3) roztoku kyseliny chlorovodíkové HCl ve vodě o molární koncentraci 2,85
mol.dm-3 má hmotnost 1039 gramů.Vypočítejte hmotnostní zlomek HCl
v roztoku.Vyjádřete množství HCl v roztoku v %.
V(roztok)=1 dm3
c(roztok)=2,85 mol∙dm-3
m(roztok)=1039 g
M(HCl)=36,5 g∙mol-1
w(HCl)=?
p(HCl)=?
Řešení:
n
,kde n je látkové množství(v našem
V
m
případě HCl v roztoku) a V objem roztoku.Za látkové množsví můžeme dosadit n= ,kde M je
M
Použijeme vzorec pro molární koncentraci roztoku: c=
molární hmotnost HCl.Kombinací obou uvedených vzorců můžeme molární koncentraci
roztoku vyjádřit: c=
m
.Z toho pak hmotnost látky(v našem případě HCl): m=c∙M∙V
M V
m(HCl)=2,85 g∙mol-1∙36,5g∙mol-1∙1 dm3=104,025 g
Hmotnostní zlomek HCl v roztoku je: w(HCl)=
m( HCl ) 104,025 g
=
=0,1
m(roztok )
1039 g
Procentový obsah HCl v roztoku je: p(HCl)=0,1∙100%=10%
3.1.7
Vypočítejte objem vody nutný k přípravě 300 cm3 roztoku ethanolu,jehož objemový
zlomek odpovídá 12%.
V(roztoku)=300 cm3
φ(roztok)=0,12
V(voda)=?
Řešení:
Použijeme vzorec pro objemový zlomek roztoku: φ(roztok)=
V(ethanol)= φ(ethanol).V(roztok)
33
V (ethanol )
.Z toho objem vody:
V (roztok )
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
V(ethanol)=0,12∙300 cm3=36 cm3
Objem vody získáme odečtením objemu ethanolu od celkového objemu roztoku:
V(voda)=V(roztok)-V(ethanol)=300 cm3-36 cm3=264 cm3
Objem vody,potřebné k přípravě uvedeného roztoku,je 264 cm3.
3.1.8
Připravte 250 gramů 8% roztoku sody.Kolik gramů sody s obsahem 96% uhličitanu
sodného Na2CO3 je třeba na přípravu uvedeného roztoku?
100 g 8% roztoku……………………………8 g 100 %Na2CO3
250 g 8% roztoku…………………………... x g 100 %Na2CO3
Z toho x=
250 g  8 g
=20 g 100% Na2CO3(řešeno jako přímá úměra)
100
20 g 100% Na2CO3 ……………100%
x g 100% Na2CO3……………...96%
Z toho x=
20 g  100
=20,83 g 96% Na2CO3.
96
Hmotnost vody: m(H2O)=m(roztok)-m(96% sody)=250 g-20,83 g=229,17 g
Na přípravu uvedeného roztoku je zapotřebí 20,83 g 96% sody a 229,17 g vody.
3.1.9
Jaká je hmotnost chemicky čistého hydroxidu sodného NaOH a chemicky čisté vody,které
jsou zapotřebí k přípravě 3 l(dm3) 16% roztoku hydroxidu sodného NaOH?(hustota
hydroxidu sodného ρNaOH=1,175 g.cm-3).
V(roztok)=3 dm3=3000 cm3
w(NaOH)=0,16
ρNaOH=1,175g∙cm-3
m(NaOH)=?
m(H2O)=?
34
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Řešení:
K výpočtu použijeme vzorec pro hustotu roztoku: ρ=
m
V
Z toho hmotnost roztoku je: m(roztok)=ρ∙V=1,175g.cm-3∙3000 cm3=3525 g
Dále určíme s použitím vzorce pro hmotnostní zlomek hmotnost hydroxidu sodného NaOH:
w(NaOH)=
m( NaOH )
,z toho m(NaOH)=w(NaOH) ∙m(roztok)=0,16∙3525g=564g
m(roztok )
Hmotnost vody určíme z rozdílu hmotnosti roztoku a hmotnosti hydroxidu sodného:
m(H2O)=m(roztok)-m(NaOH)=3525g-564g=2961g
3.1.10 Kolik % čisté HNO3 obsahuje kyselina dusičná o hustotě ρ=1,36 g.cm-3,jestliže 1
dm3 obsahuje 0,8 kg HNO3.
V(roztok)=1000 cm3
ρ=1,36 g∙cm-3
m(HNO3)=800 g
Řešení:
Pro výpočet využijeme vzorec pro hustotu roztoku: ρ=
m
,z toho hmotnost roztoku je:
V
m(roztok)=ρ∙V(roztok)=1,36 g∙cm-3∙1000 cm3=1360 g
Hmotnostní zlomek HNO3 v roztoku je: w(HNO3)=
m( HNO3 )
800 g
=
=0,588
m(roztoku) 1360 g
Procentové vyjádření HNO3: p(HNO3)= w(HNO3).100%=0,588∙100%=58,8%
Uvedený roztok obsahuje 58,8% čisté kyseliny dusičné o vzorci HNO3.
35
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
3.2 Molární(látková) koncentrace roztoků(tzv.molarita)
Molární koncentraci roztoku vyjadřujeme vztahem c=
roztoku.Za látkové množsví můžeme dosadit n=
n
,kde n je látkové množství a V objem
V
m
,kde M je molární hmotnost složky roztoku
M
a m hmotnost složky roztoku.Kombinací obou uvedených vzorců můžeme molární koncentraci
roztoku vyjádřit vzorcem: c=
m
.Z toho pak hmotnost látky(složky roztoku) můžeme vyjádřit
M V
vztahem: m=c∙M∙V
Příklady
3.2.1
Vypočítejte hmotnost KHCO3 potřebnou pro přípravu 500 cm3 roztoku,je-li jeho molární
koncentrace c=0,1 mol∙dm-3.
c=0,1 mol∙dm-3
V=0,5 dm3
MKHCO3=100 g∙mol-1
m(KHCO3)=?
Řešení:
Použijeme vzorec: m=c∙M∙V=0,1mol∙dm-3∙100 g∙mol-1∙0,5dm3=5 g
Pro přípravu uvedeného roztoku potřebujeme 5 gramů hydrogenuhličitanu draselného(kyselého
uhličitanu draselného).
3.2.2
Jakou molární koncentraci má roztok NaCl,který obsahuje 0,15 mol NaCl ve 250 cm 3
roztoku.
n=0,15 mol NaCl
V(roztok)=250 cm3
c=?
36
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Řešení:
Pro výpočet použijeme vztah: c=
c=
n
V
0,15mol
=0,6 mol.dm 3
3
3
250  10 dm
Molární koncentrace uvedeného roztoku NaCl je 0,6 mol∙dm 3 .
3.2.3 Kolik gramů hydroxidu draselného KOH je třeba rozpustit k přípravě 0,5 dm 3
roztoku o molární koncentraci 0,01 mol∙dm 3 .
V(roztok)=0,5 dm 3
c(KOH)=0,01 mol∙dm-3
M(KOH)=56,1g∙mol 1
m=?
Řešení:
Využijeme vzorec m=c∙M∙V
m=0,01 mol∙dm 3 ∙56,1g∙mol 1 ∙0,5 dm 3 = 0,28 g
Je třeba rozpustit 0,28 gramů hydroxidu draselného KOH.
3.2.4
Vypočítejte objem roztoku o molární koncentraci 0,5 mol.dm 3 ,který vznikne
rozpuštěním 324,4 gramů chloridu železitého FeCl 3 ve vodě.
c(FeCl 3 )=0,5 mol∙dm 3
m(FeCl 3 )=324,4 g
M(FeCl 3 )=162,3 g∙mol 1
V(roztok)=?
Řešení:
Využijeme vzorec m=c∙M∙V,z toho V=
m
324,4 g
=
= 4 dm 3
c  M 0,5mol  dm 3  162,3g  mol 1
Objem uvedeného roztoku činí 4 litry(dm 3 ).
37
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
3.2.5
Jaká je molární koncentrace roztoku obsahujícího 3,4 gramu dusičnanu stříbrného
AgNO 3 v 50 cm 3 roztoku?
m(AgNO 3 )=3,4 g
V(roztok)=50 cm 3 =50∙10 3 dm 3
M(AgNO 3 )=169,87 g∙mol 1
c=?
Řešení:
Využijeme vzorec c=
m
3,4 g
=
=0,4 mol.dm 3
1
3
3
M  V 169,87 g  mol  50  10 dm
Molární koncentrace uvedeného roztoku je 0,4 mol.dm 3 .
3.2.6
Kolik gramů látky je třeba rozpustit k přípravě:
a) 500 cm 3 roztoku o koncentraci c=0,01 mol∙dm 3 KOH(hydroxidu draselného)
b) 2,5 dm 3 roztoku o koncentraci c=0,2 mol∙dm 3 HCl(kyseliny chlorovodíkové)
c) 250 cm 3 roztoku o koncentraci 0,7 mol∙dm 3 CuSO 4 (bezvodého síranu měďnatého)
d) 1 litru roztoku o koncentraci 0,05 mol∙dm 3 H 2 SO 4 (kyseliny sírové)
Řešení:
U všech částí zadání příkladu(a-d)použijeme vzorec m=c∙M∙V
U každé části zadání příkladu(a-d)je nutné určit molární hmotnost pro příslušnou látku.
Řešení části a)
m=0,01mol.dm 3 .56,1g.mol 1 .500.10 3 dm 3 =0,28 g KOH
Řešení části b)
m=0,20mol∙dm 3 ∙36,5 g∙mol 1 ∙2,5 dm 3 =18,25 g HCl
Řešení části c)
m=0,7mol∙dm 3 ∙159,5 g∙mol 1 ∙250∙10 3 dm3 =27,93 g CuSO 4
38
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Řešení části d):
m=0,05 mol∙dm 3 ∙98g∙mol 1 ∙1 dm3 =49 g H 2 SO 4
3.2.7
Máme připravit 500 cm 3 roztoku kyseliny sírové H 2 SO 4 o koncentraci c=0,1mol.dm 3
Kolik gramů a kolik cm 3 96% kyseliny sírové H 2 SO 4 k tomu potřebujeme?(hustota 96%
kyseliny sírové ρ H 2SO4 =1,836 g.cm 3 ).
V(roztok)=500 cm 3 =500∙10 3 dm 3
c=0,1 mol∙dm 3
ρ 96% H 2 SO4 =1,836 g∙cm 3
M(H 2 SO 4 )=98g∙mol 1
V´(96% H 2 SO 4 )=?
Řešení:
Ze vzorce m=c∙M∙V určíme hmotnost 100% kyseliny sírové H 2 SO 4 .
m=0,1 mol.dm 3 ∙98g∙mol 1 ∙500∙10 3 dm 3 = 4,9 g 100% H 2 SO 4 .
Dále přepočítáme hmotnost 100% kyseliny sírové na hmotnost 96% kyseliny sírové:
100%..................4,9 g
96%....................x g(řešeno jako nepřímá úměra)
x=
4,9  100
=5,104 g 96% kyseliny sírové
96
Nyní určíme objem 96% kyseliny sírové:
V´(96% H 2 SO 4 )=
hmotnost96% H 2 SO4
5,104 g
=
=2,78 cm 3
3
hustota 96% H 2 SO4
1,836 g.cm
K přípravě uvedeného roztoku potřebujeme 5,104 g 96% kyseliny sírové.Prakticky odebereme
pipetou objem 2,78 cm 3 96% kyseliny sírové a roztok připravíme v odměrné baňce příslušného
objemu.
3.2.8
Máme připravit 5 dm 3 vodného roztoku síranu sodného Na 2 SO 4 o koncentraci 0,15
mol∙dm 3 .Jaké množství síranu sodného musíme navážit?
V(roztok)=5 dm 3
c=0,15 mol∙dm 3
M(Na 2 SO 4 )=142g∙mol 1
39
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Řešení:
Dosadíme do vzorce m=c∙M∙V=0,15 mol∙dm 3 142g∙mol 1 5dm 3 =106,5 g
Musíme navážit 106,5 gramů síranu sodného.
3.2.9
Vypočítejte molární koncentraci hydroxidu draselného KOH,jestliže ve 100 cm 3 roztoku
je 14 gramů hydroxidu draselného KOH.
V(roztok)=100 cm 3 =100∙10 3 dm 3
m(KOH)=14 g
M(KOH)=56 g∙mol 1
Řešení:
Předpoklad:ve 100 cm 3 je 14 gramů KOH→v 1000 cm 3 je 140 gramů KOH
Nyní dosadíme do vzorce c=
m
140 g
=
=2,5 mol∙dm 3
M  V 56 g  mol 1  1dm 3
Molární koncentrace uvedeného roztoku je 2,5 mol.dm 3 .
3.2.10
Máme připravit 1 dm 3 roztoku,který obsahuje 1 mg Fe v 1 cm 3 roztoku.Kolik gramů
Mohrovy soli Fe(NH 4 ) 2 (SO 4 ) 2 ∙6H 2 O musíme odvážit?
Výpočet provedeme úvahou.
1 mol Mohrovy soli obsahuje 1 mol Fe
392,18 g Mohrovy soli………55,84 g Fe
x g Mohrovy soli…………….. 1,0 g Fe(řešeno jako přímá úměra)
x=
392,18 g
=7,023 g
55,84 g
K přípravě uvedeného roztoku musíme odvážit 7,023 gramů Mohrovy soli.
40
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
3.3 Rovnice látkové bilance(směšovací rovnice) a křížové pravidlo
Příklady
3.3.1
Kolik gramů vody je nutné smíchat s 200 gramy 80% roztoku kyseliny sírové H2SO4,aby
vznikl 20% roztoky kyseliny sírové?
m1=200 g
w1=0,80
w2=0(čistá voda)
w3=0,20
m2(voda)=x
Řešení:
Dosadíme do směšovací rovnice(rovnice látkové bilance):
m1∙w1+m2∙w2=(m1+m2) ∙w3
200g∙0,80+m2∙0=(200 g+x) ∙0,20
x=600 g
Je nutné smíchat 600 gramů vody s 200 gramy 80% roztoku kyseliny sírové,abychom
dostali 20% roztok kyseliny sírové.
3.3.2
Kolik gramů 5% roztoku je nutno přidat ke 100 gramům 50% roztoku,aby vzniknul
20%?
m1=100 g
w1=0,5
m2=x
w2=0,05
w3=0,20
Řešení:
Dosadíme do směšovací rovnice(rovnice látkové bilance):
m1∙w1+m2∙w2=(m1+m2) ∙w3
100 g∙0,5+x∙0,05=(100+x) ∙0,20
x=200 g
Je nutné přidat 200 gramů 5% roztoku.
41
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
3.3.3
Připravte 300 gramů 20% roztoku kyseliny dusičné HNO 3 ze 65% roztoku kyseliny
dusičné a 10% roztoku kyseliny dusičné.
Řešení:
Využijeme křížové pravidlo:
65%
10
20%
10%
:
45
Následně řešíme trojčlenkou:
55g 20%.....................45g 10% HNO3
300 g 20%................... xg 10% HNO3
x=
300  45
=245,5 g 10% HNO3
55
300 g – 245 g=54,5 g 65% HNO3
Pro řešení lze použít i směšovací rovnici:
m1∙w1+m2∙w2=(m1+m2) ∙w3
(300-m2) ∙0,65+m2∙0,1=300∙0,2
m2=245,5 g 10% HNO3
Z toho: m1=300g-245,5 g=54,5 g 65% HNO3
Pro přípravu 300 gramů 20% roztoku kyseliny dusičné musíme smíchat 245,5 g 10%
kyseliny dusičné s 54,5 g 65% kyseliny dusičné.
3.3.4
Určete hmotnost 5% roztoku a hmotnost 40% roztoku čpavku,které musíme
smíchat,abychom připravili 450 gramů 15% roztoku čpavku NH3.
m1=(m-m2)
w1=0,05
m2=?
42
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
w2=0,4
m=450 g
w3=0,15
a)řešení s pomocí směšovací rovnice:
m1∙w1+m2∙w2=(m1+m2) ∙w3
(450-m2) ∙0,05+m2∙0,40=450∙0,15
2250-0,05m2+0,40m2=6750
Z toho: m2=128,57g 40% NH3
m1=450g-m2=450g-128,57g=321,42 g 5% NH3
b) řešení s pomocí křížového pravidla a trojčlenky:
5%
25
15%
40%
:
10
na 35 g 15% NH3
na 450 g 15% NH3
x=
450  25
=321,42 g 5% NH3
35
25 g 5% NH3
x g 5% NH3
450g-321,42 g=128,57g 40% NH3
3.3.5
Máme 0,8 kg 12% roztoku hydroxidu sodného NaOH a 2,2 kg 30% roztoku hydroxidu
sodného NaOH.Smícháním obou roztoků a přidáním pevného hydroxidu sodného NaOH
chceme získat 40% roztok.
m=m1+m2+m3
m1=0,8 kg
w1=0,12
m2=2,2 kg
43
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
w2=0,30
m3=0,8+2,2+m3
w3=1(pevný hydroxid sodný počítán jako 100% látka,tedy hmot.zlomek je jedna)
a)jaká je hmotnost pevného hydroxidu sodného NaOH
b)jaká je hmotnost výsledného roztoku
Řešení části a:
Dosadíme do směšovací rovnice:
m1∙w1+m2∙w2+m3∙w3=m∙w
(0,8∙0,12)+(2,2∙0,3)+m3∙1=(0,8+2,2+m3) ∙0,4
Z toho: m3=0,74 kg
Řešení části b:
m=m1+m2+m3=0,8+2,2+0,74 kg=3,74 kg
3.3.6
80 cm3 60% roztoku kyseliny octové CH3COOH bylo zředěno 40 cm3 vody.Jaké je
procentové složení vzniklého roztoku,je-li hustota 60% kyseliny octové ρ=1,0642g∙cm-3?
V(roztok)=80 cm3
ρ(kyselina dusičná)= 1,0642g∙cm-3
1 cm3vody=1 g
Řešení:
Nejdříve určíme hmotnost 60% kyseliny octové ze vzorce:ρ=
m
V
m=ρ∙V=1,0642g∙cm-3∙80 cm3=85,136 g
Dále řešíme s pomocí směšovací rovnice: m1∙w1=m∙w (m=m1+m2=85,136g+40g=125,136g)
(85,136∙0,60)=125,136∙w
w=0,4082
Procentové složení roztoku je 40,82 %.
44
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
3.3.7
Jaké množství vody musíme přidat ke 215 g roztoku uhličitanu sodného o hmotnostním
zlomku 0,07,aby vznikl roztok o hmotnostním zlomku 0,02?Jakou hmotnost bude mít
připravovaný roztok?
Řešení:
a) dosadíme do směšovací rovnice
m1∙w1=m∙w
(215∙0,07)=(215+m2) ∙0,02
Z toho m2=537,5 g vody
b) celková hmotnost m=m1+m2=215,0+537,5=752,5 g
Do roztoku musíme přidat 537,5 g vody a jeho výsledná hmotnost bude 752,5 gramů.
3.3.8
Vypočítejte koncentraci kyseliny,která vznikla smísením 60% kyseliny o hmotnosti 30 kg
a 10% kyseliny o hmotnosti 10 kg.
m1=30 kg
w1=0,60
m2=10 kg
w2=0,10
m=m1+m2
w3=?
Řešení:
Dosadíme do směšovací rovnice: m1∙w1+m2∙w2=(m1+m2) ∙w3
30∙0,60+10∙0,1=40∙w3
Z toho w3=0,475
Výsledná koncentrace roztoku je 47,50%.
45
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
3.3.9
Kolik gramů 20% kyseliny je nutno smíchat se 3 litry vody,aby vznikl 5% roztok
kyseliny?
a) řešení s pomocí křížového pravidla
5 dělit pěti (1)
20%
5%
0
:
15 dělit pěti (3)
Na 3 litry(dm3)=3 kg vody připadá 1 litr(dm3) 20% kyseliny=1 kg=1000 g.
b)řešení s použitím směšovací rovnice
m1+w1=m∙w
m1∙0,20=(m1+3) ∙0,05
Z toho m1=1 kg=1000 g
Musíme smíchat 1000 gramů 20% kyseliny se 3 litry vody,aby vzniknul 5% roztok.
3.3.10
Jaká bude výsledná koncentrace roztoku,který vznikne smíšením 500 ml 12% roztoku o
hustotě ρ=1,04 g.cm-3 a 450 ml 60% roztoku o hustotě ρ=1,25 g∙cm-3 .
a) přepočet objemu na hmotnost s použitím vzorce ρ=
m
,
V
z toho m1=V1∙ρ=500cm3∙1,04g∙cm-3=520 g
m2=V2∙ρ=450 cm3∙1,25 g∙cm-3=562,5 g
b) s použitím směšovací rovnice určíme koncentraci výsledného roztoku:
m1∙w1+m2∙w2=(m1+m2) ∙w3
520 g∙0,12+562,5g∙0,60=(520g+562,5 g) ∙w3
Z toho w3=0,369
Výsledná koncentrace roztoku je 36,9%.
46
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
3.3.11
Vypočítejte hmotnost heptahydrátu síranu železnatého na přípravu 200g 12% vodného
roztoku.
Hydráty považujeme za vodné roztoky.Hmotnostní zlomek bezvodé látky v hydrátu vyjadřuje
vztah:
w(bezv.látka)=
M (bezv.látka)
M (hydrát )
(Poznámka: M označení molární hmotnosti)
Hmotnost: m1∙w1=m∙w
M ( FeSO 4 )
=m∙w
M ( FeSO 4 .7 H 2 O)
151,91
m1∙
=200∙0,12
278,02
m1∙
m1∙0,5463=24
m1=43,9 g
Hmotnost heptahydrátu síranu železnatého je 43,9 gramů.
47
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
4. Výpočty s pomocí chemických rovnic
4.1 Určování stechiometrických koeficientů redoxních
(oxidačně-redukčních)rovnic
Cílem je určit stechiometrické koeficienty redoxních(oxidačně-redukčních)rovnic a tím je
vyčíslit.Při určování stechiometrických koeficientů oxidačně-redukčních(redoxních)rovnic se
doporučuje postupovat takto:
a) označíme atomy,které mění svá oxidační čísla,ve většině případů jeden prvek své oxidační
číslo zvyšuje a elektrony přitom ztrácí(oxidace) a další prvek své oxidační číslo snižuje a
elektrony přitom přibírá(redukce).Oxidačním činidlem je přitom látka,která svému okolí
způsobuje oxidaci a sama se tím redukuje,redukčním činidlem je látka,které svému okolí
způsobuje redukci a sama se tím oxiduje
b) sestavíme dílčí elektronové rovnice a upravíme je tak,aby počet vyměněných elektronů byl
stejný
c) z upravených elektronových rovnic přepíšeme stechiometrické koeficienty do zadané hlavní
rovnice
d) upravíme zadanou hlavní rovnici a případně upravíme její stechiometrické koeficienty na
základě rovnosti počtu atomů na levé a pravé straně
Vyčíslování rovnic redoxních reakcí je tedy určování stechiometrických koeficientů
Redoxní (oxidačně-redukční) reakce jsou takové, při kterých dochází k přesunu elektronů mezi
jednotlivými částicemi. Jelikož jsou elektrony záporně elektricky nabité, dochází ke změně
nábojů jednotlivých částic, což vede ke změnám oxidačních čísel. Při oxidaci dochází ke
zvyšování oxidačního čísla, zatímco při redukci se oxidační číslo snižuje. Oba děje probíhají
při reakci vždy současně. Oxidovaná částice elektrony odevzdává, zatímco ta redukovaná je
naopak přijímá. Před zahájením vyčíslování si zjistíme, u kterých částic dochází ke změně
oxidačního čísla. Můžeme si také označit, v jakém případě probíhá oxidace a ve kterém
redukce:
H2SVIO4 + P0 → H3PVO4 + SIVO2 + H2O
48
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Následně si vypíšeme pouze polorovnice (elektronové rovnice) reakce obsahující pouze
informace o přenášených elektronech:
SVI + 2 e- → SIV P0 - 5 e- → PV
Abychom dodrželi zákon zachování náboje, musíme křížovým pravidlem ,,přehodit‘‘ počty
elektronů přenesených mezi jednotlivými částicemi, tedy:
SVI + 2 e- → SIV ... 5 P0 - 5 e- → PV ... 2
Nyní dosadíme získané koeficienty do reakčního schématu před patřičné částice:
5 H2SO4 + 2 P → 2 H3PO4 + 5 SO2 + H2O
Na závěr dopočtem dovyčíslíme chemickou rovnici:
5 H2SO4 + 2 P → 2 H3PO4 + 5 SO2 + 2 H2O
Mohou také nastat situace, kdy oxidace a redukce probíhá pouze u jedné částice (poté hovoříme
o disproporcionační reakci), anebo se při reakci realizuje více oxidací či redukcí.
H2S-II + H2SVIO4 → S0 + H2O
S-II – 2 e- → S0 ... 6 ... 3
SVI + 6 e- → S0 ... 2 ... 1
Po dosazení do rovnice a dopočítání dostaneme tuto rovnici:
3 H2S + H2SO4 → 4 S + 4 H2O
Příklad reakce, kde probíhá více oxidací či redukcí, vyjadřuje následující reakční schéma:
FeIIS2-I + O20 → Fe2IIIO3-II + SIVO2-II
V tomto případě dříve než aplikujeme křížové pravidlo, musíme sečíst elektrony potřebné na
všechny oxidace a na všechny redukce a až poté prohazovat výsledné počty elektronů.
2 FeII – 2 e- → 2 FeIII ... 2 ... 12 ... 10
49
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
2 S-I – 10 e- → 2 SIV ... 10
5 O0 + 20 e- → 5 O-II ... 10 ... 12
Nyní doplníme vypočítané koeficienty do reakčního schématu:
4 FeS2 + 12 O2 → 2 Fe2O3 + 8 SO2
Příklady na určování stechiometrických koeficientů redoxních(oxidačně-redukčních
rovnic)
4.1.1 Vyčíslete rovnici: HCl + KMnO4 → KCl + MnCl2 + Cl2 + H2O
MnVII+5e→MnII/∙2 redukce,manganistan draselný je oxidačním činidlem
2 Cl-I-2e→2 Cl0/∙5 oxidace,HCl chápeme jako redukční činidlo
2MnVII+10e→2MnII
10Cl-I-10e→5Cl2 0
16HCl +2 KMnO4 → 2KCl +2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O
4.1.2 Vyčíslete rovnici: MnO2 + KClO3 + KOH → K2MnO4 + KCl + H2O
MnIV-2e→MnVI/∙3
ClV+6e→Cl-I
3MnIV-6e→3MnVI oxidace
ClV+6e→Cl-I redukce
Oxidační činidlo: KClO3
Redukční činidlo: MnO2
3 MnO2 + KClO3 + 6KOH → 3K2MnO4 + KCl + 3H2O
4.1.3 Vyčíslete rovnici: K Mn O4 + Na2SO3 + H2SO4 → MnSO4 + Na2SO4 + K2SO4 + H2O
MnVII + 5e → MnII /∙2
SIV - 2e → SVI/∙5
50
2MnVII + 10e → 2MnII redukce
5SIV - 10e → 5SVI oxidace
redukce
: MnVII
MnII
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
: SIV SVI
oxidace
redukční činidlo : Na2SO3
oxidační činidlo : KMnO4
2K Mn O4 + 5Na2SO3 + 3H2SO4 → 2MnSO4 + 5Na2SO4 + K2SO4 + 3H2O
4.1.4 Vyčíslete disproporcionační rovnici: Cl2 + KOH → KCl + KClO3 + H2O
Při
vyčíslování
oxidačně-redukčních(redoxních)rovnic
se
můžeme
setkat
s tzv.disproporcionačními reakcemi,při kterých mění své oxidační číslo jeden druh atomu
dvakrát.
Cl0 + 1e → Cl-I /∙5
Cl0 - 5e → ClV
5Cl0 + 5e → 5Cl-I
: Cl20 2Cl-I
redukce
: Cl20 2ClV
oxidace
redukční činidlo : část molekul Cl20
oxidační činidlo : část molekul Cl20
Cl0 - 5e → ClV
Celkem tedy 6 atomů Cl0 mění oxidační číslo,z toho 5 atomů vytvoří Cl-1 a 1 atom vytvoří ClV.
3Cl2 + 6KOH → 5KCl + KClO3 + 3H2O
4.1.5 Vyčíslete rovnici: KBrO3 + KBr + H2SO4 → Br2 + K2SO4 + H2O
Br+V - 5e →Br0 /∙ 1
Br+V - 5e →Br0
Br-I + 1e → Br0 /∙5
5Br-I +5e → 5Br0
: Br+V Br0
redukce
: Br-I Br0
oxidace
redukční činidlo : KBr
oxidační činidlo : KBrO3
KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4 → 3Br2 + 3K2SO4 + 3H2O
51
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
4.1.6 Vyčíslete rovnici: KMnO4+Zn+H2SO4→MnSO4+ZnSO4+K2SO4+H2O
redukce: MnVII + 5e- → MnII /∙2
oxidace: Zn0 – 2e- → ZnII /∙5
redukční činidlo: Zn
oxidační činidlo: KMnO4
2KMnO4+5Zn+8H2SO4→2MnSO4+5ZnSO4+K2SO4+8H2O
4.1.7 Vyčíslete rovnici: KMnO4 + KNO2 + H2O →MnO2 + KNO3 + KOH
: MnVII + 3e → Mn | ∙2
redukce
: NIII - 2e → NV
| ∙3
oxidace
redukční činidlo : KNO2
oxidační činidlo : KMnO4
2KMnO4 + 3KNO2 + H2O → 2MnO2 + 3KNO3 + 2KOH
4.1.8 Vyčíslete rovnici: KMnO4 + K2SO3 + KOH → K2MnO4 + K2SO4 + H2O
: MnVII + 1e → MnVI | ∙2
redukce
: SIV - 2e → SVI
| ∙1
oxidace
redukční činidlo : K2SO3
oxidační činidlo : KMnO4
2KMnO4 + K2SO3 + 2KOH → 2K2MnO4 + K2SO4 + H2O
52
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
4.1.9 Vyčíslete rovnici: K2Cr2O7 + NaI + H2SO4 →Cr2(SO4)3 + I2 + K2SO4 + Na2SO4 +
H2O
: 2CrVI + 6e →2CrIII | ∙2 | ∙1
redukce
: 2I-I - 2e → I20
| ∙6 | ∙3
oxidace
redukční činidlo : NaI
oxidační činidlo : K2Cr2O7
K2Cr2O7 + 6NaI + 7H2SO4 →Cr2(SO4)3 + 3I2 + K2SO4 + 3Na2SO4 + 7H2O
4.1.10
Vyčíslete rovnici: PbO2 + Mn(NO3)2 + HNO3 →Pb(NO3)2 +HMnO4 + H2O
: PbIV + 2e → PbII | ∙5
redukce
: MnII - 5e → MnVII | ∙2
oxidace
redukční činidlo : Mn(NO3)2
oxidační činidlo : PbO2
5PbO2 + 2Mn(NO3)2 + 6HNO3 →5Pb(NO3)2 + 2HMnO4 + 2H2O
Existují reakce,při kterých mění svá oxidačí čísla tří prvky:
4.1.11 Vyčíslete rovnici:FeCl2 + KMnO4 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + Cl2 + MnSO4 + K2SO4 +
H2O
FeII - 1e → FeIII
2Cl-I - 2e → Cl20
MnVII + 5e → MnII
Sečteme množství elektronů, které odevzdává molekula FeCl2, to jest 1 atom FeII a 2 atomy ClI
, součet zapíšeme jako koeficient pro mangan. Vzhledem k tomu, že v pravé části rovnice
nemůžeme zapsat pět atomů železa (měli bychom zapsat koef. 2,5, což se nepoužívá), oba
koeficienty vynásobíme dvěma.
53
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
FeII - 1e → FeIII
\
5 x 2 = 10
-I
Cl20 /
II
2Cl - 2e →
MnVII + 5e → Mn - 3 x 2 = 6
redukce
oxidace
redukční
činidlo
oxidační
činidlo
MnVII
:
MnII
FeII FeIII,
:
2Cl-I Cl20
: FeCl2
: KMnO4
10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 6MnSO4 + 3K2SO4 + 24H2O
4.1.12 Vyčíslete rovnici: As2S3 + HNO3 + H2O → H3AsO4 + H2SO4 + NO
: NV + 3e → NII
|∙ 28
III
V
2As - 4e → 2As
: -II
| ∙3
oxidace
3S - 24e → 3SVI
redukční činidlo : As2S3
oxidační činidlo : HNO3
redukce
3As2S3 + 28HNO3 + 4H2O → 6H3AsO4 + 9H2SO4 + 28NO
4.1.13 Vyčíslete rovnici: Au + HNO3 + HCl → AuCl3 + NO + H2O
: NV + 3e → NII | ∙1
redukce
: Au0 - 3e →AuIII | ∙1
oxidace
redukční činidlo : Au0
oxidační činidlo : HNO3
54
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Au + HNO3 + 3HCl → AuCl3 + NO + 2H2O
4.1.14 Vyčíslete rovnici: H2SO4 (konc.) +P → H3PO4 + SO2 + H2O
: SVI + 2e → SIV | ∙5
redukce
: P0 - 5e → PV | ∙2
oxidace
redukční činidlo : P0
oxidační činidlo : H2SO4
5H2SO4 (konc.) +2 P →2 H3PO4 + 5SO2 +2 H2O
4.1.15 Vyčíslete rovnici: Fe2O3 + H2 →Fe + H2O
: 2FeIII + 6e →2Fe0 | ∙1
redukce
: H20 - 2e → 2HI | ∙3
oxidace
redukční činidlo : H2
oxidační činidlo : Fe2O3
Fe2O3 + 3H2 →2Fe + 3H2O
4.1.16 Vyčíslete rovnici: HBr + H2SO4 → Br2 + SO2 + H2O
: SVI + 2e → SIV | ∙1
redukce
: 2Br -I - 2e →Br20 | ∙1
oxidace
redukční činidlo : HBr
oxidační činidlo : H2SO4
2HBr + H2SO4 → Br2 + SO2 + 2H2O
55
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
4.1.17 Vyčíslete rovnici: CuCl2 + KI → CuI + I2 + KCl
: CuII + 1e → CuI | ∙2
redukce
: 2I-I - 2e → I20 | ∙1
oxidace
redukční činidlo : KI
oxidační činidlo : CuCl2
2CuCl2 + 4KI → 2CuI + I2 + 4KCl
4.1.18 Vyčíslete rovnici:SiO2 + F2 → SiF4 + O2
: F20 + 2e → 2F-I | ∙4 | ∙2
redukce
: 2O-II - 4e →O20 | ∙2 | ∙1
oxidace
redukční činidlo : SiO2
oxidační činidlo : F2
SiO2 + 2F2 → SiF4 + O2
4.1.19 Vyčíslete rovnici: KClO3 + HCl →KCl + Cl2 + H2O
: ClV + 6e → Cl-I | ∙2 | ∙1
redukce
: 2Cl-I - 2e → Cl20 | ∙6 |∙ 3
oxidace
redukční činidlo : HCl
oxidační činidlo : KClO3
KClO3 + 6HCl →KCl + 3Cl2 + 3H2O
4.1.20 Vyčíslete rovnici: K2Cr2O7 + HCl → CrCl3 + Cl2 + KCl + H2O
redukce
56
: 2CrVI + 6e → 2CrIII | ∙2 | ∙1
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
: 2Cl-I - 2e → Cl20
oxidace
redukční činidlo : HCl
oxidační činidlo : K2Cr2O7
| ∙6 |∙ 3
K2Cr2O7 + 14HCl → 2CrCl3 + 3Cl2 + 2KCl + 7H2O
4.1.21 Vyčíslete rovnici: Na2SO3 + Cl2 + H2O → Na2SO4 + HCl
: Cl20 + 2e → 2Cl-I | ∙2 | ∙1
redukce
: SIV - 2e → SVI | ∙2 |∙ 1
oxidace
redukční činidlo : Na2SO3
oxidační činidlo : Cl2
Na2SO3 + Cl2 + H2O → Na2SO4 + 2HCl
4.1.22 Vyčíslete rovnici: KClO3 + S → KCl + SO2
: ClV + 6e → Cl-I | ∙4 | ∙2
redukce
: S0 - 4e → SIV | ∙6 | ∙3
oxidace
redukční činidlo : S
oxidační činidlo : KClO3
2KClO3 + 3S → 2KCl + 3SO2
4.1.23 Vyčíslete rovnici:NH3 + O3 → HNO2 + O2 + H2O
redukce
oxidace
57
: O30 + 6e → 3O-II | ∙6 | ∙1
: N-III - 6e → NIII |∙ 6 | ∙1
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
: NH3
redukční činidlo
oxidační činidlo : O3
NH3 + 3O3 → HNO2 + 3O2 + H2O
4.1.24 Vyčíslete rovnici: KI + O3 + H2O → KOH + I2 + O2
: O30 + 6e → 3O-II | ∙2 | ∙1
redukce
: 2I-I - 2e → I20 | ∙6 | ∙3
oxidace
redukční činidlo : KI
oxidační činidlo : O3
6KI + 3O3 + 3H2O → 6KOH + 3I2 + 3O2 po vykrácení
2KI + O3 + H2O → 2KOH + I2 + O2
4.1.25 Vyčíslete rovnici:KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2
MnVII + 1e → MnVI
:
| ∙8 | ∙2
redukce
MnVII + 3e → MnIV
: 4O-II - 8e → 2O20
| ∙4 | ∙1
oxidace
redukční činidlo : část molekul KMnO4
oxidační činidlo : část molekul KMnO4
2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2
4.1.26 Vyčíslete rovnici:CuS + HNO3 (konc.) → CuSO4 + NO + H2O
: NV + 3e → NII | ∙8
redukce
: S-II - 8e → SVII | ∙3
oxidace
redukční činidlo : CuS
oxidační činidlo : HNO3
3CuS + 8HNO3 (konc.) → 3CuSO4 + 8NO + 4H2O
58
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
4.1.27 Vyčíslete rovnici: SO2 + Br2 + H2O → H2SO4 + HBr
: Br20 + 2e → 2Br-I | ∙1
redukce
: SIV - 2e → SVI
| ∙1
oxidace
redukční činidlo : SO2
oxidační činidlo : Br2
SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr
4.1.28 Vyčíslete rovnici:FeIIS2 + O2 → Fe2O3 + SO2
: O20 + 4e → 2O-II | ∙11
FeII - 1e → FeIII
: -I
| ∙4
oxidace
2S - 10e → 2SIV
redukční činidlo : FeS2
oxidační činidlo : O2
redukce
4FeIIS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2
4.2 Výpočty z chemických rovnic(výpočty množství reaktantů a produktů
chemických reakcí)
4.2.1
Kolik gramů NaCl potřebujeme na přípravu 14,4 g AgCl srážením z roztoku NaCl
dusičnanem stříbrným.
a) sestavíme rovnici: NaCl+AgNO3→AgCl+NaNO3
1
b) stanovíme molární hmotnosti: M(NaCl)=58,5 g∙mol ,M(AgCl)=143,3 g∙mol
c) výpočet trojčlenkou:
z 58,5 g NaCl ………………………………….143,3 g AgCl
z x g NaCl……………………………………….14,4 g AgCl
x=
59
58,5  14,4
g=5,85 g NaCl
143,3
1
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
d) výpočet s pomocí vzorců pro látkové množství s použitím logického poměru látkových
množství:
Poměr látkových množství: NaCl:AgCl=1:1
n(AgCl)=
m
14,4 g
=
=0,1 mol
M 143,3g  mol 1
n(NaCl)=0,1 mol
m=n.M=0,1∙58,5=5,85 g
4.2.2
Jaká jsou látková množství a hmotnosti Zn a HCl,potřebných k přípravě ZnCl2 o
hmotnosti 50 g?Jaký objem vodíku se uvolní?
a) sestavíme rovnici: Zn+2HCl→H2+ZnCl2
1 : 2
1 : 1
b) určení látkových množství:
n(ZnCl2)=
m
50 g
=
=0,366 mol
M 136,38 g  mol 1
n(Zn)=0,366 mol
n(HCl)=2∙0,366 mol=0,732 mol
c) určení hmotností:
m(Zn)=n∙M=0,366mol∙65,38g∙mol 1 =23,923 g
m(HCl)=n. ∙M=0,732mol∙36,538g∙mol 1 =26,71 g
d) určení objemu vodíku H2:
Použijeme vzorec pro objemu plynu: V=n∙Vm=0,366mol∙22,4dm3.mol-1=8,2 dm3
Můžeme použít také trojčlenku:
ze 65,36 g Zn se uvolní…………………..22,4 dm3 H2
z 23,923 g Zn se uvolní…………………… x dm3 H2
x=
60
23,923  22,4
=8,2 dm3 H2
65,38
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
4.2.3
Určete látkové množství a objem chlóru Cl2,který je teoreticky potřebný k získání 10
gramů chlorečnanu draselného o vzorci KClO3.Elementární chlór reaguje v horkém
vodného roztoku podle níže uvedené rovnice.
3Cl2+6KOH→5KCl+KClO3+3H2O
3 mol chlóru………..1 mol KClO3
Výpočet látkových množství:
n(KClO3)=
m
10 g
=
=0,081 mol
M 122,6 g  mol 1
n(Cl2)=3.0,081 mol=0,243 mol
Objem chlóru určíme ze vzorce: V=n∙Vm=0,243mol.22,4dm3.mol-1=5,4 dm3 Cl2
4.2.4
Jaký objem oxidu uhličitého CO2(měřeno za normálních podmínek)vznikne rozkladem
125 gramů CaCO3,který obsahuje 10% nečistot?
Sestavíme rovnici rozkladu: CaCO3→CaO+CO2
Je-li množství CaCO3 s nečistotami 125 gramů, pak nejdříve spočítáme čistý CaCO3:
100%........125 g
10%..........12,5 g
Čistý CaCO3: 125 g -12,5 g=112,5 g
Výpočet látkového množství CO2: n(CaCO3)=n(CO2)=
m(CaCO3 )
112,5 g
=
=1,125 mol
M (CaCO3 ) 100 g  mol 1
Výpočet objemu CO2: V=n∙Vm=1,125mol∙22,4dm3=25,2 dm3CO2
4.2.5
Kolik gramů HgO se rozložilo při naplnění balonu o objemu 448 cm3 kyslíkem?
Sestavíme rovnici: 2HgO→2Hg+O2
2 mol………..1 mol
3
V(O2)=448cm =0,448 dm3
Látkové množství kyslíku: n(O2)=
61
0,448dm 3
V
=
=0,02 mol
Vm 22,4dm 3  mol 1
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Látkové množství oxidu rtuťnatého: n(HgO)=2∙n(O2)=2∙0,02 mol=0,04 mol
Hmotnost oxidu rtuťnatého: m(HgO)=n∙M=0,04 mol∙216,1g∙mol-1=8,64 g HgO
4.2.6
Kolik m3 oxidu uhelnatého CO je za normálních podmínek potřeba k výrobě 23 tun
kyseliny mravenčí(100%)?
Sestavíme rovnice: CO+ NaOH → HCOONa
HCOONa+H2SO4→HCOOH+NaHSO4
Určení látkového množství kyseliny mravenčí: n(HCOOH)=
m 23000000 g
=
=500∙103mol
1
M 46 g  mol
Určení látkového množství oxidu uhelnatého CO: n(CO)= n(HCOOH)=500∙103mol
Určení objemu oxidu uhelnatého CO ze vztahu: V(CO)= n(CO) ∙Vm=500∙103∙22,4
dm3=11,2∙106dm3
4.2.7
Kolik gramů 34% kyseliny chlorovodíkové HCl potřebujeme na přípravu 120 gramů
KCl?
Sestavíme rovnici: KOH+HCl→KCl+H2O
Molární hmotnosti: HCl=36,5g∙mol-1
KCl=74,5g∙mol-1
a)určení 100% HCl,vycházíme z rovnice:
z 36,5 g 100% HCl……………………….74,5 g KCl
x g 100% HCl………………………120 g KCl
x=
120 g  36,5 g
=58,79g 100%HCl
74,5 g
b) výpočet 34% HCl:
ve 100 g 34% HCl……………………..34 g HCl
v x g 34% HCl………………………58,79g HCl
x=
62
58,79 g  100 g
=172,91 g 34% HCl
34
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
4.2.8
Máme připravit 45 gramů NH4NO3 neutralizací zředěné kyseliny dusičné HNO3
amoniakem. Kolik mililitrů 21% amoniaku NH3 potřebujeme? Hustota 21% roztoku
amoniaku ρNH3=0,9224 g.cm-3.
Sestavíme rovnici:
Molární hmotnosti v g∙mol-1:
Látková množství v mol:
HNO3+NH3→NH4NO3
65
17
80
1
1
1
a) určení látkového množství dusičnanu amonného: n(NH4NO3)=
m
45 g
=
=0,56 mol
M 80 g  mol 1
b)určení látkového množství a hmotnosti amoniaku NH3: n(NH3)=n(NH4NO3)=0,56 mol
m(NH3)=n∙M=0,56 mol∙17g∙mol-1=9,52 g 100% NH3
c) výpočet množství 21% NH3: 9,52 g …………………100% NH3
x g………………….. 21% NH3
řešíme jako nepřímou úměru,21% roztoku musí být více:
x=45,53 g 21% NH3
d) určení objemu 21% roztoku amoniaku:
V=
m

=
45,53g
=49,3 cm3 21% NH3
3
0,9224 g  cm
4.2.9
Sirovodík(sulfan) H2S získáme reakcí sulfidu železnatého FeS s kyselinou chlorodíkovou
HCl.Vypočítejte:
a) kolik chloridu železnatého FeCl2 vznikne reakcí 250 g FeS
b)jaký bude objem sirovodíku H2S
c) jaká bude spotřeba 37% HCl v mililitrech(cm3),je-li hustota 37%HCl ρ=1,183g∙cm-3.
Sestavíme rovnici:
FeS+ 2HCl→FeCl2+ H2S
-1
Molární hmotnosti v g.mol : 88
36,5 127
Látková množství v molech: 1 mol FeS, 2 mol HCl, 1 mol FeCl2, 1 mol H2S
a) určení množství chloridu železnatého:
z 88 g FeS………………………..127 g FeCl2
63
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
z 250 g FeS………………………….x g FeCl2
x=
250 g  127 g
=360,79 g FeCl2
88 g
b) výpočet objemu sirovodíku(sulfanu):
z 88 g FeS…………………….22,4 dm3 H2S
z 250g FeS…………………… x dm3 H2S
250 g  22,4dm 3
x=
=63,64 dm3 H2S
88 g
c) výpočet 100% kyseliny chlorovodíkové , přepočet na 37% kyselinu chlorovodíkovou a
určení objemu 37% kyseliny chlorovodíkové
na 88 g FeS…………………..73g 100% HCl
na 250 g FeS………………….x g 100% HCl
x=
73g  250 g
=207,39 g 100%HCl
88 g
100% HCl…………………… 207,38 g
37% HCl…………………….
x g
řešeno jako nepřímá úměra,zředěné kyseliny musí být více:
x=560,49 g 37% HCl
Určení objemu 37% HCl: V=
64
m

=
560,49 g
=473,79 cm3 37% HCl
3
1,183g  cm
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
5. Chemické rovnováhy kyselin a zásad
Vyjadřování kyselosti a zásaditosti látek
Mírou kyselosti roztoku je koncentrace oxoniových kationtů H3O+. Koncentraci oxoniových
iontů označíme: c (H3O+) = [ H3O+]
Kyselina je tím silnější, čím snadněji odštěpí proton vodíku H+ ve vodném prostředí za vzniku
oxoniového kationtu.
Kyselina je podle Bronsteda každá částice, která odštěpuje ve vodném prostředí proton vodíku
H+. Např.:
HCl+H2O→ H3O+ + ClMírou zásaditosti roztoku je koncentrace hydroxidových aniontů OH-.Koncentraci oxoniových
aniontů označíme: c(OH-)=[OH-].
Zásada je tím silnější, čím snadněji váže(přijímá) proton vodíku H+ ve vodném prostředí.
Zásada je podle Bronsteda každá částice, která ve vodném prostředí váže(přijímá)proton vodíku
H+.
Např. HSO4- + H2O→ H3O+ + SO4-2
Nebo: NH3+H2O→NH4++OHKyselina a zásada tvoří tzv.konjugovaný pár(dvojici):
HCl + H2O→ H3O+ + ClK1
Z2
K2
Z1
K,Z jsou symboly pro kyselinu a zásadu, přičemž K1,Z1 a K2,Z2 tvoří konjugované dvojice
kyselina-zásada.
Čím je zásada silnější, tím je její konjugovaná kyselina slabší.
Pro popis síly kyselin a zásad používáme disociační konstantu pro kyselinu(konstanta acidity)
KA a disociační konstantu pro zásadu(konstanta bazicity) KB.
Vyjádření disociační konstanty(konstanty acidity) pro kyselinu
Předpokládáme disociaci kyseliny ve vodném prostředí:
HA+H2O→ H3O+ + A(např. HCl+H2O→ H3O+ + Cl-)
Disociační konstantu (konstantu acidity) vyjádříme rovnicí:
KA=
=
[
][
[
]
]
Síla kyseliny je pak určena velikostí disociační konstanty (konstanty acidity).
65
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Dělení kyselin podle hodnoty KA
1. Silné kyseliny KA > 10-2
Např.HClO4,H2SO4,HNO3, HCl,HI,HF,HBr
2. Slabé kyseliny 10-2 > KA >10-9
Např.CH3COOH,HCOOH(organické kyseliny)
3. Velmi slabé kyseliny KA < 10-9
Např.H3PO4,H3BO3,H2CO3,H2S
Vyjádření disociační konstanty(konstanty bazicity)pro zásadu
Předpokládáme disociaci zásady (báze) ve vodném prostředí:
B+H2O→BH++OH(např. NH3+H2O→NH4++OH-)
Disociační konstantu (konstantu bazicity) vyjádříme rovnicí:
KB =
=
[
][
[ ]
]
nebo také KB =
=
[
][
[
]
]
kde ZOH = např. NaOH
Dělení zásad (bází) podle hodnoty KB
1. Velmi slabé zásady KB ˂ 1
Např. Fe(OH)3, Cu(OH)2(hydroxidy d-prvků),amoniak NH3 je slabší, než hydroxid amonný
2. Silné zásady KB ˃ 1
Např. NaOH, KOH, Ca(OH)2
Autoprotolýza vody a iontový součin vody
Bylo zjištěno, že v 10 000 000 litrech(107 l) čisté vody je obsažen 17,009 g aniontů OH- a 1,008
g kationtů H3O+,tedy nepatrné množství. Nastává tzv. autoproprotolýza vody, reakce 2 molekul
66
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
vody za vzniku kationtu oxoniového a aniontu hydroxidového, kdy rovnováha je posunuta ke
vzniku vody.
Rovnice autoprotolýzy vody: H2O+H2O→ H3O++OHRovnovážná konstanta: Kc =
Úprava:
Kc =
=
[
][
[
=
[
][
[
]
]
]
]
Kc ∙ [H2O]2=[H3O+]∙ [OH-]
Iontový součin vody: Kv = [H3O+]∙ [OH-]
Molární koncentrace iontů H3O+ a OH- při autoprotolýze je v čisté vodě:
[H3O+]=1∙10-7 mol.dm-3
[OH-]=1∙10-7 mol.dm-3
Pak iontový součin vody je při 25 stupních Celsia přibližně:
Kv = [1∙10-7 mol∙dm-3] ∙ [ 1∙10-7 mol∙dm-3] = 1∙10-14 mol2∙dm-6
Zvýšení koncentrace H3O+ znamená snížení koncentrace OH- a naopak, iontový součin má vždy
při dané teplotě konstantní hodnotu.
Např. při [H3O+]=1∙10-4mol∙dm-3 a [OH-]=1∙10-10 mol∙dm-3 je Kv=1∙10-4mol∙dm-3∙ 1∙10-10
mol∙dm-3 =1∙10-14 mol∙dm-3
Rozdělení roztoků podle koncentrace iontů H3O+ a OH1. Kyselé roztoky: [H3O+] ˃ 1∙10-7 mol∙dm-3
2. Neutrální roztoky: [H3O+] = [OH-]=1∙10-7 mol∙dm-3
3. Zásadité roztoky: [H3O+] ˂ 1∙10-7 mol∙dm-3
67
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Stupnice pH
Výpočty s exponenty jsou složité. V roce 1909 byl Dánským chemikem Sorensenem definován
(zaveden) vodíkový exponent a stupnice pH.
Logaritmováním rovnice pro iontový součin [H3O+]∙ [OH-] =1∙10-14 mol∙dm-3 dostaneme:
log[H3O+]+log[OH-]= -14
14= -log[H3O+]-log[OH-]
Z definice je pH=-log[H3O+] a pOH= -log[OH-], pak úpravou rovnice 14= -log[H3O+]-log[OH-]
dostaneme: 14= pH + pOH
pH + pOH = 14
Dělení roztoků podle hodnoty pH
1. Neutrální roztoky: [H3O+]= [OH-]=1∙10-7 mol.dm-3
pH=7
2. Kyselé roztoky: [H3O+] > 1∙10-7 mol.dm-3
pH<7
3. Zásadité roztoky: [H3O+] < 1∙10-7 mol.dm-3
pH>7
Příklady
5.1
Určete koncentraci oxoniových kationtů [H3O+] a pH v následujících roztocích o
známých koncentracích hydroxidových aniontů [OH-].
a) [OH-]=10-2 mol∙dm-3 b) [OH-]=10-5 mol∙dm-3 c) [OH-]=10-10 mol∙dm-3
Řešení:
a) [H3O+]∙ [OH-]=1∙10-14 → [H3O+]=
+
[H3O ]=
= 1∙10
-12
b) analogicky [H3O+]=
68
[
-3
mol∙dm
]
=
[
]
pH= - log [H3O+]= - log 1∙10-12 = - (- 12) = 12
= 1∙10-9 mol∙dm-3 , pH=-log[H3O+]=-log
=9
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
c) analogicky podle vzoru z částí a) ,b) [H3O+]=1∙10-4 mol∙dm-3 , pH=-log 10-4=4
5.2
Jaká je [H3O+] a [OH-] v roztoku kyseliny chlorovodíkové HCl, která v 1 dm3 obsahuje
HCl o látkovém množství n=0,1 mol při 25 stupních Celsia. Jaké je pH roztoku?
Řešení:
HCl je silná kyselina a je plně disociovaná na ionty.
[H3O+]=0,1 mol∙dm-3=1∙10-1 mol∙dm-3
pH= -log[H3O+]= -log 10-1=1
pH=1 (silná kyselina)
[H3O+]∙ [OH-]=1∙10-14
[OH-]=
= 10-13 mol∙dm-3
pOH=14-pH=14-1=13
5.3
Jaké pH má roztok,je-li koncentrace [H3O+]=5,2∙10-4 mol∙dm-3.
Řešení:
pH= -log[H3O+]= -log5,2∙10-4= -(log5,2+log 10-4)= -log 5,2+4=4-0,72=3,28
Jedná se o kyselý roztok.
5.4
Jaké je pOH roztoku, je-li koncentrace [OH-]=1,7∙10-1 mol∙dm-3.
Řešení:
pOH= -log[OH-]= -log 1,7∙10-1= -(log 1,7+log 10-1)= -0,23+1=0,77
pH+pOH=14
pH=14-0,77=13,23
Jedná se o silně zásaditý roztok.
69
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
5.5
Jaké je pH roztoku s koncentrací oxoniových iontů [H3O+]=10-4 mol∙dm-3.
Řešení:
pH= -log[H3O+]= -log 10-4=4
Jedná se o kyselý roztok.
5.6
Jaké je pH roztoku KOH, který obsahuje hydroxidové anionty o koncentraci
[OH-]=10-3 mol∙dm-3.
Řešení:
pOH= -log[OH-]= -log10-3=3
pH+pOH=14
pH=14-pOH=14-3=11
Jedná se o silný úplně disociovaný hydroxid.
5.7
Jaké je pH roztoku hydroxidu sodného NaOH o koncentraci hydroxidových aniontů
[OH-]=10-1 mol∙dm-3.
Řešení:
pOH= -log[OH-]= -log10-1=1
pH+pOH=14
pH=14-pOH=14-1=13
Jedná se o roztok silného hydroxidu.
5.8
Určete pH roztoku HBr o molární koncentraci 0,01 mol∙dm-3(0,01 M).
Řešení:
Jedná se o silnou a plně disociovanou kyselinu bromovodíkovou.
[H3O+]=0,01 mol∙dm-3=10-2 mol∙dm-3
pH= -log [H3O+]= -log 10-2 mol∙dm-3=2
70
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
5.9
Stanovte hodnotu pH roztoku kyseliny sírové H2SO4 o molární koncentraci 0,0007
mol.dm-3(molaritě M=0,0007).
Řešení:
Jedná se o silnou dvojsytnou kyselinu, plně disociovanou do 2.stupně:
H2SO4+2H2O→2H3O+ + SO4-2
Při disociace vznikají 2 moly oxoniových kationtů. Při výpočtu tedy bereme v úvahu
dvojnásobné množství koncentrace oxoniových kationtů.
pH= -log 2[H3O+]
pH= -log (2∙7∙10-4)
pH=2,85
5.10
Jaké je pH roztoku KOH o molární koncentraci 0,002 mol∙dm-3(molaritě M=0,002).
Řešení:
Stanovíme nejdříve faktor pOH:
pOH= -log[OH-]= -log(2∙10-3)=2,7
Stanovíme faktor pH:
pH+pOH=14
pH=14-pOH=14-2,7=11,3
pH=11,3
Jedná se o roztok silného hydroxidu (zásady).
5.11
Určete pH 0,00018 M roztoku hydroxidu barnatého Ba(OH)2.
Řešení:
Hydroxid barnatý je dvojsytný hydroxid,který disociuje do 2 stupňů:
Ba(OH)2 → Ba+2+2OHPři výpočtu musím vzít v úvahu dvojnásobnou koncentraci iontů OH-.
71
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Stanovíme nejdříve faktor pOH:
pOH= -log[OH-]= -log(2.18.10-5)=3,44
Určíme pH:
pH+pOH=14
pH=14-pOH=14-3,44=10,56
5.12
Jaká je molární koncentrace roztoku kyseliny chlorovodíkové HCl,jehož pH=2,15?
Řešení:
Jedná se o jednosytnou kyselinu, která disociuje do 1 stupně.
Vyjdeme ze vztahu:
pH= -log[H3O+]
2,15= -log[H3O+]
[H3O+]=7,08∙10-3 mol∙dm-3
[HCl]=7,08∙10-3 mol∙dm-3
5.13
Určete koncentraci hydroxidových aniontů OH- v roztoku hydroxidu barnatého, jehož
pH=10,85.
Řešení:
Nejdříve určíme faktor pOH:
pH+pOH=14
pOH=14-pH
pOH=14-10,85=3,15
Stanovíme koncentraci iontů OH-:
pOH= -log[OH-]
3,15= -log[OH-]
[OH-]=7,08.10-4 mol.dm-3
Hydroxid barnatý disociuje do 2 stupňů, takže výsledná koncentrace iontů OH-:
Předpokládáme disociaci: Ba(OH)2→Ba+2+2 OH[2OH-]= 7,08∙10-4 mol∙dm-3
[OH-] = ∙ 7,08∙10-4 mol∙dm-3
[OH-]= 3,54∙10-4 mol∙dm-3
72
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
5.14
Jaké je pH roztoku kyseliny octové, který má koncentraci oxoniových iontů [H3O+]=1∙10-2
mol∙dm-3 při disociační konstantě (konstantě acidity) KA=1,74∙10-5.
Řešení:
Kyselina octová je slabá jednosytná organická kyselina. Stanovíme nejdříve koncentraci
[H3O+].
Použijeme vzorec: [H3O+]=√
[
] =√
]= 4,17∙10-4
Stanovíme pH:
pH= -log 4,17∙10-4=3,38
5.15
Roztok amoniaku obsahuje anionty hydroxidové OH- o koncentraci 1∙10-1 mol∙dm-3 při
disociační konstantě(konstantě bazicity) KB=1,74∙10-5.Jaké je pH uvedeného roztoku.
Řešení:
Stanovíme nejdříve koncentraci iontů OH- :
[
] = √
Použijeme vzorec: [OH-]= √
= 1,32∙10-3
Stanovíme faktor pOH a následně faktor pH:
pOH= -log[OH-]= -log 1,32∙10-3 = 2,88
pH=14-pOH=14-2,88=11,12
5.16
Určete pH roztoku hydroxidu sodného, který vznikne rozpuštěním 5 gramů ve 3 dm3
vody.
Řešení:
m(KOH)=5 g
73
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
V(H2O)=3 dm3
M(KOH)=40g∙mol-1
n=
=
= 0,125 mol
Určíme molární koncentraci roztoku:
c=
=
=0,04166 mol∙dm-3
Koncentrace ionů OH- odpovídá molární koncetraci: [OH-]=0,04166 mol∙dm-3 .
Stanovíme pH z rovnice pH=14-pOH,přičemž dosadíme pOH= -log[OH-]
pH=14-(-log0,04166)=14-1,38=12,62
5.17
Určete pH 50% roztoku kyseliny sírové o objemu 1 dm3, obsahuje-li 0,5 g H2SO4.Molární
hmotnost kyseliny sírové je 98 g∙mol-1.
Řešení:
Určíme nejdříve látkové množství: n =
Molární koncentrace je: c = =
=
= 0,0051024 mol
= 0,0051024 mol.dm-3
0,5 g 50% roztoku kyseliny sírové→0,25 g 100% kyseliny sírové na 1 dm 3→látkové množství
je pak: n= =
= 0,002551 mol →molární koncentrace je:c= =
=
2,55.10-3 mol∙dm-3
Koncentrace iontů [H3O+]=2,55.10-3 mol∙dm-3.
Určíme pH, přičemž musíme vzít v úvahu, že kyselina sírová disociuje do 2 stupňů, tedy
koncentrace iontů H3O+ je dvojnásobná.
pH= -log[2H3O+]= -log(2∙2,55∙10-3)= -log 5,1025∙10-3 = 2,29
74
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
5.18
Určete pH roztoku, který vznikne neutralizací 250 cm3 0,01 M roztoku H2SO4 s 200 cm3
0,025 M roztokem NaOH.
Řešení:
Roztok H2SO4: c= → n=V∙c=250∙10-3∙0,01mol=2,5∙10-3 mol
Roztok NaOH: c= → n=V∙c=200∙10-3∙0,025=5∙10-3 mol
Rovnice neutralizace: H2SO4 + 2NaOH→Na2SO4 + 2H2O
1
: 2
-3
2,5.10
: 5.10-3
pH=7
5.19
Jaká je hmotnost hydroxidu sodného NaOH ve 20 dm3 roztoku o hodnotě pH=12,2.
Řešení:
Hydroxid sodný NaOH je silný a jednosytný.
pH+pOH=14
pOH=14-pH=14-12,2=1,8
pOH= -log[OH-]
1,8= -log[OH-]
[OH-]=0,01584 mol∙dm-3
Molární koncentrace: c= → n = c∙V = 0,01584 mol∙dm-3∙20 dm3 = 0,31 mol
Hmotnost hydroxidu sodného: m=n∙M=0,31 mol∙40g∙mol-1=12,68g NaOH
75
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
5.20 Určete konstantu acidity slabé jednosytné kyseliny o molární koncentraci c=0,12
mol.dm-3 při pH jejího roztoku 2,95.
Řešení:
pH= -log[H3O+]
2,95= -log [H3O+]
[H3O+] = 0,001122 mol∙dm-3 = x
KA=
=
= 1,06.10-5
5.21
Jaká je molární koncentrace amoniaku NH3 v roztoku o pH=11,1 při konstantě
bazicity(disociační konstantě) KB=1,77.10-5.
Řešení:
pH+pOH=14
pOH=14-pH=14-11,1=2,9
pOH=-log[OH-]
2,9= -log[OH-]
[OH-]= 0,0012589 mol∙dm-3
Vyjdeme ze vzorce: [NH3] =
[
]
=
= 0,089 mol∙dm-3
5.22
Za laboratorní teploty 20 stupňů Celsia byl připraven roztok smísením 20 cm3 HCl o
molární koncentraci 0,1 mol.dm-3 a 30 cm3 NaOH o molární koncentraci 0,05 mol.dm-3.
Řešení:
Rovnice : HCl+NaOH→NaCl+H2O
1
1
1
1
3
3
20cm 30cm
76
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
0,1 M 0,05M
Po reakci zůstane v roztoku navíc:
0,1 mol…………………1000 cm3
x mol……………………...20 cm3
x=
. 0,1= 0,002 mol v 1 dm3
0,05 mol………………..1000 cm3
x mol……………….. 30 cm3
x=
.0,05 = 0,0015 mol v 1 dm3
Rozdíl: n=0,002-0,0015=0,0005 mol v 1 dm3
0,0005 mol………………50 cm3(20cm3+30cm3)
x
mol………………1000 cm3
x=
= 0,01 mol
c= 1.10-2 mol∙dm-3→ pH= -log c = -log 1∙10-2 =2
Roztok je kyselý a vykazuje pH=2.
5.23
Vratná reakce je vyjádřena rovnicí: A+3B↔C. V rovnovážném stavu je [A]=0,5 mol∙dm-3,
[B]=2mol∙dm-3 a [C]=4 mol∙dm-3.Vypočítejte rovnovážnou konstantu a výchozí
koncentrace látek A a B.
Řešení:
Využijeme vzorec: K= [
[ ]
][ ]
=
=1
Z 1 mol látky A a ze 3 molů látky B vzniká 1 mol látky C.Z toho vyplývá, že na vznik 4 molů
látky C se spotřebovaly 4 moly látky A a 4.3 molů(12 molů) látky B.
77
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Počáteční koncentrace látek A a B před začátkem reakce byly:
[A]=0,5+4=4,5 mol∙dm-3
[B]=2+12=14 mol∙dm-3
5.24
Určete pH a koncentraci noniových a hydroxidových iontů v 10-3 M roztoku HCl
Řešení:
Za předpokladu úplné disociace kyseliny chlorovodíkové v roztoku je v jeho jednom litru 1.10-3
molů oxoniových iontů ,neboli:
[H3O+]=1.10-3 mol∙dm-3
pH= -log[H3O+]= -log 10-3 = 3
Protože platí pro všechny vodné roztoky: Kv =[H3O+].[OH-]= 1.10-14 mol2.dm-6,je koncentrace
iontů hydroxidových OH-:
[OH-]=
= 1.10-11 mol∙dm-3
Koncentrace hydroxidových iontů v roztoku, který má pH 3,je 1.10-11 mol∙dm-3.
78
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
6. Chemické rovnováhy srážecích a redoxních
reakcí
6.1 Chemické rovnováhy srážecích reakcí
Srážecí reakce jsou takové chemické děje, při kterých vzniká málo disociovaná a ve vodě
nerozpustná látka. V rovnici označujeme takovou látku tak, že ji podtrhneme a označíme
šipkou dolů . Nejčastěji zapisujeme pomocí iontových rovnic.
Mírou rozpustnosti sraženin je tzv. součin rozpustnosti nebo také produkt rozpustnosti nebo
iontový součin. Označuje se symbolem Ks a má charakter konstanty, která je závislá
především na teplotě.
Je-li obecný vzorec uvažované sloučeniny AxBy, lze zapsat rovnici disociace:
AxBy → x A+ + y BPak součin rozpustnosti vyjádříme rovnicí: Ks(AxBy) = A+x. B-y
Protože každá sloučenina je aspoň minimálně rozpustná, je roztok nad sraženinou za dané
teploty vždy roztokem nasyceným. Iontový součin KS (AxBy) definujeme proto následovně :
Iontový součin Ks(AxBy) je součin molárních koncentrací iontů A+ a B- v nasyceném roztoku
nad sraženinou:
Ks(AxBy) = A+x∙ B-y
Čím je součin rozpustnosti Ks nižší, tím je sloučenina méně rozpustná.
Např. Ks(AgCl) = 2∙10-10 mol2∙dm-6, Ks(AgBr) = 5∙10-13 mol2∙dm-6, Ks(AgI) = 8∙10-17 mol2∙dm-6.
Nejmenší rozpustnost má AgI, protože z uvedených sloučenin má nejnižší hodnotu iontového
součinu.
Poznámka 1:
Porovnání hodnot Ks za účelem zjišťování míry rozpustnosti lze pouze mezi sloučeninami
stejného empirického vzorce, kde poměr aniontu a kationtu je stejný. Takový empirický vzorec
79
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
mají např. AgCl, AgBr, AgI, CaSO4, SrSO4, BaSO4, PbSO4 atd.(poměr 1 : 1) nebo Ag2CrO4,
Ag2SO4, Ag2CO3 atd. (poměr 2 : 1) nebo PbCl2, PbBr2, PbI2 atd. (poměr 1 : 2). Nelze proto
porovnávat navzájem sloučeniny s rozdílným poměrem aniontu a kationtu, např. PbSO4 a
PbCl2.
Iontové součiny látek ve vodných roztocích různých nerozpustných sloučenin jsou uváděny
v tabulkách, zpravidla pro teplotu 25oC.
Poznámka 2:
V některých tabulkách se místo Ks udává hodnota pKs.
kde
např.:
pKs = - log Ks
pKs (AgCl) = 9,75
Ks =
Ks(AgCl) = 10-9,75 = 1,78 ∙10-10 mol2∙dm-6
nebo
Ks(Ag2CrO4) = 3∙10-12 mol3∙dm-9
pKs (Ag2CrO4) = - log 3∙10-12 = 11,52
Čím větší je hodnota pKs, tím menší je hodnota Ks a tím méně je látka ve vodě
rozpustná.
Příklady
6.1.1
Vypočíjte rozpustnost sulfidu železnatého ve vodě při
3,7.10-19.
Řešení:
80
C, je-li jeho součin rozpustnosti
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Ze vztahu pro součin rozpustnosti vypočítáme koncentraci iontu Fe +2,která současně určuje
rozpustnost FeS v mol∙ dm-3.
FeS↔Fe+2 + S-2
Koncentrace Fe+2 udává současně i koncentraci rozpuštěného FeS v nasyceném roztoku
Ks(FeS)=[ Fe+2] ∙ [ S-2].
Po dosazení: 3,7∙10-19=[ Fe+2] ∙ [ S-2], [ Fe+2]=[ S-2]
Takže: [ Fe+2]2 = 3,7∙10-19
[ Fe+2] = √
[ Fe+2] = 6.10-10 mol∙dm-3
Rozpustnost sulfidu železnatého je 6.10-10 mol∙dm-3.
6.1.2
Vypočítejte součin rozpustnosti jodičnanu stříbrného, je-li na přípravu 1 dm3 nasyceného
roztoku zapotřebí 0,0440 gramů této soli.
Řešení:
V definičním vztahu pro součin rozpustnosti je množství iontů vyjádřeno látkovou
(molární)koncentrací.
AgIO3↔Ag+ + IO3c(AgIO3)=[ Ag+]=[ IO3-]
Ks=[ Ag+]∙ [ IO3-]
M(AgIO3)=281,77 g.mol-1
n(AgIO3)=
=
= 1,56∙10-4 mol
c(AgIO3)=[ Ag+]=[ IO3-] = 1,56∙10-4 mol∙dm-3
Ks=[ Ag+]∙ [ IO3-] = 1,56.10-4 mol∙dm-6∙ 1,56∙10-4 mol∙dm-6 = 2,43∙10-8
81
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Součin rozpustnosti jodičnanu stříbrného je 2,43∙10-8.
6.1.3
Vypočítejte rozpustnost jodidu olovnatého ve vodném roztoku, je-li součin rozpustnosti
Ks(PbI2)=1,39∙10-8.
Řešení:
Vyjádříme vztah pro součin rozpustnosti, vypočítáme rovnovážnou koncentraci některého
z iontů a ze srážecí rovnováhy usoudíme na rozpustnost jodidu olovnatého PbI2.
PbI2↔Pb+2 + 2Ic(PbI2)=[ Pb+2]=0,5∙ [I-]
Ks(PbI2)=[ Pb+2] ∙ (2∙ [ Pb+2])2=4[ Pb+2]3
[ Pb+2]=√
=√
[ Pb+2]=1,91∙10-3
Rozpustnost jodidu olovnatého je [ Pb+2]=1,91∙10-3.
6.1.4
Vypočítejte součin rozpustnosti šťavelanu stříbrného, potřebujeme-li na přípravu 1 dm3
roztoku 0,0250 gramů této soli.
Řešení:
Předpokládáme vzorec šťavelanu stříbrného Ag2C2O4.Ve vodném prostředí dojde ke vzniku
rovnovážného stavu: Ag2C2O4↔2 Ag+ + C2O4Bude-li rozpustnost Ag2C2O4 dána hodnotou c, pak [Ag+]= 2∙c a [C2O4-]=c
M(Ag2C2O4)=303,76 g∙mol-1
m(Ag2C2O4)=0,0250 g
n(Ag2C2O4) =
n(Ag2C2O4) =
= 8,23∙10-5 mol
Ze zadání je jasné, že dané n se vztahuje na 1 dm3, potom platí:
82
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
c(Ag2C2O4)=8,23∙10-3 mol∙dm-3
[Ag+]= 2∙c (Ag2C2O4) = 1,65.10-4
[C2O4-]=8,23.10-3
Součin rozpustnosti: Ks=[Ag+]∙ [C2O4-]=1,65.10-4∙8,23∙10-5=2,24∙10-12
Součin rozpustnosti šťavelanu stříbrného je 2,24∙10-12.
6.1.5
Nasycený vodný roztok hydroxidu stříbrného se připravil rozpouštěním oxidu stříbrného
ve vodě. Po ustálení rovnováhy bylo pH roztoku 10,3.Určete součin rozpustnosti
hydroxidu stříbrného.
Řešení:
Tím, že známe hodnotu pH nasyceného vodného roztoku, určíme koncentraci hydroxidových
aniontů v nasyceném roztoku hydroxidu stříbrného. Podle srážecí rovnováhy se rovnovážná
koncentrace hydroxidových aniontů rovná koncentraci stříbrných kationtů.
pOH = 14-10,3=3,7
pOH= -log [OH-]
-3,7= log[OH-]
[OH-]=1,99∙10-4
AgOH↔Ag+ + OH[Ag+]=[ OH-]=1,99∙10-4
Součin rozpustnosti:
Ks(AgOH)= [Ag+]∙ [ OH-]=(1,99∙10-4)2=3,96∙10-8
Součin rozpustnosti hydroxidu stříbrného je 3,96∙10-8.
83
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
6.2 Chemické rovnováhy redoxních reakcí
Redoxní rovnováhy se ustanovují v soustavách, ve kterých probíhají oxidačně-redukční
(redoxní) reakce.
Např. rovnováha, která se ustanoví po ponoření zinkového plechu do vodného roztoku síranu
měďnatého:
Zn(s) + Cu2+(aq) ↔ Cu(s) + Zn2+(aq)
Tuto redoxní rovnováhu lze rozdělit na dvě dílčí rovnováhy (zapisují se tak, aby počet
převedených elektronů byl v obou dílčích rovnováhách stejný)
Zn(s) ↔ Zn2+(aq) + 2e- nebo Zn(s) -2e-→Zn+2(aq)
Cu2+(aq) + 2e- ↔ Cu(s)
Každá z uvedených poloreakcí zahrnuje oxidovanou a redukovanou formu dané látky.
Reakci, při níž reaktant předává svůj elektron a zvyšuje své oxidační číslo, nazýváme
oxidace. Reakci, při níž reaktant přijímá elektron a snižuje své oxidační číslo, nazýváme
redukce. Je zřejmé, že redukovaná forma, která při reakci předá svůj elektron, se zoxiduje na
oxidovanou formu, oxidovaná forma naopak přijme elektron a zredukuje se.Obecně můžeme
vyjádřit takto:
Ox+ze-→Red
Red-ze-→Ox
( z je počet vyměněných elektronů)
Každá z dvojic (Zn2+/ Zn a Cu2+/Cu) lišící se o jeden či více elektronů se nazývá redoxní
systém. V redoxních soustavách reaguje vždy redukovaná složka jednoho redoxního systému s
oxidovanou složkou druhého systému a naopak.
Obecně lze vyjádřit takto:
Ox1+ze-→Red1
Ox2+ze-→Red2
84
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Ox2+ Red1↔ Ox1+ Red2
např.Cu+2+Zn→Zn+2+Cu
U redoxních reakcí se často používají pojmy oxidační činidlo (oxidant) a redukční činidlo
(reduktant). Oxidační činidlo je látka, oxidující jiné látky tím, že od nich přijímá elektrony a
sama se redukuje, je tedy akceptorem elektronů, redukční činidlo je naopak látka redukující
jiné látky tím, že jim předává elektrony a sama se oxiduje, je tedy donorem elektronů. Táž
látka může být v jedné reakci oxidačním činidlem, v druhé redukčním činidlem.
Po ustanovení rovnováhy se systém nabije na určitý elektrický potenciál,který je tím nižší,čím
více je rovnovážný stav reakce posunut vlevo.Je-li jednoduchý oxidačně-redukční systém
v kontaktu s kovem,který zprostředkovává přívod nebo odvod elektronů,hovoříme o elektrodě
a elektrodovém potenciálu.Ze známých hodnot elektrodových potenciálů lze tedy usuzovat na
možnost průběhu reakce mezi dvěma oxidačně-redukčními systémy.Potenciály elektrod lze
určit pouze relativně vůči zvolené srovnávací elektrodě,za niž byla zvolena standardní
vodíková elektroda,jejíž potenciál byl definičně položen rovný nule.Potenciály elektrod,u
nichž mají všechny reagující látky jednotkové aktivity,označujeme jako standardní
elektrodové potenciály Eo.
Při redoxních reakcích dochází k oxidaci prvku s nejnižším standardním redukčním
potenciálem a redukci prvku, který má tuto hodnotu nejvyšší. Tato zákonitost se často projevuje
při reakcích kovů a solí, kovů s kyselinou či vytěsňování halogenů z halogenidů. Pro správný
popis průběhu oxidačně-redukčních reakcí je důležitá znalost hodnot standardních redukčních
potenciálů. Tyto hodnoty můžeme nalézt v tabulce 1 či jednotlivé prvky nalezneme seřazeny v
Beketovově řadě (řadě napětí kovů) dle zvyšující se hodnoty redukčního potenciálu.
Tab. 1: Tabulka hodnot standardních redukčních potenciálů (při 25 °C)
Li+/Li0 -3,045 V Ni2+/Ni0 -0,250 V
K+/K0 -2,925 V Sn2+/Sn0 -0,140 V
Ba2+/Ba0 -2,906 V Pb2+/Pb0 -0,126 V
0V
Ca2+/Ca0 -2,284 V H+/H0
+
0
2+
0
Na /Na -2,713 V Cu /Cu 0,339 V
Mg2+/Mg0 -2,363 V Cu+/Cu0 0,520 V
Al3+/Al0 -1,662 V Hg2+/Hg0 0,798 V
Zn2+/Zn0 -0,76 V Ag+/Ag0 0,799 V
Fe2+/Fe0 -0,440 V Br-/Br20 1,066 V
85
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Cd2+/Cd0 -0,408 V Cl-/Cl20 1,359 V
Tl+/Tl0 -0,335 V Au3+/Au0 1,420 V
Co2+/Co0 -0,271 V F-/F20 2,850 V
Tab. 2: Zjednodušená Beketovova řada napětí kovů
K Na Ca Mg Al Zn Fe Sn Pb H Cu Hg Ag Au Pt
Pro charakteristiku redoxního páru nepoužíváme rovnovážnou konstantu,ale jiný
parametr,tzv.standardní potenciál redoxního páru.Vychází ze znalosti fyziky.Ponořením
vodiče 1.třídy do vodiče 2.třídy dostaneme elektrodu,jejíž potenciál můžeme vyjádřit rovnicí:
E=Eoox/red +
∙
ln
[
]
[
]
,pro z=1 při přepočtení přirozeného logaritmu na dekadický
dostáváme :
[
E=Eoox/red +0,059∙log [
]
]
E potenciál elektrody
E0 standardní potenciál,který vyjadřuje potenciál elektrody,ponořené do roztoku
s jednotkovými nebo stejnými koncentracemi oxidované a redukované formy dané látky
R plynová konstanta
T termodynamická teplota v Kelvinech
F Faradayova konstanta
z počet vyměněných elektronů
Redoxní pár s vyšším potenciálem je oxidačním činidlem redoxního páru s potenciálem
nižším.
Hodnoty potenciálů redoxních párů nejsou přístupny přímému měření .Můžeme pouze určit
rozdíl potenciálů dvou soustav tvořících galvanický článek.Napětí naměřené v galvanickém
článku je rovno rozdílu elektrodového potenciálu katody EKo a anody EAo:
Uo= EKo- EAo
86
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Napětí článku je rovno rozdílu potenciálu katody a anody.
Kvantitativní studium závislosti koncentrace
k následujícímu vztahu, tzv. Nernstovy rovnice:
na
napětí
Cu-Zn
článku
vede
Pro obecnou redoxní rovnici aA+bB+….→ cC+dD+…. platí:
U=Uo –
[ ] [ ]
[ ] [ ]
U… napětí článku
Uo…napětí článku za standardních podmínek
Příklady
6.2.1
Vypočítejte potenciál elektrody ponořené do roztoku,ve kterém je koncentrace chloridu
železitého 5,0.10-4 mol.dm-3 a koncentrace chloridu železnatého 1,0∙10-3 mol∙dm-3.
Řešení:
Pro výpočet potenciálu použijeme definiční vztah pro potenciál elektrod:
E=Eoox/red +
[
. ln [
]
]
E=EoFe+3/Fe+2) + 0,059∙log
E=0,77 + 0,059∙log 5,0.10-1
E=0,75 V
Potenciál elektrody v tomto roztoku je 0,75 V.
6.2.2
Určete,kterým směrem bude probíhat reakce,kterou vyjadřuje rovnice:
6FeCl3+3SnCl2↔6FeCl2+3SnCl4
Řešení:
87
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Chceme vědět,zda FeCl3bude oxidovat SnCl2 nebo zda SnCl4 bude oxidovat FeCl2.Směr reakce
zjistíme porovnáním standardních potenciálů daných soustav.
Fe+3/Fe+2 : Sn+4/Sn+2
0,77 V : 0,15 V
Aby se Sn+2 zoxidovalo na Sn+4,musí elektrony z Sn+2 přejít na Fe+3,které se tím
redukuje.Jestliže směr elektrického proudu je daný směrem od vyššího potenciálu k nižšímu a
přitom směr pohybu elektronů je opačný než směr proudu,potom elektrony přecházejí vždy ze
soustavy s nižším potenciálem do soustavy s vyšším potenciálem.To znamená,že soustava
s vyšším potenciálem působí oxidačně na soustavu s nižším potenciálem a naopak.Na základě
toho je jasný i směr řešené reakce.Má-li soustava Fe+3/Fe+2vyšší potenciál,Fe+3 působí oxidačně
na Sn+2 a Sn+4 nezoxiduje Fe+2 na Fe+3.
6.2.3
Niklové destičky jsou ponořeny do roztoku MgSO4,CuSO4 a AuCl3.Se kterými solemi
bude nikl reagovat.
Řešení:
Porovnáme standardní potenciály jednotlivých soustav:
Au+3/Au +1,42 V
Cu+2/Cu +0,34 V
Mg+2/Mg -2,38 V
Ni+2/Ni -0,23 V
Nikl bude redukovat Au+3 na Au,Cu+2 na Cu a nevyredukuje hořčík z roztoku jeho solí.
6.2.4
Železný šroub jsme ponořili do roztoku skalice modré. Po určitém čase jsme šroub
z roztoku vyjmuli, osušili a zvážili. Přírůstek hmotnosti byl 2 gramy. Jakou hmotnost
měla měď vyloučená na šroubu.
Řešení:
Vidíme, že vyloučením mědi se současně rozpouští železo a přechází do roztoku. Vyloučením
mědi vzrůstá hmotnost šroubu, rozpouštěním železa nastává pokles jeho hmotnosti.
Poměrná atomová hmotnost Cu=63,54
Poměrná atomová hmotnost Fe=55,85
88
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Vyloučením 1 molu mědi se rozpustí 1 mol železa.
Přírůstek hmotnosti odpovídá rozdílu relativních atomových hmotností.
63,54-55,85=7,69
Kdyby se vyloučilo 63,54 g mědi, byl by přírůstek hmotnosti šroubu 7,69 g. Přírůstek je však
jen 2 gramy. Další postup trojčlenkou:
63,54 g…….7,69 g
x g ………..2,0 g
x=
= 16,5g
Na železném šroubu se vyloučilo 16,5 gramu mědi.
6.2.5
Představíme si, že máme kádinky s roztoky dusičnanu měďnatého a dusičnanu stříbrného. Do
roztoku měďnaté soli vhodíme stříbro a do roztoku stříbrné soli měď. Jestliže po několika
minutách vytáhneme měď z dusičnanu stříbrného, tak zjistíme, že se pokryla vrstvou stříbra. Na
stříbře v roztoku měďnaté soli žádnou viditelnou změnu nepozorujeme. Důvodem, proč došlo
k redukci stříbra a ne mědi je skutečnost, že stříbro má vyšší hodnotu standardního redukčního
potenciálu (0,799 V) než měď (0,339 V), a tak se redukuje spontánně.
Cu + 2 AgNO3 → 2 Ag + Cu(NO3)2
Cu0 + 2 Ag+ → 2 Ag0 + Cu2+
Ag + Cu(NO3)2 → reakce neprobíhá
Ag0 + Cu2+ → reakce neprobíhá
6.2.6
Jiným příkladem je zavádění chloru a bromu do roztoků chloridu a bromidu sodného. Zatímco
při zavádění chloru do roztoku bromidu sodného začne docházet k vylučování bromu, samotný
brom s roztokem chloridu sodného nereaguje. Tentokrát má brom nižší hodnotu standardního
redukčního potenciálu (1,066 V), a tak se přednostněji oxiduje, než chlor (1,359 V).
89
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
2 KBr + Cl2 → 2 KCl + Br2
2 Br- + Cl20 → 2 Cl- + Br20
KCl + Br2 → reakce neprobíhá
Cl- + Br20 → reakce neprobíhá
6.2.7
Neušlechtilé kovy (E0 < 0 V) reagují s kyselinami za vzniku soli a vodíku, zatímco kovy
ušlechtilé (E0 > 0 V) poskytují při reakci s kyselinou roztok soli a plyn uvolněný z patřičné
kyseliny. Pouze některé silné kyseliny reagují s ušlechtilými kovy (např. kyselina sírová či
dusičná). Při reakci ušlechtilého kovu s kyselinou sírovou se uvolňuje oxid siřičitý. Pokud
ušlechtilý kov reaguje s koncentrovanou kyselinou dusičnou, uvolňuje se oxid dusičitý. Jestliže
dochází k reakci zředěné kyseliny dusičné s ušlechtilým kovem, dochází k uvolnění oxidu
dusnatého. Vznikající oxid dusnatý se však ihned oxiduje vzdušným kyslíkem na oxid dusičitý.
Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2
Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2
3 Ca + 2 H3PO4 → Ca3(PO4)2 + 3 H2
Cu + 2 H2SO4 → CuSO4 + SO2 + 2 H2O
Hg + 4 HNO3 (l) → Hg(NO3)2 + 2 NO2 + 2 H2O
3 Ag + 4 HNO3 (aq) → 3 AgNO3 + NO + 2 H2O
6.2.8
Vypočítejte rovnovážnou konstantu redoxní reakce Fe+3+Cr+2↔Fe+2+Cr+3.
Řešení:
Můžeme využít vztahu: log K=
90
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
z počet vyměněných elektronů
změna st.elektrodových potenciálů
z=1
(Fe+3/ Fe+2)=0,77 V
(Cr+3/ Cr+2)=-0,41 V
=0,77-(-0,41)=0,77+0,41=1,18 V
log K =
=
= 20
K=1,0.1020
Rovnovážná konstanta příslušné reakce má hodnotu 1,0.1020.
6.2.9
Stanovte napětí článků,v nichž probíhají tyto reakce:
a) Cl2(g)+2I-→2 Cl- + I2(s)
Řešení:
redukce: Cl2(g) + 2 e-→2 Cl- , EoCl2/2Cl-=1,36 V
oxidace: 2I-→I2 + 2e-, EoI2/2I-=0,53 V
Redukce probíhá vždy na katodě,oxidace vždy na anodě.
Uo= EKo- EAo=1,36V-0,53 V= 0,83 V
Standardní napětí tohoto článku je 0,83 V.
b) MnO4- + 8H+ + Cl-→Mn+2+4H2O + ½ Cl2(g)
91
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Řešení:
redukce: MnO4- +8H++5e-→Mn+2 + 4 H2O
Eo=1,52 V
oxidace: 2Cl-→Cl2(g) + 2 e- Eo=1,36 V
Uo= EKo- EAo=1,52V-1,36 V=0,16 V
Standardní napětí tohoto článku je 0,16 V.
6.2.10
Určete rovnovážnou konstantu pro rovnovážný systém:
Zn(s)+Cu+2↔Zn2+Cu
Řešení:
Vyhledáme příslušné elektrodové potenciály:
Eo(Cu+2/Cu)=+0,34 V
Eo(Zn+2/Zn)= -0,76 V
Uo= EKo- EAo= Eo(Cu+2/Cu)- Eo(Zn+2/Zn)=0,34V-(-0,76V)=1,10 V
z=2(2 moly elektronů způsobí redukci 1 molu Cu+2 iontů).
log K =
log K =
K = 1037
92
= 37,29 = 37
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Jelikož rovnovážná redoxní konstanta je dána: K =
= 1037, je zřejmé, že reakce bude
probíhat ve prospěch vzniku iontů Zn+2 a rovnováha bude posunuta na pravou stranu.
6.2.11
Určete rovnovážnou redoxní konstantu pro systém:
Ag(s)+Tl+↔Ag+ + Tl(s)
Eo(Tl+/Tl)= -0,34 V
Eo(Ag+/Ag) = 0,80 V
Řešení:
Uo= EKo- EAo= -0,34V – 0,8 V= -1,14 V
n=1,použijeme vztah
log K =
log K =
K=
93
= -19
= 10-19
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Rovnovážná konstanta je tak malá, že je nemožné stanovit koncentraci iontů Ag+, jestliže
reaguje elementární stříbro s ionty Tl+.Naopak můžeme předpovědět,že opačná reakce
proběhne kvantitativně.
6.2.12
Spočítejte napětí článku, v němž probíhá reakce:
Zn(s)+2H+(0,001M)→Zn+2 (1M) + H2(g)
V rovnici jsou zapsány i údaje o molární koncentraci iontů v prostředí.
Řešení:
Pro tuto reakci je n v Nernstově rovnici rovno 1.
Podle Nernstovy rovnice platí: U=Uo –
[
Zn+2=1 mol.dm-3,koncentrace H+ = 10-3 mol.dm-3.
Pak U=0,76 V -
∙log
Napětí článku je 0,58 V.
94
= 0,58 V
] [
[
]
]
, kde Uo=0,76 V, koncentrace
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
7. Komplexotvorné rovnováhy
Komplexy (koordinační sloučeniny) jsou molekuly nebo ionty, kdy na atom nebo ion
(centrální částici) jsou koordinačně kovalentní vazbou vázány jiné molekuly nebo ionty
(ligandy) tak, že jejich počet převyšuje oxidační číslo centrální částice.
Reakce komplexotvorné (koordinační) se vyznačují jiným rozdělením nebo přenosem
celých skupin atomů. Tyto sloučeniny jsou vytvářeny zejména přechodnými kovy.
Koordinační sloučenina je složena z částic obsahujících centrální atom nebo ion, na který jsou
koordinačními vazbami vázány ligandy. Centrální atom bývá nejčastěji atom nebo ion
přechodného kovu, který může do svých neobsazených valenčních orbitalů přijmout volné
elektronové páry. Je to akceptor elektronů. Většinou to bývají d-prvky, které tvoří jádra dobře,
hůře jádra tvoří s-prvky, ještě hůře p-prvky. Ligandy jsou anionty nebo neutrální molekuly
(např.: H2O, NH3, CO, CN-, OH-), které mají atom s volným elektronovým párem – donorový
atom. Komplexní částice může být podle celkového náboje komplexní kation, anion nebo
neutrální molekula. Její vzorec se píše do hranaté závorky.
Názvy některých ligandů: Cl- chloro, Br- bromo, CN- kyano, OH- hydroxo
H2O aqua, NH3 ammin, NO nitrosyl, CO karbonyl
Počet jednovazných ligandů, tj. ligandů vytvářejících jedinou vazbu s centrální částicí,
udává koordinační číslo centrální částice.
Prostorový tvar komplexů, jako i jiných kovalentních sloučenin popisujeme hybridním
stavem částice. Při vzniku určitých sloučenin dojde v některých případech k maximálnímu
spárování elektronů v orbitalech d centrální částice. V těchto případech mluvíme o
nízkospinových komplexech na rozdíl od komplexů vysokospinových, u nichž k tomuto
spárování v orbitalech d centrální částice nedojde.
Experimentálním studiem velkého množství komplexním sloučenin obsahujících
centrální částice a různé ligandy bylo zjištěno, že ligandy lze seřadit do řady podle schopnosti
95
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
štěpit orbitaly d. Tato řada se nazývá spektrochemická řada: I-  Br-  Cl-  F-  OH- 
CO42-  H2O  ...  NH3  NO2-  CN- Ligandy umístěné nalevo v této řadě obvykle vytvářejí
vysokospinové komplexy, zatímco ligandy umístěné napravo vytvářejí nízkospinové komplexy.
Konstanta stability a komplexotvorné rovnováhy
Chemická rovnováha se ustaví i v soustavě, kde se vytvářejí komplexy. Rovnovážný stav
takové soustavy určuje konstanta stability.
Např. pro rovnovážnou soustavu [
disociační konstantu komplexního iontu:
Kk =
[
][
[
]
 Ag+ (aq) + 2 NH3 vyjádříme rovnovážnou
] ]
]
Čím je hodnota disociační konstanty komplexního iontu Kk větší, tím je vzniklý komplex méně
stálý a naopak.
Konstanta stability komplexu Kst je určena převrácenou hodnotou rovnovážně disociační
konstanty komplexu:
Kst =
[
=[
]
][
]
Čím vyšší je hodnota konstanty stability Kst,tím vyšší je stabilita komplexu.
Koordinační sloučeniny mají tu význačnou vlastnost, že vznikem koordinačních vazeb se
ztrácejí nebo mění vlastnosti původních složek. Uměle připravené koordinační sloučeniny se
používají v chemických syntézách zejména jako katalyzátory, v analytické chemii, v jaderné
chemii a technologii. Přirozené koordinační sloučeniny jsou životně významné látky (např.:
v hemoglobinu je komplex železa – kyslík). Ionty přechodných kovů vytvářejí ve vodném
prostředí zpravidla aqua-komplexy.
96
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Příklady
7.1
Určete koncentraci stříbrných kationtů v 0,200M roztoku dusičnanu diamminstříbrného,
je-li disociační konstanta komplexní části Kdis[
] = 6,8∙10-8.
Řešení:
Kdis[
] = 6,8∙10-8
Jestliže [Ag+]= x, pak [
Pak = [
Kdis =
]
]=2x
0,200-x
= 6,8.10-8
x2=1,36.10-8
x=1,17.10-4
cAg+=1,17∙10-4 mol∙dm-3
Koncentrace stříbrných iontů je 1,17∙10-4 mol∙dm-3.
7.2
Kolik molů amoniaku musí být přidáno k 1 dm3 0,100 M roztoku dusičnanu stříbrného,
aby se koncentrace stříbrných iontů snížila na 2,00∙10-7 mol∙dm-3.
Řešení:
Kdis[
] = 6,8.10-8
Ag+ + 2 NH3→ [
0,100 M
97
] +
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
0,200 M
0,100 M
Jestliže c(NH3) = x a cAg+ = 2,0.10-7,pak c[
Kdis[
] je pak
] = 0,100-2.10-7
=6,8.10-8,odkud x=0,184
n=0,184
0,200 mol+0,184 mol=0,384 mol
Musí být přidáno celkem 0,384 mol amoniaku.
7.3
45,50 g síranu tetraamminměďnatého bylo rozpuštěno ve vodě a doplněno vodou na
celkový objem 2 litry.
Vypočítejte:
a) koncentraci roztoku a komplexního iontu za přepokladu, že tento ion vůbec nedisociuje
b)předpokládejte disociaci komplexního iontu, pro níž Kst=2∙1013
Za tohoto předpokladu vypočítejte koncentraci komplexního iontu i produktů vzniklých
jeho disociací(Kst je konstanta stability komplexu, tj.převrácená hodnota Kdis).
Řešení:
a) výpočet koncentrace nedisociovaného komplexu
M [Cu(NH3)4]SO4 = 227,76 g∙mol-1
V 1 litru roztoku je
g = 22,75 g , tj.1/10 mol
Roztok je 0,1 molární.
b) výpočet koncentrace disociovaného komplexu
98
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
[Cu(NH3)4]+2↔Cu+2 + 4NH3
Kst =
[
[
]
][
]
]
= 2.1013
x. [Cu(NH3)4]+2 ↔ x[Cu+2] + 4x[NH3]
Po této částečné disociaci komplexu je koncentrace složek:
[Cu(NH3)4]+2=(0,1-x)
Protože x=0,1, lze ho při dalším výpočtu v tomto výrazu zanedbat.
[Cu+2]=x
[NH3]=4x
Dosadíme do výrazu pro Kst a vypočteme:
[Cu(NH3)4]+2=0,0995 mol∙dm-3
[Cu(NH3)4]+2=4,6.10-4 mol∙dm-3
[NH3]=1,8.10-3 mol∙dm-3
[Cu+2] =
mol∙dm-3 = 0,45.10-3 mol∙dm-3
Koncentrace [Cu(NH3)4]+2 4,6∙10-4 mol.dm-3,koncentrace NH3 je 1,8∙10-3 mol∙dm-3
koncentrace Cu+2 je 1,8∙10-3 mol∙dm-3.
a
7.4 Vypočítejte náboj uvedených komplexních iontů, ve kterých má platina oxidační číslo
+IV:
a) [Pt(NH3)4Cl2]x
Řešení:
99
b) [Pt(NH3)3Cl3]x
c) [Pt(NH3)2Cl4]x
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
a) [Pt+IV(NH3)20Cl2-1]x
x=4-2=2
b) [Pt+IV(NH3)30Cl3-1]x
x=4-3=1
c) [Pt+IV(NH3)20Cl4-1]x
x=4-4=0
7.5
Vypočítejte koncentraci stříbra v rovnovážné reakční soustavě, ve které je [Ag(NH3)4]+
s koncentrací 0,10 mol∙dm-3 a amoniak v nadbytku s koncentrací 1,0 mol∙dm-3.Konstanta
stability Kst komplexního iontu je 1,47∙107.
Řešení:
Vyjádříme komplexotvornou rovnováhu. Nadbytečný amoniak posouvá rovnováhu značně ve
prospěch komplexního iontu, což umožňuje zanedbat rovnovážnou koncentraci amoniaku
NH3,související s komplexním iontem.
] +
Ag++2 NH3 ↔[
Kst=1,47∙107
[NH3]=1,0 mol∙dm-3
[
]
= 0,10 mol∙dm-3
Dosadíme:
Kst =
[
=[
1,47.107 = [
[Ag+] =
]
][
]
]
= 6,8.10-9 mol∙dm-3
Koncentrace volného iontu stříbrného Ag+ v roztoku komplexního iontu [Ag(NH3)4]+ je
6,8.10-9.
100
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
8.Využití chemických rovnováh při řešení úloh
v chemické analýze
Předmětem analýzy je daná látka anebo soubor látek. Může se jednat o roztok, ve kterém je
nutné zjistit zastoupení jednotlivých složek, jejich množství, potřebné ke zjištění např.
rovnovážné konstanty reakce. Předmětem analýzy může být také vzorek půdy, rudy nebo jiného
přírodního materiálu. Předmětem analýzy může být také malý objem krve nebo mozkomíšní
mok, vzorek vody, průmyslové dýmy, ve kterých je možné zjistit určité množství toxických
látek apod.
Chemická analýza je nevyhnutelná při řešení základní otázek teoretické i praktické chemie. V
našem případě se soustředíme na využití rovnováh právě v kvantitativní chemické analýze.
Mezi klasické metody chemické analýzy patří vážková analýza(gravimetrie) a odměrná
analýza(titrace). V obou případech se zjišťuje množství složek, které nás v analyzovaných
vzorcích zajímají, tzv. stanovení určitých složek.
Základem stanovení ve vážkové analýze i v odměrné analýze je chemické reakce mezi
stanovovanou látkou a ke stanovení použitou látkou, tzv. zkoumadlem. Základem vážkové
analýzy je srážecí reakce. Základem odměrné analýzy mohou být protolytické, srážecí,
redoxní i komplexotvorné reakce.
8.1 Výpočty při vážkové (hmotnostní) analýze
Základem je srážecí reakce mezi stanovovanou složkou ve vzorku a vybraným
činidlem(zkoumadlem. Z hmotnosti promyté, vysušené a případně i vyžíhané sraženiny ve
vážitelné formě se vypočítá hmotnost stanovované složky, tzv.hledané formy. Žíhání se musí
dělat tehdy, když vysušená sraženina nemá definované složení. Při výpočtu hledané formy se
vypočítá jeden z reaktantů na základě údajů, týkajících se produktu reakce. Například
všeobecně znázorníme reakci stanovení kationtu A+b : aA+b + bB-a ↔ AaBb
101
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Platí: n(A+b):n(AaBb)=a:1
n(A+b)=a.n(AaBb)
n(AaBb) =
m(
) = n(A+b) ∙M(A+b)
m(
)=a.n(Aa.Bb) ∙M(A+b)
m(A+b)=
+b
∙M(A
)
m(A+b)=
∙
Výraz
se nazývá stechiometrický (přepočítávací) faktor. Hodnotu m(A+b) dostaneme
m(Aa.Bb)
tak, že stechiometrický faktor vynásobíme hmotností vážitelné formy Aa.Bb. Hodnoty
stechiometrických faktorů můžeme vypočítat nebo vyhledat v tabulkách.
Můžeme vyjádřit množství hledané formy A+b i v procentech. V tom případě musíme znát
přesnou hmotnost vzorku m* (navážka). Hmotnostní zlomek w(A+b) vypočítáme podle vztahu:
w(A+b) =
Množství A+b vyjádříme pak v procentech.
Příklady
8.1.1
Do 40,0 cm3 vodného roztoku kyseliny chlorovodíkové se přidal nadbytek vodného
roztoku dusičnanu stříbrného. Po vysušení měla sraženina hmotnost 0,5000 g. Vypočítejte
hmotnost chloridových aniontů v analyzovaném vzorku.
Řešení:
Pomocí AgNO3 se vysráží AgCl. Srážecí reakce probíhápodle rovnice: Ag+ + Cl-↔ AgCl
102
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Porovnáním s rovnicí: aA+b + bB-a ↔ AaBb
a=b=1
m(Cl)=
M(Cl)=35,45 g∙mol-1
M(AgCl)=143,32 g∙mol-1
m(AgCl)=0,5000 g
m(Cl-) =
m(Cl-)=0,1237 g
V analyzovaném vzorku je 0,1237 gramů chloridových aniontů.
8.1.2
Vypočítejte látkové množství chloridu stříbrného, které bylo izolováno v příkladu 8.1.1.
Řešení:
Látkové množství AgCl vypočítáme podle známého vztahu mezi hmotností, molární hmotností
a látkovým množstvím.
n(AgCl) =
m(AgCl) = 0,5000 g
M(AgCl) = 143,32 g∙mol-1
n(AgCl) =
n(AgCl) = 3,492∙10-3 mol
n(AgCl) = 3.492 mmol
Z analyzovaného vzorku se izolovalo 3,492 milimolu chloridu stříbrného.
8.1.3
103
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Do 30,00 cm3 roztoku síranu sodného byl přidán nadbytek dusičnanu barnatého.
Izolovaná a vysušená sraženina měla hmotnost 0,2700 gramů.
Vypočítejte:
a) látkové množství vysráženého BaSO4
b) látkové množství Na2SO4 ve vzorku
c) látkovou(molární) koncentraci Na2SO4 ve vzorku
Řešení:
a)
m(BaSO4)=233,40 g.mol-1
M(BaSO4)=233,40 g.mol-1
n(BaSO4) =
n(BaSO4) =
n(BaSO4) = 1,157∙10-3 mol
n(BaSO4 = 1,157 mmol
V analyzovaném vzorku se vysráželo 1,157 mmol BaSO4.
b)
Přidáváním Ba(NO3)2 do roztoku Na2SO4 probíhá reakce podle rovnice:
Ba(NO3)2 + Na2SO4↔BaSO4+2NaNO3
Stechiometrické koeficienty obou vstupních reaktantů(výchozích látek)jsou jednotkové.Proto
platí:
n(BaSO4)=n(Na2SO4)
To znamená,že látkové množství vzniklého síranu barnatého BaSO4 se rovná látkovému
množství zreagovaného síranu sodného Na2SO4.
n(Na2SO4)=1,157 mmol
c)
Vypočítáme látkovou(molární)koncentraci c(Na2SO4),známe-li objem roztoku a látkové
množství Na2SO4:
V´(Na2SO4)=30,00 cm3
104
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
n(Na2SO4)=1,157 mmol
c(Na2SO4) =
c(Na2SO4) =
c(Na2SO4)=0,0386 mmol∙cm-3=0,0386 mol∙dm-3
Koncentrace roztoku Na2SO4 byla 0,0386 mol∙dm-3.
8.1.4
Ve vzorku hnojiva se analyzovalo 0,4955 gramů směsi síranu sodného a síranu
draselného. Přidáváním dusičnanu barnatého do roztoku vzorku se vysráželo 0,7525 g
vysušeného síranu barnatého. Vypočítejte hmotnost síranu sodného a síranu draselného
ve vzorku.
Řešení:
Základem stanovení jsou reakce dané rovnicemi:
Ba(NO3)2+K2SO4↔BaSO4+2KNO3
Ba(NO3)2+Na2SO4↔BaSO4+2NaNO3
Stechiometrické koeficienty K2SO4,Na2SO4 a BaSO4 jsou jednotkové.Pro kvantitativní reakci
musí platit:
na(BaSO4)=n(K2SO4)
nb(BaSO4)=n(Na2SO4)
Pokud vzorek neobsahuji nic jiného než směs Na2SO4 a K2SO4,platí:
na(BaSO4)+nb(BaSO4)=n(BaSO4)
Celkové látkové množství n(BaSO4) můžeme vypočítat z dostupných údajů:
M(BaSO4)=233,40 g∙mol-1
m(BaSO4)=0,7524 g
n(BaSO4) =
105
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
n(BaSO4) =
n(BaSO4)=3,224.10-3 mol
n(Na2SO4)+n(K2SO4)=n(BaSO4)=3,224∙10-3 mol
n(Na2SO4)=n(BaSO4)-n(K2SO4)
Současně musí platit:
M(Na2SO4) ∙n(Na2SO4)+M(K2SO4) ∙n(K2SO4)=0,4955 g
M(Na2SO4)=142,04 g∙mol-1
M(K2SO4)=174,25 g∙mol-1
M(Na2SO4) ∙n(BaSO4)-M(Na2SO4) ∙n(K2SO4)+M(K2SO4) ∙n(K2SO4)=0,4955 g
142,04∙3,224∙10-3-142,04∙n(K2SO4)+174,25∙n(K2SO4)=0,4955 g
142,04.3,244.10-3+n(K2SO4) ∙ (174,25-142,04)=0,4955
n(K2SO4) =
n(K2SO4) =
n(K2SO4) = 1,167∙10-3 mol
n(Na2SO4) = n(BaSO4)-n(K2SO4)
n(Na2SO4) = 3,224∙10-3 mol-1,167∙10-3 mol
n(Na2SO4) = 2,044∙10-3 mol
Výpočet hmotnosti Na2SO4 a K2SO4:
m(Na2SO4) = n(Na2SO4) ∙M(Na2SO4)
m(K2SO4) = n(K2SO4) ∙M(K2SO4)
n(Na2SO4) = 2,044∙10-3 mol
n(K2SO4) = 1,167∙10-3
m(Na2SO4) = 2,044∙10-3 mol.142,04 g∙mol-1
m(Na2SO4) = 0,2911 g
m(K2SO4) =1,167∙10-3mol∙174,25 g∙mol-1
m(K2SO4) = 0,2034 g
106
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Analyzovaný vzorek obsahoval 0,2034 g K2SO4 a 0,2911 g Na2SO4.
8.1.5
Navážená hmotnost hlinité soli je 0,5000 g.Z ní se hydroxidem amonným vysrážel hliník
jako hydroxid hlinitý,ze kterého žíháním vznikl oxid hlinitý.Hmotnost oxidu hlinitého je
0,2382 g.Vypočítejte kolik procent hliníku obsahuje vzorek.
Řešení:
Hmotnost hliníku vypočítáme ze vztahu:
m(Al)=
M(Al)=26,98 g∙mol-1
M(Al2O3)=101,96 g∙mol-1
m(Al2O3)=0,2382 g
m(Al)=
m(Al)=0,1261 g
Výpočet množství hliníku v procentech:
m(Al)=0,1261 g
m*=0,5000g
w(Al) =
w(Al) =
w(Al) = 0,2522
Analyzovaný vzorek obsahuje 25,22% hliníku.
8.1.6
107
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Při vážkové analýze slitiny je třeba stanovit měď,zinek a hliník.Měď byla přeměněna na
CuSCN,hliník na Al2O3.Z naváženého vzorku 0,5834 g se připravilo 0,1450 g CuSCN a
0,2841 g oxidu hlinitého.Vypočítejte množství jednotlivých složek v procentech
v analyzované slitině.
Řešení:
Ze zjištěné hmotnosti CuSCN vypočítáme hmotnost Cu,z hmotnosti Al 2O3 vypočítáme
hmotnost hliníku,zbytek představuje Zn.Následně pak přepočítáme hmotnost na procenta.
M(Cu)=63,55 g∙mol-1
M(CuSCN)=121,62 g∙mol-1
m(Cu) =
m(Cu) =
m(Cu)=0,0758 g
m(Al) =
M(Al) = 26,98 g.mol-1
M(Al2O3) = 101,96 g.mol-1
m(Al2O3) = 0,2841 g
m(Al) =
m(Al)=0,1503 g
Výpočet hmotnostních zlomků:
m(Cu)=0,0758 g
m*=0,5834 g
w(Cu)=
w(Cu)=
108
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
w(Cu)=0,1299
m(Al)=0,1503 g
m*=0,5834 g
w(Al) =
w(Al) =
w(Al)= 0,2576
Analyzovaná slitina obsahuje 12,99% Cu,25,76% Al a 61,25% Zn.
8.1.7
Navážilo se 0,5300 g materiálu,který obsahuje železno,hliník a indiferentní příměsi.Z dané
navážky se pomocí hydroxidu amonného vysrážely oxidy železa a hliníku o obecném
vzorci M2O3.Hmotnost získaných oxidů byla 0,4500 g.Ze stejné navážky analyzovaného
materiálu se vysráželo železo s ponocí 1-nitróso-2-naftolu,ze kterého o vyžíhání vzniklo
0,1500 oxidu železitého.Vypočítejte množství železa a hliníku v procentech ve vzorku.
Řešení:
Předpokládáme,že v jednom i ve druhém případě je to kvantitativní vysrážení analyzovaných
vzorků.S pomocí organického nitróso-2-naftolu se vysráželo pouze železo.Z experimentálního
údaje vypočítáme hmotnost železa ve vzorku.Z rozdílu hmotností společných oxidů a oxidu
železitého vypočítáme hmotnost hliníku a vyjádříme hmotnostní zlomky v procentech.
M(Fe)=55,85 g.mol-1
M(Fe2O3)=159,69 g.mol-1
M(Al)=26,98 g.mol-1
M(Al2O3)=101,96g.mol-1
m(Fe2O3)=0,1500 g
m(Fe) =
m(Fe) =
m(Fe) = 0,1049 g
109
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
m(Al2O3)=m(M2O3)-m(Fe2O3)
m(Al2O3)=0,3000g
m(Al)=
m(Al) =
m(Al)=0,1588 g
Výpočet hmotnostních zlomků:
m*=0,5300 g
w(Fe) =
w(Fe) =
w(Fe) = 0,1979
w(Al) =
w(Al) =
w(Al) = 0,2996
Analyzovaný materiál obsahuje 19,79 % Fe a 29,96% Al.
8.2 Výpočty při odměrných stanoveních
Na rozdíl od vážkové analýzy, kde se při výpočtu stanovované látky vychází z produktu reakce,
v odměrné analýze je stanovovanou látkou také reaktant, ale o jeho množství se usuzuje ze
zreagovaného druhého, vhodně zvoleného reaktantu s přesně známou koncentrací.
Obyčejně se měří objem reaktantu s přesně známou koncentrací. V odměrné analýze se
k roztoku stanovované látky přidává odměrný roztok zkoumadla, které se stanovovanou látkou
reaguje známým způsobem a reprodukovatelně. Odměrný roztok se přidává tak dlouho, dokud
110
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
celkem nezreaguje stanovovaná látka. Okamžik, kdy látka celkově zreagovala, se nazývá bod
ekvivalence. Spotřeba odměrného roztoku a chemická reakce, která je základem stanovení,
tvoří
výchozí informace pro výpočet látkového množství či hmotnosti stanovované látky.Chemická
rovnice, vyjadřující danou chemickou reakci, nás informuje, v jakém poměru reagují látková
množství stanovované látky se zkoumadlem a spotřeba odměrného roztoku zase nepřímo
vyjadřuje látkové množství zkoumadla, potřebného na kvantitativní zreagování se
stanovovanou složkou ve vzorku. Celkový reakční systém musí být přizpůsobem tak, abychom
dostali signál o dosažení bodu ekvivalence. Jeden ze způsobů indikace bodu ekvivalence je
založen na použití určitých látek,které mění své vlastnosti, většinou své zbarvení právě při
dosažení bodu ekvivalence. Takové látky nazýváme indikátory. Objem odměrného roztoku se
tedy odečítá v okamžiku barevné změny v reakční soustavě. Kromě indikátorů se používají i
přesnější způsoby zjišťování bodu ekvivalence, např.přístrojově zjištěné fyzikální veličiny jako
elektrická vodivost roztoku vzorku, potenciál určité příslušné poloreakce. Měřená fyzikální
veličina vyjadřuje změny, které v reakčním systému nastávají. Podle druhu chemické
reakce,která je základem odměrného stanovení, se rozdělují i metody odměrné analýzy a
používané indikátory na protolytické,redoxní,srážecí a komplexotvorné titrace a jim
příslušející indikátory.
Při protolytických titracích se určují kyseliny, přičemž se používají silné hydroxidy jako
odměrné roztoky(alkalimetrie),nebo se určují zásady, přičemž se používají silné kyseliny jako
odměrné roztoky(acidimetrie). Stanovení je založeno na chemické reakci mezi kyselinou a
zásadou,např.
NaOH + HCl→H2O + NaCl
Stechiometrické koeficienty reaktantů jsou jednotkové. V bodě ekvivalence látkové množství
HCl,související se spotřebou odměrného roztoku současně udává látkové množství
kvantitativně zreagovaného NaOH:
n(NaOH)=n(HCl)
n(NaOH):n(HCl)=1:1
Jakmile zjistíme spotřebu odměrného roztoku, jehož látková(molární)koncentrace je přesně
známa,můžeme vypočítat látkové množství stanovované látky.
Při redoxních titracích se stanovují látky, které jsou schopné se redukovat pomocí odměrných
roztoků látek, schopných je redukovat. Například železo, přítomné ve formě železnaté soli
můžeme stanovit pomocí odměrného roztoku manganistanu draselného. Základem stanovení je
redoxní reakce:
10 Fe+2 + 2 MnO4 - + 8 H2O→10 Fe+3 + 2Mn+2 + 12 H2O
111
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
V bodě ekvivalence platí:
n(Fe+2):n(MnO4 -)=10:2
To znamená, že látkové množství KMnO4,související se spotřebou odměrného roztoku udává
pětinu látkového množství kvantitativně zreagovaného Fe+2.V bodě ekvivalence platí:
n(MnO4 -) =
. n(Fe+2)
Při srážecích titracích se stanovují látky, které tvoří s použitým odměrným roztokem sraženinu.
Bod ekvivalence se zjišťuje pomocí srážecích indikátorů.
Například ve vodném roztoku chloridu sodného můžeme stanovit chloridové anionty ,a tím i
chlorid sodný s použitím dusičnanu stříbrného, jako odměrného roztoku.Základem tohoto
stanovení je srážecí reakce:
Cl- + Ag+↔AgCl
Stechiometrické koeficienty reaktantů jsou jednotkové. V bodě ekvivalence platí:
n(Ag+)=n(Cl-)
Na základě látkového množství Ag+ ,vyplývajícího ze spotřeby odměrného roztoku se usoudí
látkové množství Cl- v analyzovaném vzorku.
Při chelatometrických titracích, které patří ku komplexotvorným titracím, se stanovují takové
složky vzorku, které tvoří s chelatonem chelatonáty.Chelaton-3 se často používá jako odměrný
roztok. Používané indikátory se nazývají chelatometrické indikátory. Například s pomocí
chelatonu se dá stanovit Zn, který je ve vzorku přítomen jako zinečnatá sůl.
Základem stanovení je chemická reakce
Zn+2 + H2Y-2↔ZnY-2 + 2H3O+
Stechiometrické koeficienty reaktantů jsou jednotkové. V bodě ekvivalence platí:
n(Zn+2):n(H2Y-2)=1:1
Při výpočtu hmotnosti nebo koncentrace stanovované látky vycházíme v první řadě ze
stechiometrických koeficientů příslušné rovnice, protože v bodu ekvivalence odpovídá poměr
stechiometrických koeficientů reaktantů poměru jejich látkových množství. Tak dostaneme
základní informaci o tom,v jakém poměru reaguje stanovovaná látka s odměrným roztokem.
Údaj z experimentu-spotřeba odměrného roztoku po bod ekvivalence, poskytuje informaci o
látkovém množství, které je třeba na kvantitativní zreagování stanovované látky. Na základě
112
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
uvedených údajů se vypočítá látkové množství stanovované látky, z toho i hmotnost nebo
koncentrace roztoku.
Dále uvedené výpočty předpokládají použití velmi čistých, na vzduchu vlivem vlhkosti se
neměnících látek, ze kterých se připravují odměrné roztoky. Na přípravu odměrných roztoků se
používají také látky, jejichž množství v roztoku je třeba kontrolovat a případě upravovat.
Příklady
8.2.1
Na úplné zneutralizování 10,00 cm3 roztoku kyseliny sírové bylo třeba přidat 23,05 cm3
vodného roztoku hydroxidu sodného s koncentrací 0,1000 mol.dm-3.Vypočítejte látkovou
koncentraci kyseliny sírové.
Řešení:
Základem stanovení je protolytická reakce:
2NaOH + H2SO4↔2 H2O + Na2SO4
n(NaOH):n(H2SO4)=2:1
Vypočítáme látkové množství NaOH ve 23,05 cm3 jeho roztoku.Z toho se usoudí na látkové
množství H2SO4,
ze kterého vypočítáme látkovou koncentraci H2SO4.
c(NaOH)=0,100 mol∙dm-3
V´(NaOH)=23,05 cm3=23,05∙10-3 dm3
n(NaOH)=c(NaOH) ∙ V´(NaOH)
n(NaOH)=0,100 mol∙dm-3∙23,05∙10-3 dm3
n(NaOH)=2,305∙10-3 mol
n(H2SO4) =
∙n(NaOH)
n(H2SO4) = 1,153∙10-3 mol
V´( H2SO4) =10,00 cm3=10,00∙10-3 dm3
c(H2SO4) =
c(H2SO4) =
113
mol∙dm-3
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
c(H2SO4) = 0,115 mol∙dm-3
Analyzovaný vzorek obsahoval kyselinu sírovou o koncentraci 0,115 mol∙dm-3.
8.2.2
Vypočítejte objem roztoku kyseliny chlorovodíkové s koncentrací 0,250
mol.dm-3,který je třeba na neutralizaci 0,500 g hydroxidu vápenatého.
Řešení:
Postup je stejný jako v příkladu 8.2.1. Změněny jsou jen stechiometrické koeficienty kyseliny a
zásady:
Ca(OH)2 + 2HCl ↔ 2H2O + CaCl2
n(Ca(OH)2):n(HCl)=1:2
Vypočítáme látkové množství Ca(OH)2 , odpovídající hmotnosti 0,500 g Ca(OH)2 a potom
látkové množství HCl a její objem.Výpočet látkového množství Ca(OH)2 :
M(Ca(OH)2) =74,09 g∙mol-1
m(Ca(OH)2) = 0,500 g
n(Ca(OH)2) =
n(Ca(OH)2) =
= 6,75∙10 -3 mol
Výpočet látkového množství HCl:
Ca(OH)2 + 2HCl ↔ 2H2O + CaCl2
n(Ca(OH)2):n(HCl)=1:2
n(HCl)=2∙ n(Ca(OH)2)
114
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
n(HCl)= 2∙6,75∙10-3 mol
n(HCl)= 13,05∙10-3 mol
Výpočet objemu roztoku HCl:
n(HCl)= 13,05∙10-3 mol
c(HCl)= 0,250 mol∙dm-3
V´(HCl)=
V´(HCl) =
dm3
V´(HCl) = 0,054 dm 3 = 54,0 cm3
Na úplnou neutralizaci analyzovaného vzorku je zapotřebí 54,0 cm3 HCl.
8.2.3
Vypočítejte koncentraci vodného roztoku hydroxidu sodného,který jsme použili na
neutralizaci 32,80 cm3 roztoku kyseliny sírové s koncentrací 0,1470 mol∙dm-3.Spotřeba
hydroxidu sodného je 42,30 cm3.
Řešení:
Vypočítáme látkové množství H2SO4,nacházející se v uvedeném objemu jejího roztoku. Ze
stechiometrických koeficientů reaktantů se určí látkové množství NaOH, a poté vypočítáme
látkovou koncentraci.
2 NaOH + H2SO4 ↔ 2H2O + Na2SO4
n(NaOH):n(H2SO4) = 2:1
Výpočet látkového množství H2SO4:
V´( H2SO4)=32,80 cm3
c(H2SO4)=0,1470 mol∙dm-3
n(H2SO4)= V´( H2SO4) ∙c(H2SO4)
n(H2SO4)=32,80∙10-3 dm3∙0,1470 mol∙dm-3
n(H2SO4)=4,822∙10-3 mol
Výpočet látkového množství NaOH:
115
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
n(NaOH): n(H2SO4) = 2:1
n(NaOH)=2∙n(H2SO4)
n(NaOH)=2∙4,822∙10-3 mol
n(NaOH)=9,644∙10-3 mol
Výpočet koncentrace roztoku NaOH:
n(NaOH)=9,644∙10-3 mol
V´(NaOH)=42,30 cm3
c(NaOH )=
c(NaOH) =
mol∙dm-3
c(NaOH)=0,2280 mol.dm-3
Použitý roztok NaOH obsahuje 0,2280 mol∙dm-3 NaOH.
8.2.4
Na analýzu se použilo 1,750 g vzorku,který obsahuje uhličitan vápenatý.Tato navážka
reaguje beze zbytku s 19,50 cm3 vodného roztoku kyseliny chlorovodíkové s koncentrací
1,500 mol∙dm-3.Vypočítejte hmotnostní zlomek uhličitanu vápenatého ve vzorku.
Řešení:
Základem stanovení je chemická rovnice:
CaCO3 + 2HCl ↔ CaCl2 + CO2 + H2O
V souladu s uvedenou rovnicí platí:
n(CaCO3):n(HCl)=1:2
116
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Výpočet látkového množství HCl:
V´(HCl)=19,50 cm3
c(HCl)= 1,500 mol∙dm-3
n(HCl)= c(HCl) ∙ V´(HCl)
n(HCl)=19,50∙10-3 dm3∙1,500 mol∙dm-3
n(HCl)=29,25∙10-3 mol
Výpočet látkového množství CaCO3:
n(CaCO3)=
n(CaCO3)=
∙
n(HCl)
∙29,25∙10
-3
mol
n(CaCO3)= 14,63∙10-3 mol
Výpočet hmotnosti CaCO3:
n(CaCO3)=14,63∙10-3 mol
M(CaCO3)=100,09 g∙mol-1
m(CaCO3)= n(CaCO3) ∙ M(CaCO3)
m(CaCO3)=14,63∙10-3 mol∙100,09 g∙mol-1
m(CaCO3)=1,460 g
Výpočet hmotnostního zlomku CaCO3:
m(CaCO3)=1,460 g
m*=1,750 g
w(CaCO3) =
w(CaCO3) =
117
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
w(CaCO3) = 0,830
Analyzovaný vzorek obsahuje 83% CaCO3.
8.2.5
Vypočítejte, kolika procentní byl ocet s hustotou 1,02 g∙cm-3,když na zneutralizování 10,0
cm3 se spotřebovalo 12,4 cm3 vodného roztoku hydroxidu draselného s koncentrací 1,00
mol∙dm-3.
Řešení:
Ocet je vodný roztok kyseliny octové.Počítáme množství kyseliny octové v procentech ve
vodném roztoku.Základem stanovení je reakce vyjádřená chemickou rovnicí:
KOH + CH3COOH↔1:1
Výpočet látkového množství KOH:
V´(KOH)=12,4∙10-3 dm3
c(KOH)=1,00 mol∙dm-3
n(KOH)=V´(KOH) ∙c(KOH)
n(KOH)=12,4.10-3 dm3∙1,00 mol.dm-3
n(KOH)=12,4∙10-3 mol
Výpočet látkového množství CH3COOH:
n(KOH)=n(CH3COOH)
n(CH3COOH)=12,4∙10-3 mol
Výpočet hmotnosti CH3COOH:
M(CH3COOH)=60,05 g∙mol-1
n(CH3COOH)=12,4∙10-3 mol
m(CH3COOH)=M(CH3COOH) ∙n(CH3COOH)
m(CH3COOH)=60,06 g∙mol-1∙12,4∙10-3 mol
m(CH3COOH)=0,745 g
Přepočet objemu roztoku na hmotnost roztoku:
118
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
V´(ocet)=10,0 cm3
ς´(ocet)=1,02 g∙cm-3
m´(ocet)= V´(ocet) ∙ ς´(ocet)
m´(ocet)=10,0 cm3 ∙1,02 g∙cm-3=10,2 g
Výpočet hmotnostního zlomku CH3COOH:
m(CH3COOH)=0,745 g
m(ocet)=10,2 g
w(CH3COOH) =
w(CH3COOH) =
w(CH3COOH)=0,0730
Analyzovaný ocet bylo 7,3%.
8.2.6
Ztitrovalo se 113,3 mg čistého šťavelanu sodného v kyselém prostředí s 20,75 cm3 roztoku
manganistanu draselného.Vypočítejte koncentraci roztoku manganistanu draselného.
Řešení:
Z chemické rovnice získáme základní informaci:
5 C2O4 -2 + 2 MnO4- + 16 H3O+↔ Mn+2 + 10 CO2 + 24 H2O
n(C2O4 -2):n(MnO4-)=5:2
Vypočítáme látkové množství Na2C2O4,potom látkové množství KMnO4 a jeho látkovou
koncentraci.
Výpočet látkového množství Na2C2O4:
m(Na2C2O4)=113,3 mg
M(Na2C2O4)=133,99 g∙mol-1
n(Na2C2O4) =
119
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
n(Na2C2O4) =
mol
n(Na2C2O4) = 0,8460∙10-3 mol
Výpočet látkového množství KMnO4:
n(KMnO4)= ∙ n(Na2C2O4)
n(Na2C2O4)=
∙0,8460∙10
-3
mol
n(Na2C2O4)= 3,380∙10-4 mol
Výpočet látkové koncentrace KMnO4:
n(KMnO4)=3,380∙10-4 mol
V´(KMnO4)=20,75∙10-3 dm3
c(KMnO4)=
c(KMnO4)=
c(KMnO4)= 1,630∙10-2 mol∙dm-3
Koncentrace použitého KMnO4 je 1,630 ∙ 10-2 mol∙dm-3.
8.2.7
Vypočítejte objem roztoku kyseliny chlorovodíkové s koncentrací 0,350
mol∙dm-3,potřebného na úplné zreagování se 100,00 cm3 vodného roztoku dusičnanu
stříbrného s koncentrací 0,500 mol∙dm-3.
Řešení:
Základem pro výpočet je chemická rovnice srážecí reakce
AgNO3 + HCl↔AgCl + HNO3
120
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Vypočítáme látkové množství AgNO3 v použitém objemu AgNO3,potom látkové množství HCl
a objem roztoku HCl.
n(AgNO3):n(HCl)=1:1
Výpočet látkového množství AgNO3:
c(AgNO3)=0,500 mol∙dm-3
V´(AgNO3)=100,0 cm3
n(AgNO3)=c(AgNO3) ∙V´(AgNO3)
n(AgNO3)=0,500 mol∙dm-3 ∙ 0,100 dm3=5,00 ∙10-2 mol
Výpočet látkového množství HCl:
n(AgNO3)=n(HCl)
n(HCl)=5,00∙10-2 mol
Výpočet objemu roztoku HCl:
c(HCl)=0,350 mol∙dm-3
n(HCl)=5,00∙10-2 mol
V´(HCl)=
= 0,143 dm3
Na analýzu je nutné použít 0,143 dm3 roztoku HCl.
8.2.8
Vypočítejte hmotnost chelatonu-3,který je zapotřebí k přípravě 1000 cm3 zásobního
roztoku tak,aby jeho 1 cm3 odpovídal 0,50 mg hořčíku.
Řešení:
Základem řešení je komplexotvorná reakce,vyjádřená rovnicí:
Mg+2 + H2Y-2 ↔ MgY-2 + 2 H3O+
n(Mg+2):n(H2Y-2)=1:1
Vypočítáme látkové množství hořčíku,a tím i látkové množství chelatonu-3.Potom provedeme
přepočet na hmotnost chelatonu.
Výpočet látkové množství hořčíku:
121
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
chm(Mg)=0,50 mg∙cm-3
V´=1,00 dm3
M(Mg)=24,31 g∙mol-1
chm = =
n=
n(Mg) =
n(Mg)=2,06∙
mol
n(chelaton-3)=n(Mg)
n(chelaton-3)=2,06∙10-2 mol
Výpočet hmotnosti chelatonu-3:
M(chelaton-3)=372,22 g∙
m(chelaton-3)=n(chelaton-3).M(chelaton-3)
m(chelaton-3)=2,06∙10-2∙372,22 g∙mol-1
m(chelaton-3)=7,67 g
8.2.9
Určete množství chloridových aniontů ve vodě z vodovodu. Odebraný vzorek vody
s hmotností 10,0 g se titruje odměrným roztokem dusičnanu stříbrného. Spotřeba
dusičnanu stříbrného s koncentrací 0,100 mol∙dm-3 je 20,2 cm3.
Řešení:
Stanovení se zakládá na srážecí reakci
AgNO3 + Cl- ↔ AgCl + NO3 n(AgNO3):n(Cl-)=1:1
Vypočítá se látkové množství AgNO3,poté látkové množství Cl- a jeho hmotnost.
122
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Výpočet látkového množství AgNO3:
V´(AgNO3)=20,2 cm3=20,2∙10-3 dm3
c(AgNO3)=0,100 mol∙dm-3
n(AgNO3)= V´(AgNO3) ∙ c(AgNO3)
n(AgNO3)=20,2∙10-3 dm3∙0,100 mol∙dm-3
n(AgNO3)=2,02∙10-3 mol
n(Cl-)=n(AgNO3)
n(Cl-)=2,02∙10-3 mol
Výpočet hmotnosti Cl-:
M(Cl-)=35,45 g∙mol-1
m(Cl-)=n(Cl-)∙M(Cl-)
m(Cl-)=2,02.10-3 mol∙35,45 g∙mol-1
m(Cl-)=71,6∙10-3 g
Výpočet hmotnostního zlomku Cl-:
m*=hmotnost vzorku
m*=10,0 g
w(Cl-)=
w(Cl-)=
= 71,6∙10-4
Voda z vodovodu obsahovala 0,72 % chloridových aniontů.
123
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
9. Typy chemických reakcí
ROZCESTNÍK:
9.1 Příklady chemických reakcí dle vnějších změn
9.2 Příklady chemických reakcí dle skupenství
reaktantů
9.3 Příklady chemických reakcí dle tepelného
zabarvení
9.4 Příklady chemických reakcí dle typu přenášených
částic
9.5 Příklady chemických reakcí podle průběhu
9.6 Příklady chemických reakcí podle charakteru
štěpení vazby
9.7 Rozdělení a příklady organických reakcí
9.8 Cvičení na druhy chemických reakcí
Chemické reakce můžeme rozdělit dle různých kritérií, jako jsou například vnější změny,
skupenství reaktantů, tepelné zabarvení (změna tepla v průběhu reakce) či typy přenášených
částic.
9.1 Příklady chemických reakcí dle vnějších změn
Podle vnějších změn rozdělujeme chemické reakce následovně:
124
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii

Reakce skladné (syntézy) – z většího množství reaktantů vzniká pouze jeden produkt,
příkladem je přímé slučování zinku se sírou za vzniku sulfidu zinečnatého:
Zn + S → ZnS

Reakce rozkladné (analýzy) – z jednoho reaktantu vzniká více produktů, jedná se o
opak reakce skladné (syntézy), příkladem je rozklad vody na vodík a kyslík:
2 H2O → 2 H2 + O2

Reakce vytěsňovací (substituce) – určitá částice nahradí jinou ve struktuře druhé
výchozí látky, příkladem je vytěsnění stříbra z dusičnanu stříbrného mědí:
Cu + 2 AgNO3 → 2 Ag + Cu(NO3)2

Podvojné záměny (konverze) – dojde k záměně funkčních (charakteristických) skupin
mezi reaktanty, příkladem je srážení uhličitanu měďnatého reakcí uhličitanu sodného se
síranem měďnatým (vedlejším produktem je síran sodný):
Na2CO3 + CuSO4 → CuCO3 + Na2SO4
9.2 Příklady chemických reakcí dle skupenství reaktantů (počtu fází)
Podle skupenství reaktantů rozdělujeme chemické reakce následovně:

Reakce homogenní – všechny reaktanty a produkty se vyskytují v jednom skupenství
(jedné fázi), příkladem je oxidace oxidu dusnatého (bezbarvého) vzdušným kyslíkem na
oxid dusičitý (oranžový):
2 NO (g) + O2 (g) → NO2 (g)

Reakce heterogenní – reaktanty a produkty se vyskytují ve více než jednom skupenství
(reakce na fázovém rozhraní), příkladem je reakce sodíku s vodou za vzniku hydroxidu
sodného a vodíku:
2 Na (s) + 2 H2O (l) → 2 NaOH (aq) + H2 (g)
125
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Písmena v závorkách označují skupenství reaktantů:
(s) – pevná látka, anglicky = solid
(l) – kapalina, anglicky = liquid
(g)– plyn, anglicky = gas
(aq) – vodný roztok, anglicky = aqua solution
9.3 Příklady chemických reakcí dle tepelného zabarvení
Podle tepelného zabarvení rozdělujeme chemické reakce následovně:

Reakce exotermní (exotermické) – teplo se při nich uvolňuje, příkladem je reakce
roztaveného dusičnanu draselného s uhlím a sírou (střelný prach):
2 KNO3 + S + 3 C → K2S + N2 + 3 CO2 ΔH ‹ 0

Reakce endotermní (endotermické) – teplo je nutné dodávat, příkladem je rozklad
uhličitanu vápenatého:
2 CaCO3 → 2 CaO + CO2
ΔH › 0
9.4 Příklady chemických reakcí dle typu přenášených částic
Podle typu přenášených částic rozdělujeme chemické reakce následovně:

Reakce acidobazické (protolytické) – přenášenou částicí je proton, příkladem je
neutralizace kyseliny sírové hydroxidem sodným:
H2SO4 + 2 NaOH → Na2SO4 + 2 H2O
H2SO4 → 2 H+ + SO422 NaOH → 2 Na+ + 2 OH2 H+ + 2 OH- → 2 H2O
126
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii

Reakce oxidačně-redukční (redoxní) – přenášenou částicí je elektron, příkladem je
tepelný rozklad manganistanu draselného za vzniku mangananu draselného, oxidu
manganičitého a kyslíku:
2 KMnVIIO4-II → K2MnVIO4 + MnIVO2 + O20
Jestliže se oxidace (zvýšení oxidačního čísla, odebrání elektronu) a redukce (snížení
oxidačního čísla, přidání elektronu) uskutečňuje z jednoho prvku, jedná se o reakci
disproporcionační (zvláštní typ oxidačně-redukční reakce), jejímž příkladem je rozklad
peroxidu vodíku na vodu a kyslík:
2 H2O2-I → 2 H2O-II + O20
Opakem je synproporcionační reakce, jejímž příkladem je reakce olova a oxidu
olovičitého s kyselinou sírovou za vzniku síranu olovnatého a vody (probíhá například v
autobaterii):
Pb0 + PbIVO2 + 2 H2SO4 → 2 PbIISO4 + 2 H2O

Reakce komplexotvorné – přenáší se celý elektronový pár, příkladem je reakce hliníku s
roztokem hydroxidu sodného za vzniku tetrahydroxohlinitanu sodného a vodíku:
2 NaOH + 2 Al + 6 H2O → 2 Na[Al(OH)4] + 3 H2
9.5 Příklady chemických reakcí podle průběhu:
 Vratné (reversibilní)
NH4Cl ↔ NH3 + HCl
 Nevratné (ireversibilní)
NH4NO2 → N2 + H2O
127
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
9.6 Příklady chemických reakcí podle charakteru štěpení vazby:
 Homolytické (radikálové) – vznikají radikály (částice s nepárovým elektronem)
H2 → 2 H.
X2 → 2 X.
 Heterolytické (iontové) – vznikají ionty
H2O → H+ + OH-
9.7 Rozdělení a příklady organických reakcí
9.7.1 Podle způsobu zániku původních vazeb
Jak již bylo uvedeno výše, chemická reakce je proces, při kterém všechny nebo jen ně-které
vazby v molekulách výchozích látek zanikají a vznikají vazby nové. U většiny organic-kých
reakcí rozhoduje o typu reakčního mechanismu způsob zániku (štěpení) vazeb v molekule
činidla.
Štěpení kovalentní vazby může být:
9.7.1.1. Homolytické ( radikálové)-vznikají částice s nepárovým elektronem - radikály
X—X
→
2X•
9.7.1.2. Heterolytické (iontové) - vznikají ionty
X—Y
→
X+ + Y-
Energie, která je potřebná k štěpení vazby na radikály nebo ionty je známá pod názvem disociační energie. Tuto energii lze experimentálně změřit a její hodnoty pro všechny druhy
běžných vazeb lze nalézt ve fyzikálně-chemických tabulkách.
128
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
9.7.2 Podle toho, který iont jako první atakuje molekulu substrátu
9.7.2.1 Nukleofilní (symbol Nu) – reakci zahajuje anion resp. obecně částice obsahující volné
elektronové páry nebo π-elektrony, která se váže na substrát v místě, kde je nedostatek
elektronů (kladný náboj). Mezi nukleofilní činidla patří např. OH-, Cl-, CN-, H2O, RO-,
R–NH2, C = C , −C ≡ C − …
9.7.2.2 Elektrofilní (symbol E) – reakci zahajuje kation nebo neutrální látka s velkou afinitou
k elektronům - proto se váže na místa s největší elektronovou hustotou.
Mezi elektrofilní činidla patří např. H+, Cl+, NO2 +, R+, RCO+, BF3, ZnCl2, AlCl3 …
9.7.3 Podle molekularity
Reakční mechanismus představuje sled dílčích kroků, kterým říkáme elementární reakce. Pod
pojmem molekularita rozumíme obecně počet částic, které se musí srazit, aby elementární
reakce proběhla. Nejběžnější jsou reakce bimolekulární, ale často se setkáváme i s reakcemi
monomolekulárními.
9.7.4 Podle charakteru přeměn probíhajících na substrátu
Rozlišujeme čtyři základní typy reakcí: substituce, adice, eliminace a přesmyky.
9.7.4.1: Substituce (S) – náhrada vodíku nebo jiného atomu či skupiny za jiným atomem či
skupinou, např.:
R − I + CN-
→
R − CN + I -
9.7.4.2: Adice (Ad) – spojování dvou molekul (v jedné je obsažena násobná vazba, která se
adicí mění na vazbu jednoduchou) za vzniku molekuly jediné, např.:
CH2 = CH2 + Br2 → Br CH2 — CH2 Br
9.7.4.3: Eliminace (E) – odštěpování obvykle malé termodynamicky stálé molekuly
(H2O, HCl …) za vzniku produktu obsahujícím násobnou vazbu (opak adice), např.:
129
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
CH3CH2OH
→
CH2 = CH2 + H2O
9.7.4.4: Přesmyky – přesun atomů nebo skupin uvnitř jediné molekuly, přičemž sumární
vzorec zůstává stejný (přeměna méně stabilní struktury na stabilnější), např.:
CH ≡ CH + H2O → [CH2 = CHOH ] → CH3 CHO
Podle typu činidla mohou všechny výše uvedené elementární reakce probíhat radikálovým nebo
iontovým mechanismem (elektrofilní, nukleofilní).
V praxi se používá ještě označení řady dalších reakcí např.:
o oxidace – reakce, při níž sloučenina přijímá kyslík nebo ztrácí vodík, obecněji
reakce, při níž sloučenina předává (ztrácí) elektron.
o redukce – reakce, při níž sloučenina přijímá vodík nebo ztrácí kyslík, obecněji
reakce, při níž sloučenina získává (přijímá) elektron.
o hydrogenace – zvláštní případ redukce, při níž sloučenina s násobnou vazbou nebo
aromatickým jádrem přijímá za přítomnosti katalyzátoru vodík
o kondenzace – reakce, při které obvykle dochází k prodlužování řetězce (adice +
eliminace) a odštěpuje se molekula vody
o pyrolýza – tepelný rozklad – obvykle za nepřístupu vzduchu
o reakce označované podle činidla – např. sulfonace, nitrace ……
o polyreakce – sled opakujících se reakcí (polymerace, polykondenzace, polyadice)
130
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
9.8 Cvičení na druhy chemických reakcí
Vyber typ reakce podle celkové změny z následujících možností:
a) skladná = syntéza
c) vytěsňovací
e) heterogenní
g) exotermická
i) acidobazická
k) komplexotvorná
m) iontová
o) eliminace
q) substituce
9.8.1
Určete typ reakce:
H2O(l) + CO2(g) ↔ H2CO3(aq)
Řešení: a,b,e,n
9.8.2
Určete typ reakce:
4 Fe(s) + 3 O2 (g)→ 2 Fe2O3(s)
Řešení: a,e,j
131
b) rozkladná
d) podvojná záměna
f) homogenní
h) endotermická
j) redoxní
l) radikálová
n) vratná
p) adice,přesmyk
r) polymerace
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
9.8.3
Určete typ reakce:
2 Cu (s)+ O2(g) → 2 CuO(s) ) ΔH › 0
Řešení: a,e,j
9.8.4
Určete typ reakce:
2 Na(s) + Cl2(g) →2 NaCl(s)
Řešení: a,e,j
9.8.5
Určete typ reakce:
4 Al (s)+ 3 O2 (g) →2 Al2O3(s)
Řešení: a,e,j
9.8.6
Určete typ reakce:
NH3(aq) + HCl (aq) ↔NH4Cl↓(s)
Řešení: a,e,n
9.8.7
Určete typ reakce:
S(s) + O2(g) → SO2(g) ΔH › 0
Řešení: a,e,h,j
132
ˇ
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
9.8.8
Určete typ reakce:
2 H2 (g) + O2(g) → 2 H2O (g)
Řešení: a,f,j
9.8.9
Určete typ reakce:
N2(g) + 3H2(g) → 2NH3(g)
Řešení: a,f,j
9.8.10
Určete typ reakce:
Cu(s) + S(s) → CuS(s) ΔH › 0
Řešení: a,f,h,j
9.8.11
Určete typ reakce:
Zn(s) + S (s) → ZnS(s)
ΔH › 0
Řešení: a,f,h
9.8.12
Určete typ reakce:
CaCO3(s) ↔ CaO(s) + CO2(g) ΔH › 0
Řešení: b,e,h,n
133
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
9.8.13
Určete typ reakce:
2 Pb(NO3)2 → 2 PbO + 4 NO2 + O2
Řešení: b,e,j
9.8.14
Určete typ reakce:
2 H2O2(aq) → 2 H2O(l) + O2(g) ΔH ‹ 0
Řešení: b,e,g,j
9.8.15
Určete typ reakce:
2 HgO (s) → 2 Hg(l) + O2(g)
ΔH › 0
Řešení: b,e,h,j
9.8.16
Určete typ reakce:
Ca(HCO3)2 ↔ CaCO3 + CO2 + H2O
Řešení: b,e,n
9.8.17
Určete typ reakce:
2 KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2 ΔH › 0
Řešení: b,h
134
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
9.8.18
Určete typ reakce:
4 KClO3 → 3 KClO4 + KCl
Řešení: b,j
9.8.19
Určete typ reakce:
FeS + 2 HCl → FeCl2 + H2S
Řešení: c
9.8.20
Určete typ reakce:
CaCO3 + 2 HCl → CaCl2 + H2CO3
Řešení: c
9.8.21
Určete typ reakce:
FeS + 2 HCl → FeCl2 + H2S
Řešení: c
9.8.22
Určete typ reakce:
CaCO3 + 2 HCl → CaCl2 + H2CO3
Řešení: c
9.8.23
135
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Určete typ reakce:
Fe(s) + 2 HCl(aq) → FeCl2(aq) + H2(g)
Řešení: c,e,j
9.8.24
Určete typ reakce:
Sb 2S3 + 6HCl → 2SbCl3 + 3H2S
Řešení: d
9.8.25
Určete typ reakce:
3 Ba(NO3)2 + Al2(SO4)3 → 3 BaSO4 + 2 Al(NO3)3
Řešení: d
9.8.26
Určete typ reakce:
Cd(NO3)2 + H2S → CdS + 2 H2NO3
Řešení: d
9.8.27
Určete typ reakce:
AgNO3(aq) + NaCl(aq) →AgCl↓(s) + NaNO3(aq)
Řešení: d,e
136
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
9.8.28
Určete typ reakce:
AgNO3(aq) + KCl(aq) →AgCl↓(s) + KNO3(aq)
Řešení: d,e
9.8.29
Určete typ reakce:
Fe(s) + CuSO4(aq) → FeSO4(aq) + Cu(s)
Řešení: d,e,j
9.8.30
Určete typ reakce:
Zn(s) + 2 HCl(aq) → ZnCl2(aq) + H2(g)
Řešení: d,e,j
9.8.31
Určete typ reakce:
2 HI + Cl2 → I2 + 2 HCl
Řešení: d,j
9.8.32
Určete typ reakce:
3Cu(NO3)2 + 2K3[Fe(CN)6]→3Cu3[Fe(CN)6]2 + 6 KNO3
Řešení: d,k
9.8.33
137
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Určete typ reakce:
K2Cr 2O7 + 2 KOH + 2 BaCl2 → 2 BaCrO4↓ + 4 KCl + H2O
Řešení: e
9.8.34
Určete typ reakce:
CaO(s) + 2 NH4Cl(s) → CaCl2(s) + H2O(g)+ 2 NH3(g)
Řešení: e,h
9.8.35
Určete typ reakce:
2 Na(s) + 2 H2O(l) →2 NaOH(aq) + H2(g)
Řešení: e,j
9.8.36
Určete typ reakce:
2 Al + 2 NaOH + 6 H2O → 2 Na[Al(OH)4] + 3 H2
Řešení: k
9.8.37
Určete typ reakce:
CuSO4 + 6 NH4OH →[Cu(NH3)4](OH)2 + (NH4)2SO4 + 4 H2O
Řešení: k
138
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
9.8.38
Určete typ reakce:
NaOH + HCl →NaCl + H2O
Řešení: i
9.8.39
Určete typ reakce:
H2SO4 + NaOH→ NaHSO4 + H2O
Řešení: i
9.8.40
Určete typ reakce:
KOH + H2SO4 → KHSO4 + H2O
Řešení: i
9.8.41
Určete typ reakce:
4 H3BO3 + 2 NaOH →Na2B4O7 + 7 H2O
Řešení: i
9.8.42
Určete typ reakce:
5 H2SO4 + 2 P → 2 H3PO4 + 5 SO2 + 2 H2O
Řešení: j
139
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
9.8.43
Určete typ reakce:
3 H2S + H2SO4 → 4 S + 4 H2O
Řešení: j
9.8.44
Určete typ reakce:
5 H2SO4 + 2 P → 2 H3PO4 + 5 SO2 + 2 H2O
Řešení: j
9.8.45
Určete typ reakce:
3 H2S + H2SO4 → 4 S + 4 H2O
Řešení: j
9.8.46
Určete typ reakce:
2 KBr + Cl2 →2 KCl + Br2
Řešení: j
9.8.47
Určete typ reakce:
2 KI + Cl2 →2 KCl + I2
Řešení: j
140
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
9.8.48
Určete typ reakce:
MnO2 + 4 HCl → MnCl2 + Cl2 + 2 H2O
Řešení: j
9.8.49
Určete typ reakce:
3 Cu + 8 HNO3 → 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O
Řešení: j
9.8.50
Určete typ reakce:
2 KMnO4 + 3 MnSO4 + 2 H2O →2MnO2 + K2 SO4 + 2 H2SO4
Řešení: j
9.8.51
Určete typ reakce:
2 KMnO4 + 10 FeSO4 + 8 H2SO4 → 2 MnSO4 + 5 Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 8 H2O
Řešení: j
9.8.52
Určete typ reakce:
6 NaBr + Na2Cr2O7 + 7 H2SO4 → 3 Br2 + Cr2(SO4)3 + 4 Na2SO4 + 4 H2O
Řešení: j
9.8.53
141
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Určete typ reakce:
2 FeS2 + 15 Na2O2 → Fe2O3 + 4 Na2SO4 + 11 Na2O
Řešení: j
9.8.54
Určete typ reakce:
4 FeS2 + 11 O2 → 2 Fe2O3 + 8 SO2
Řešení: j
9.8.55
Určete typ reakce:
I2 + 2 Na2S2O3 → 2 NaI + Na2S4O6
Řešení: j
9.8.56
Určete typ reakce:
8 KMnO4 + KI + 8 KOH → 8 K2MnO4 + KIO4 + 4 H2O
Řešení: j
9.8.57
Určete typ reakce:
3 As2S3 + 28 HNO3 + 4 H2O → 6 H3AsO4 + 9 H2SO4 + 28 NO
Řešení: j
9.8.58
142
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Určete typ reakce:
2 Al + 2 NaOH + 6 H2O → 2 Na[Al(OH)4] + 3 H2
Řešení: k
9.8.59
Určete typ reakce:
CuSO4 + 6 NH4OH →[Cu(NH3)4](OH)2 + (NH4)2SO4 + 4 H2O
Řešení: k
9.8.60
Určete typ reakce:
Cl2 → Cl. + Cl.
Řešení: l
9.8.61
Určete typ reakce:
CH3-CH3 → CH3. + CH3.
Řešení: l
9.8.62
Určete typ reakce:
CH3- Cl → CH3. + Cl.
143
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Řešení: l
9.8.63
Určete typ reakce:
Br2 → Br . + Br .
Řešení: l
9.8.64
Určete typ reakce:
6 Br- + (Cr2O7)2- + 14H+ → 3Br20 + 2Cr3+ + 7H2O
Řešení: m
9.8.65
Určete typ reakce:
(IO3)- + 3 (HSO3)- → I- + 3 (SO4)2- + 3 H+
Řešení: m
9.8.66
Určete typ reakce:
2 MnO4- + 6 H+ + 5 NO2- →2 Mn2++ 5 NO3-+ 3 H2O
Řešení: m
9.8.67
Určete typ reakce:
2 MnO4- + 10 I- + 16 H+ → 2 Mn2++ 5 I2 + 8 H2O
144
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Řešení: m
9.8.68
Určete typ reakce:
5 SO3-+ 2 MnO4-+ 6 H+→5 SO42- + 2 Mn2++ 3 H2O
Řešení: m
9.8.69
Určete typ reakce:
IO3-+ Cl2+ 6 OH-→ IO65-+ 2 Cl- + 3 H2O
Řešení: m
9.8.70
Určete typ reakce:
3 Mn2+ +2 MnO4- + 2 H2O → 5 MnO2 + 4 H+
Řešení: m
9.8.71
Určete typ reakce:
Cr2O72- + 6 Cl- + 14 H+ → 2 Cr3+ + 3 Cl2 + 7 H2O
Řešení: m
9.8.72
Určete typ reakce:
IO3-+ 5 I- + 6 H+ → 3 I2 + 3 H2O
Řešení: m
145
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
9.8.73
Určete typ reakce:
CH3CH2OH → CH2═CH2 + H2O
Řešení: o
9.8.74
Určete typ reakce:
CH3(CH2)4CH3→ CH3CH2CH3 + CH3CH═CH2
Řešení: o
9.8.75
Určete typ reakce:
C6H6 + 3 H2 → C6H12
Řešení: p
9.8.76
Určete typ reakce:
C6H6 + 3 Cl2 → C6H6Cl6
Řešení: p
9.8.77
Určete typ reakce:
CH2═CH2 + H2 → CH3-CH3
Řešení: p
146
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
9.8.78
Určete typ reakce:
CH2═CH2 + H2O + H2SO4 → CH3CH2OH + H2SO4
Řešení: p
9.8.79
Určete typ reakce:
CH2═CHOH → CH3-CHO
Řešení: p
9.8.80
Určete typ reakce:
CH3CH═CH2 + Cl2 → CH3CHClCH2Cl
Řešení: p
9.8.81
Určete typ reakce:
CH4 + Cl2 → CH3Cl + HCl
Řešení: q
9.8.82
Určete typ reakce:
CH4 + HNO3 + H2SO4→ CH3NO2 + H2O + H2SO4
Řešení: q
147
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
9.8.83
Určete typ reakce:
2 CH3CH2CH3 + 2 Br2 → CH3CH2CH2Br + (CH3)2CHBr + 2 HBr
Řešení: q
9.8.84
Určete typ reakce:
C6H6 + Cl2 → C6H5Cl + HCl
Řešení: q
9.8.85
Určete typ reakce:
C6H6 + HNO3 + H2SO4 → C6H5NO2 + H2O + H2SO4
Řešení: q
9.8.86
Určete typ reakce:
C6H5COOH + NaOH → C6H5COONa + H2O
Řešení: q
9.8.87
Určete typ reakce:
n CH2═CH2 → _[_ CH2 - CH2 _]_n
148
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
Řešení: r
9.8.88
Určete typ reakce:
n CH2═CHCl → _[_ CH2 - CHCl _]_n
Řešení: r
9.8.89
Určete typ reakce:
n CF2═CF2 → _[_ CF2 – CF2 _]_n
Řešení: r
9.8.90
Určete typ reakce:
n CH2═CHClCH═CH2 → _[_ CH2 - CHCl ═CHCH2 _]_n
Řešení: r
9.8.91
Určete typ reakce:
n C6H5CH2═CHCl → _[_ (C6H5)CH2 - CHCl _]_n
Řešení: r
9.8.92
Určete typ reakce:
149
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
n O=C=N(CH2)6N=C=O + n HO(CH2)4OH→-[_CONH(CH2)6NHCOO(CH2)4O_]-n
Řešení: r
10. Izomerie v organické chemii
Typy izomerie
Izomerie může být konstituční (řetězová, polohová a skupinová) anebo prostorová
(konformační, geometrická a optická).
10.1 Konstituční izomerie
10.1.1 Řetězová izomerie(příklady)
Sloučeniny lišící se ve větvení svého řetězce nazýváme řetězovými izomery.
Příkladem je dvojice butanu a 2-methylpropanu:
CH3CH2CH2CH3
(CH3)2CHCH3
150
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
n- butan
2-methylpropan
t. t. -138,4 °C
t. v. -0,5 °C
t. t. - 159,6 °C
t. v. -11,7 °C
10.1.2 Polohová izomerie (příklady)
V případě rozdílu v umístění charakteristické (funkční) skupiny v řetězci hovoříme o
polohových izomerech.
Příkladem polohových izomerů je propan-1-ol a propan-2-ol:
151
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
CH3CH2CH2OH
CH3CH OHCH3
propan-1-ol
propan-2-ol
t. t. -126,5 °C
t. v. 97,1 °C
t. t. -89 °C
t. v. 82,3 °C
10.1.3 Skupinová izomerie (příklady)
Pokud mají dvě sloučeniny stejného souhrnného vzorce vázanou různou charakteristickou
skupinu, nazýváme je skupinové izomery.
Typickými skupinovými izomery jsou například ethanol a dimethylether:
CH3CH2OH
CH3- O- CH3
t. t. 114,4 oC
t. v. 78,3 oC
t. t. -138,5 oC
t. v. -23,6 oC
152
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
10.2 Prostorová izomerie (stereoizomerie)
10.2.1 Konformační izomerie (příklady)
Konformační izomery jsou takové, které se liší svým prostorovým uspořádáním a stabilitou.
Například cyklohexan C6H12 může existovat v konformaci židličkové či vaničkové:
V cyklohexanu se za standardních podmínek vyskytují téměř zcela molekuly s židličkovou
konformací, neboť je tento stav energeticky výhodnější. S konformační izomerií se dále
setkáme například u ethanu C2H6, jehož molekuly mohou být ve formě zákrytové či
nezákrytové.
153
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
V tomto případě je stabilnější konformace nezákrytová, a tak se za standardních podmínek
vyskytuje ethan spíše v této formě.
Jednotlivé konformery se spontánně mění jeden v druhý a ustanovuje se rovnováha mezi nimi.
10.2.2 Geometrická izomerie (příklady)
Jestliže se v molekule nachází násobné vazby, nedochází k rotaci okolo vazeb mezi atomy
uhlíku C tak snadno, jako je tomu u molekul s výhradně jednoduchými vazbami (viz výše).
Izomery, kdy jsou v molekule přítomny násobné vazby, nazýváme geometrické. Tyto izomery
154
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
pak označujeme jako E- či Z- (dříve trans- a cis-). Příkladem sloučeniny, u které se vyskytuje
geometrická izomerie, je but-2-en.
E-but-2-en
Z-but-2-en
Energeticky výhodnější formou but-2-enu je E-izomer.
Jak je z popisu patrné, předpona cis- (E-) znamená, že substituenty leží v jednom
poloprostoru od roviny π-vazeb atomů uhlíků, z nichž vychází dvojná vazba. Jestliže se
tyto substituenty nachází každý v jednom poloprostoru, jedná se o izomerii trans- (Z-).
Označení E-/Z- je vhodnější pro označení izomerie u sloučenin s větším množstvím
navázaných substituentů.
155
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
10.2.3 Optická izomerie(příklady)
Optické izomery
neboli enantiomery jsou izomery, které stáčí rovinu polarizovaného světla, každý o stejný
úhel ale na jinou stranu. Nejběžnější příčinou pro existenci tohoto typu izomerie je
přítomnost chirálního atomu uhlíku C*, tedy takového, který má na sobě vázány čtyři zcela
různé substituenty.
156
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
kyselina D (-) mléčná
kyselina L (+) mléčná
Molekuly dvou enantiomerů jsou svými zrcadlovými obrazy stejně tak, jako například pravá a
levá ruka. Proto jsou neztotožnitelné (nelze z jednoho enantiomeru získat jakoukoliv možnou
rotací přesnou kopii toho druhého).
Směs dvou enantiomerů v poměru 1:1 se nazývá racemická směs (racemát) a nestáčí rovinu
polarizovaného světla. Fyzikální a chemické vlastnosti enantiomerů dané sloučeniny jsou zcela
totožné.
Poznámka:
Symbol (+) označuje schopnost látky stáčet rovinu polarizovaného světla doprava
a symbol (-) symbolizuje schopnost látky stáčet rovinu polarizovaného světla doleva o určitý
úhel.
157
Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii
158
Download

Sbírka řešených příkladů z chemie