Sbírka řešených příkladů z chemie

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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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 )


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


: 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


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


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


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


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


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


: 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


: 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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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

] +


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


[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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


158

Sbírka řešených příkladů z chemie

Recommend Documents