UNIVERZITA KARLOVA V PRAZE. SLOVNÍ ÚLOHY S TEMATIKOU Z CHEMIE Bakalářská práce

UNIVERZITA KARLOVA V PRAZE PEDAGOGICKÁ FAKULTA Katedra matematiky a didaktiky matematiky

SLOVNÍ ÚLOHY S TEMATIKOU Z CHEMIE Bakalářská práce

Autor: Anežka Poulová Vedoucí práce: doc. RNDr. Jarmila Novotná, CSc.

Prohlašuji, že jsem bakalářskou práci vypracovala samostatně s použitím uvedené literatury.

V Praze dne 22.6.2011

Děkuji doc. RNDr. Jarmile Novotné, CSc. za cenné rady a připomínky, které velkou měrou přispěly k výsledné podobě mé práce, za čas, který mé práci věnovala, a za neuvěřitelnou vstřícnost a laskavý přístup. Dále děkuji Ing. Hubertu Poulovi za pomoc při kreslení obrázků.

Obsah Úvod.................................................................................................................................. 5 1.

2.

Slovní úloha .............................................................................................................. 7 1.1.

Vymezení pojmu slovní úloha .......................................................................... 7

1.2.

Řešení slovních úloh ......................................................................................... 8

Nejběžnější slovní úlohy s tematikou z chemie...................................................... 10 2.1.

Využívaný matematický aparát....................................................................... 10

2.2.

Teoretický základ z chemie ............................................................................ 14

2.3.

Základní výpočty ............................................................................................ 21

2.3.1.

Látkové množství.................................................................................... 21

2.3.2.

Hmotnost atomů...................................................................................... 22

2.3.3.

Obsah prvků ve sloučenině ..................................................................... 24

2.4.

2.4.1.

Hmotnostní zlomek................................................................................. 26

2.4.2.

Molární (látková) koncentrace................................................................ 30

2.4.3.

Mísení roztoků ........................................................................................ 34

2.5.

3.

Složení roztoku, směšování a ředění roztoků ................................................. 26

Úlohy vycházející z chemických rovnic ......................................................... 43

2.5.1.

Výpočty z chemických rovnic ................................................................ 43

2.5.2.

Chemické rovnováhy .............................................................................. 46

Vybrané zajímavé slovní úlohy s tematikou z chemie............................................ 50 3.1.

Využívaný matematický aparát....................................................................... 50

3.2.

Teoretický základ z chemie ............................................................................ 54

3.3.

Úloha 1............................................................................................................ 58

3.4.

Úloha 2............................................................................................................ 62

3.5.

Úloha 3............................................................................................................ 63

3.6.

Úloha 4............................................................................................................ 64

3.7.

Úloha 5............................................................................................................ 66

Závěr ............................................................................................................................... 69 Seznam použité literatury ............................................................................................... 70

Úvod Téma bakalářské práce „Slovní úlohy s tematikou z chemie“ jsem si vybrala na doporučení mé vedoucí práce, ale nutno dodat, že mě toto téma velmi oslovilo. Už proto, že studuji jako druhý obor chemii a úlohy s touto tématikou jsou mi velmi blízké. Během svého studia na střední i vysoké škole jsem se často setkávala v chemii se studenty, kterým se zdálo zatěžko se do chemických výpočtů pouštět, přestože jinak v chemii patřili k dobrým studentům. Častým problémem se totiž stávala matematizace úlohy a její následné matematické řešení. Rozhodla jsem se tedy vytvořit práci, která tyto příklady shrne a dá vhled do matematické části řešení slovní úlohy, případně dá návod, jak postup řešení zjednodušit či zefektivnit. Úloh s chemickou tématikou je mnoho, proto jsem práci z praktických důvodů rozdělila na dvě části, kterým předchází obecný úvod o slovních úlohách. V první části práce jsem shrnula chemické úlohy, se kterými se student potkává téměř ve všech oblastech chemie při laboratorních cvičeních (základní výpočty, složení roztoku, směšování a ředění roztoků, výpočty z chemických rovnic), a zde jsem si položila za cíl nastínit různé způsoby řešení. Ač se jedná o úlohy z matematického hlediska triviální (většinou za použití přímé a nepřímé úměry), bývají přesto občas pro studenty překvapivě obtížné. Proto jsem se záměrně pokusila u některých úloh o řešení pomocí obrázku, který dává do úlohy lepší vhled. V druhé části práce jsem vybrala příklady z různých oblastí chemie, které mi připadaly něčím zajímavé a kde si již řešitel bez příslušného matematického aparátu nevystačí. Zde jsem se pokusila najít takové matematické postupy, které úlohy zjednoduší a výpočty velmi podstatně urychlí a zkrátí. Jednotlivé úlohy jsem většinou přebírala z vlastních poznámek nastřádaných za dobu studia chemie na střední a vysoké škole. U úloh, které jsou převzaty z jiné literatury, uvádím zdroj přímo v textu. Některé z nich jsem pro potřeby této práce upravila. Uvedená řešení úloh jsem vytvořila na základě poznatků získaných během vysokoškolského studia sama. Na začátku každé kapitoly jsem zařadila podkapitolu Využívaný matematický aparát, ve které definuji některé používané matematické pojmy, případně uvádím matematické postupy, které jsou pro řešení úloh daného typu potřeba, a podkapitolu Teoretický základ z chemie, kde definuji využívané chemické veličiny (případně

5

uvádím jejich vzájemné vztahy) a snažím se ve zkratce popsat teoretické souvislosti potřebné pro pochopení zadání následujících slovních úloh. Pro zpracování teoretických částí jsem použila běžně dostupnou literaturu z matematiky a chemie, kterou uvádím v seznamu použité literatury.

6

1. Slovní úloha 1.1.

Vymezení pojmu slovní úloha

Položíme-li si otázku, co si pod pojmem slovní úloha vlastně představujeme, zjistíme, že jej chápeme různě široce. Například v (Kuřina, 1989) se slovní úlohy vymezují jako úlohy, v nichž je obvykle popsána určitá reálná situace (např. s ekonomickou, přírodní, fyzikální, společenskou nebo jinou tematikou) a úkolem řešitele je určit odpovědi na položené otázky. Z takto vymezeného pojmu jsou ovšem vyloučeny slovní úlohy typu „Najdi takové číslo, že po odečtení jeho třetiny a čtvrtiny zbude osm“. Podobně je slovní úloha definována v (Divíšek, 1989), kde jsou za slovní úlohy považovány takové úlohy z praxe, ve kterých je popsána určitá reálná situace, která vyúsťuje v problém, jenž je možné řešit buď v realitě, nebo matematicky. Takovéto vymezení slovní úlohy je trochu rozšířeno ve (Vyšín, 1962), kde je uvedeno: „Slovními úlohami bývají zpravidla nazývány úlohy aritmetické nebo algebraické, formulované slovy, nikoli matematickými symboly, nebo úlohy z praxe, jejichž řešení vyžaduje rozřešení aritmetické nebo algebraické úlohy.“ Nejobecnější formulaci jsem našla v práci (Blažková a kol., 2007), která považuje za slovní úlohy takové úlohy, ve kterých je souvislost mezi danými a hledanými údaji vyjádřena slovní formulací. Vcelku jednotně jsou v těchto pramenech (Blažková a kol., 2007)/(Divíšek, 1989) slovní úlohy děleny na slovní úlohy jednoduché a složené. Jednoduché slovní úlohy jsou takové, k jejichž řešení stačí pouze jeden početní úkon, oproti tomu k řešení složené slovní úlohy je třeba alespoň dvou početních úkonů. Složené slovní úlohy řešíme postupným vytvářením dílčích jednoduchých úloh, které na sebe významově navazují a jejichž řešením získáme odpověď na otázku úlohy složené. Podle (Odvárko, 1990) můžeme slovní úlohy dělit na slovní úlohy s matematickým obsahem, což jsou slovní úlohy, ve kterých se sice hovoří o číslech, rovnicích atd., ale řešitel musí nejprve přeložit zadání do příslušného kalkulu, a slovní úlohy s nematematickým obsahem, ve kterých se zjevně vyskytuje alespoň jeden termín, který nepatří do žádné matematické teorie. Slovní úlohy, kterými se budeme zabývat v této práci, řadíme podle tohoto dělení mezi slovní úlohy s nematematickým obsahem. Za slovní úlohu s tematikou z chemie budeme považovat každou slovní úlohu, která obsahuje prvky z chemické problematiky a u níž se hledá hodnota nějaké chemické či fyzikální veličiny nebo odpověď na vztah mezi těmito veličinami.

7

Řešení slovních úloh

1.2.

Řešení jednoduché slovní úlohy podle (Divíšek, 1989) probíhá v několika fázích. První fází je rozbor úlohy, během kterého si řešitel ujasňuje, co zná a co má vypočítat. Další fází je matematizace podmínek v zadání úlohy, během které vyjadřujeme pomocí matematických symbolů vztahy mezi prvky v úloze a vytváříme tak vlastně úlohu matematickou. Poté nastává řešení matematicky formulované úlohy (například vytvořené rovnice, početní úlohy apod.). Při provádění výpočtů se jednotky příslušných veličin nezapisují a matematické zápisy se provádějí jen s čísly; jednotky se uvádějí až v odpovědi. Je vhodné provést zkoušku správnosti a to jak vytvořené matematické úlohy (řešené rovnice apod.), tak celkového výsledku slovní úlohy, zda opravdu splňuje všechny podmínky zadání. (Přesto, že zkoušky považuji při procesu řešení za důležité, v následujícím textu je z prostorových důvodů uvádět nebudu.) Na závěr řešení se píše odpověď na položenou otázku úlohy. V (Sirotek - Karlíček, 2000, str. 3) se k procesu řešení chemických úloh píše: „Přes značnou rozmanitost chemických úloh má jejich řešení společné dva základní kroky, kterými jsou: •

volba vhodného postupu řešení (výsledkem je vztah mezi hledanou proměnnou a zadanými proměnnými),

•

správné provedení výpočtu (výsledkem je správná hodnota hledané proměnné).“

Dále je zde uvedeno, že nejobtížnějším krokem řešení je převedení slovního zadání na matematickou formu. A i přesto, že v případě správné volby postupu řešení by měl být výpočet již snadnou záležitostí, i v této části řešení chemické úlohy se často vyskytují chyby.

Kromě

elementárních

matematických

chyb

mohou

chyby pramenit

z nevhodného použití jednotek a z nesprávné manipulace s přibližnými čísly. V souvislosti s řešením složených slovních úloh jsou v (Divíšek, 1989) odlišovány dva možné postupy řešení – analytický a syntetický. Při analytickém postupu vyjdeme z otázky slovní úlohy a sestavíme jednoduchou dílčí úlohu, pomocí níž lze na otázku odpovědět, přičemž alespoň jeden potřebný údaj k vyřešení této úlohy není zadaný. K určení tohoto údaje sestavíme další jednoduchou dílčí úlohu, ve které opět nějaký údaj neznáme, a tak postupujeme dál, až získáme takovou úlohu, kterou vyřešit z údajů v zadání lze. Syntetický postup využívá známých údajů ze zadání, na základě kterých

8

vypočteme údaj odpovídající na nějakou dílčí úlohu. Z tohoto údaje a dalších údajů ze zadání vyřešíme další dílčí úlohu atd., až získáme odpověď na otázku celé úlohy. Mezi nejběžnější slovní úlohy jsem zařadila základní výpočty, složení a mísení roztoků a výpočty z chemických rovnic. Některé z těchto úloh jsou úlohy jednoduché, tedy k jejich vyřešení není nutná speciální strategie. Většinou stačí vyjít z definice pojmu, který je v otázce zadán. U úloh složených je zvolení vhodného postupu obtížnější. Nejčastěji se tyto úlohy řeší syntetickým postupem, kdy buď řešitel použije sled správných úvah s využitím nějakého jednoduchého matematického aparátu, například trojčlenky, nebo využije definičních vztahů jednotlivých veličin a pojmů a synteticky ze známých údajů určuje neznámé veličiny dílčích úloh tak dlouho, až získá odpověď na otázku zadané slovní úlohy. Při takovém způsobu řešení ovšem dochází k častým chybám, plynoucím ze zaokrouhlování mezivýsledků. Matematika však nabízí postup, při němž řešitel dojde k relativně velmi přesným výsledkům. Jde o postup analytický, při němž řešitel vyjadřuje vztahy mezi známými i neznámými veličinami v úloze a sestavuje tím vlastně soustavu rovnic. Při využití dosazovací metody (kap. 2.1) při řešení soustavy dochází k procesu, kterému se říká vyjadřování vzorce pro výpočet. Studenti chemie této strategie využívají zřídka, přestože jde o rychlý a přesný způsob výpočtu. V dalším textu ukážeme, že především ve složitějších úlohách je tento postup velmi výhodný. Čtenář také může porovnat, u jakých typů úloh je vhodnější použití řešení úvahou (většinou využíváme syntetický postup) a u jakých řešení pomocí dosazení do definičních vztahů (většinou využíváme analytický postup).

9

2. Nejběžnější slovní úlohy s tematikou z chemie 2.1.

Využívaný matematický aparát

Pro mnoho základních chemických výpočtů si student vystačí se znalostmi přímé a nepřímé úměrnosti. Ty jsou v (Meyers – Grosser – Rechenduden, 1971, str. 617) definovány takto: „Def. Nechť jsou dány dvě dvojice čísel a, b a c, d. Říkáme, že tyto dvojice jsou úměrné, platí-li:

a c = ; a, b, c, d ≠ 0 ; a, d nazýváme vnějšími členy úměry a b, c b d

vnitřními členy úměry. Úměru lze zapsat rovněž ve tvaru a ⋅ d = b ⋅ c , tzn. vynásobili jsme vnější a vnitřní členy úměry mezi sebou.

Def. Dvě veličiny a, b se nazývají přímo úměrné, jestliže jejich podíl má konstantní hodnotu m:

a = m . Tuto hodnotu nazýváme hodnotou úměry nebo koeficientem b

úměrnosti. (Např. dráha a čas při rovnoměrném pohybu jsou úměrné veličiny; jejich poměr je roven rychlosti pohybu, která je v tomto případě konstantní.)

Def. Nepřímo úměrné se nazývají dvě veličiny a, d, jejichž součin má konstantní hodnotu m: a ⋅ d = m . (Např. čas a rychlost při konstantní dráze rovnoměrného pohybu jsou nepřímo úměrné veličiny.)“

Početní postup, který využívá přímou a nepřímou úměrnost a kterého se v praktických výpočtech velmi často používá, se nazývá trojčlenka. V (Meyers – Grosser – Rechenduden, 1971, str. 97) se píše: „V trojčlence určujeme na základě tří známých veličin veličinu čtvrtou. Postupujeme při tom tak, že veličinu vztaženou na určité množství vztáhneme nejdříve na jednotku a nakonec na nové množství. Při trojčlence nebo úměře používáme násobení a dělení“. Například máme spočítat, kolik stránek v knížce přečteme za 12 dní, když jsme za pět dní přečetli třicet stran. Nejdříve si sestavíme schéma úměry takto 5 dní ... 30 stran . 12 dní ... x stran

10

Nyní přepočítáme, kolik stran bychom přečetli za jeden den: počtem dní:

30 a vynásobíme to 5

30 ⋅12 = 72 . Tedy za dvanáct dní bychom přečetli 72 stran. 5

Výpočet z naznačeného schématu se dá zobecnit. Stačí do schématu doplnit stejně orientované šipky 5 dní ... 30 stran ↑ 12 dní ... x stran ↑ a podle nich sestavit jednoduchou rovnici

12 x 12 ⋅ 30 = ⇒x= ⇒ x = 72 . Vidíme, že 5 30 5

výsledek je stejný.

U nepřímé úměrnosti postupujeme podobně. Máme-li vypočítat, kolik dělníků najmout na práci, aby byla hotová za tři dny, když víme, že by ji šest dělníků dělalo týden, sestavíme si opět schéma úměry 7 dní ... 6 dělníků 3 dny ... x dělníků

.

Nejdříve se ptáme na jednotku – kolik dělníků je potřeba, aby byla práce hotová za den? Je zřejmé, že to bude sedmkrát tolik, než šest dělníků, tedy 7 ⋅ 6 . Máme-li na práci tři dny, bude zapotřebí třikrát méně dělníků

7⋅6 = 14 . Aby byla práce hotová za 3

tři dny, je tedy zapotřebí čtrnáct dělníků. I zde můžeme výpočet zobecnit, pouze šipky musí být navzájem opačně orientované 7 dní ... 6 dělníků ↓ 3 dny ... x dělníků ↑ a potom platí:

7 x 7⋅6 = ⇒x= ⇒ x = 14 . 3 6 3

Již při použití trojčlenky se dostáváme k řešení jednoduchých lineárních rovnic. V dalším textu budeme k výpočtům rovnice hojně používat, proto zde uvedu definice používaných typů rovnic a stručně ke každému typu uvedu standardní postup řešení. V této práci budeme rovnice řešit v oboru reálných čísel ¡ .

11

Def. (Čermák – Červinková, 2004, str. 38): „Jsou-li f ( x) a g ( x) funkce proměnné x definované na množině D ⊂ ¡ , pak rovnicí rozumíme vztah f ( x) = g ( x) . Řešit rovnici znamená určit všechna x ∈ D , pro která se z rovnice stává pravdivá rovnost. (…) Množina D se nazývá definiční obor.“

Ekvivalentní úpravy rovnic jsou takové úpravy, které převádějí každou rovnici na rovnici s ní ekvivalentní, tj. zachovávají množiny všech řešení. Při řešení rovnic lze užít těchto ekvivalentních úprav: 1. Vzájemná záměna levé a pravé strany rovnice. 2. Přičtení stejného čísla nebo výrazu s neznámou (který je definován v celém oboru řešení) k oběma stranám rovnice. 3. Vynásobení obou stran rovnice stejným číslem nebo výrazem s neznámou, který je definován a různý od nuly v celém oboru řešení rovnice. 4. Úpravy výrazů na jednotlivých stranách rovnice. Při použití neekvivalentních úprav je nutné provést zkoušku.

Def. (Polák, 1991, str. 186): „Lineární rovnicí s neznámou x nazýváme každou rovnici tvaru ax + b = 0 , kde a, b jsou libovolná reálná čísla.“ b Je-li a ≠ 0 , má rovnice právě jeden kořen x = − . Je-li a = 0, b = 0 , má rovnice a nekonečně mnoho řešení. Je-li a = 0, b ≠ 0 , nemá rovnice řešení.

Def. (Polák, 1991, str. 192): „Kvadratickou rovnicí s neznámou x nazýváme každou rovnici tvaru ax 2 + bx + c = 0 , kde a, b, c jsou libovolná reálná čísla, a ≠ 0 .“ Diskriminantem

kvadratické

rovnice

ax 2 + bx + c = 0

rozumíme

D = b 2 − 4ac . Je-li D > 0 , má tato rovnice právě dva reálné kořeny x1,2 = Je-li D = 0 , má rovnice jeden dvojnásobný reálný kořen x1,2 =

číslo

−b ± D . 2a

−b . Je-li D < 0 , nemá 2a

rovnice v oboru reálných čísel žádný kořen.

Def. (Polák, 1991, str. 210): „Exponenciální rovnicí nazýváme každou rovnici, ve které je neznámá x ∈ ¡ v exponentu nějaké mocniny. Za základní tvar exponenciální 12

rovnice lze považovat rovnici a f ( x ) = b g ( x ) , a > 0, b > 0 , kde výrazy f ( x) , g ( x) vyjadřují funkční hodnoty daných dvou funkcí f, g proměnné x, z nichž jedna může být speciálně konstanta.“ Je-li a = b ( ≠ 1 ), pak řešíme rovnici porovnáním exponentů f ( x) = g ( x) . Je-li a ≠ b , pak obě strany rovnice zlogaritmujeme a převedeme na případ řešení rovnice s logaritmem.

Def. (Polák, 1991, str. 212): „Logaritmickou rovnicí nazýváme každou rovnici, v níž se vyskytují logaritmy výrazů s neznámou x ∈ ¡ .“ Je-li rovnice tvaru log a x = b (a > 0, a ≠ 1, b ∈ ¡) , pak má řešení x = a b . Je-li rovnice tvaru log a f ( x) = log a g ( x) (a > 0, a ≠ 1) , řešíme místo ní rovnici f ( x) = g ( x) . Ta je však s původní rovnicí ekvivalentní pouze pro f ( x) > 0, g ( x) > 0 (proto při nesplnění této podmínky musíme provést zkoušku).

Def. (Polák, 1991, str. 186): „Lineární rovnice s n neznámými x1 , x2 , ... xn je každá rovnice tvaru a1 x1 + a2 x2 + ... + an xn = b , kde a1 , a2 , ... an jsou číselné koeficienty z oboru ¡ , z nichž aspoň jeden je různý od nuly, a b je číslo z téhož číselného oboru.“

Def. Soustavou m lineárních rovnic s n neznámými x1 , x2 , ... xn rozumíme soustavu: a11 x1 + a12 x2 + ... + a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + ... + a2 n xn = b2

M am1 x1 + am 2 x2 + ... + amn xn = bm

,

kde aij , bi ∈ ¡ . Čísla aij nazýváme koeficienty soustavy, čísla bi absolutní členy. Řešením soustavy rovnic o n neznámých x1 , x2 , ... xn je každá uspořádaná n-tice

[ x1 , x2 , ..., xn ]

z oboru reálných čísel, při jejímž dosazení do kterékoliv rovnice

soustavy dostaneme platnou rovnost. Při řešení soustavy rovnic můžeme používat tyto ekvivalentní úpravy: 1. Nahrazení libovolné rovnice v soustavě rovnicí, která je s ní ekvivalentní.

13

2. Nahrazení libovolné rovnice v soustavě součtem této rovnice a libovolné jiné rovnice, která patří do soustavy. 3. Dosazení neznámé nebo výrazu s neznámou z jedné rovnice soustavy do jiné rovnice soustavy. Soustavy rovnic lze řešit různými početními metodami. Nejčastěji používaná je metoda sčítací a metoda dosazovací. Metoda sčítací využívá možnosti upravit rovnice soustavy do takového tvaru, aby se po vhodném sečtení rovnic alespoň jedna neznámá vyloučila. Při vhodných úpravách tak lze dojít k řešení jedné rovnice o jedné neznámé. Po určení této neznámé dostaneme soustavu, která má o jednu neznámou méně. Metoda dosazovací spočívá v tom, že se vyjádří neznámá z jedné rovnice a takto vyjádřená se dosadí do všech ostatních. Postupně se vyjadřují a dosazují další neznámé, až zůstane pouze jedna lineární rovnice o jedné neznámé, kterou už řešit umíme. Ostatní neznámé se snadno dopočítají zpětným postupným dosazením. Dosazovací metodu budu v práci využívat nejčastěji, pro slovní úlohy tohoto typu je nejvhodnější. Často totiž rovnice v soustavě, která popisuje vztahy v úloze, neobsahují všechny neznámé, a tedy nemá smysl vylučovat neznámou, která v rovnici není obsažena. Často budeme při výpočtech potřebovat vyjádřit neznámou ze vzorce. Při vyjadřování neznámé ze vzorce postupujeme tak, jako bychom řešili rovnici, kde všechny proměnné považujeme za konstanty, kromě té, kterou ze vzorce vyjadřujeme. Tu považujeme za neznámou. Pomocí ekvivalentních úprav vztahu se snažíme neznámou osamostatnit na jedné straně rovnice.

2.2.

Teoretický základ z chemie

Pro řešení chemických úloh je nutné orientovat se v základních chemických a fyzikálních veličinách a jejich jednotkách. (Sirotek – Karlíček, 2000, str. 5) definují tyto pojmy takto: Def. „Veličina je pojem, kterým lze kvantitativně i kvalitativně popsat jevy, stavy a vlastnosti různých materiálních objektů.“

14

Def. „Jednotka je zvolená a definičně stanovená hodnota této veličiny sloužící k porovnávání veličin stejného druhu.“ Tedy například zápis m = 3 kg znamená, že hmotnost porovnávaného objektu je třikrát větší než měřící jednotka. Současně používaná mezinárodní soustava veličin a jim odpovídajících jednotek vychází ze sedmi základních veličin. Pro přehlednost v tabulce uvádím jen ty, které budu ve své práci používat: veličina

jednotka

název

značka

název

značka

hmotnost

m

kilogram

kg

látkové množství

n

mol

mol

teplota

T

kelvin

K

čas

t

sekunda

s

délka

l

metr

m

Z těchto základních veličin se odvozují další veličiny a jednotky, například: Objem V = l 3 s jednotkou metr krychlový ( m 3 ). Hustota ρ =

m 3 s jednotkou kilogram na metr krychlový ( kg m ). V

Při chemických výpočtech velice často používáme násobné a dílčí jednotky, které vyjadřujeme pomocí předpon a značek. V tabulce uvádím jen některé (s ohledem na použití v dalším textu): násobek

předpona

značka

103

kilo

k

10-1

deci

d

10-2

centi

c

10-3

mili

m

10-9

nano

n

Fyzikální veličiny jako je hmotnost, teplota, čas, délka atd., jsou intuitivně jasné. Horší je to s veličinami chemickými, proto ty nejvíce užívané blíže definujeme.

15

Def. Látkové množství n „Vzorek látky má látkové množství jeden mol, obsahuje-li právě tolik částic (…), kolik atomů je obsaženo v nuklidu uhlíku

12

C o hmotnosti 12 g.

Počet částic připadající na jeden mol látky udává Avogadrova konstanta N A ( N A = 6, 022 ⋅1023 mol−1 ).“ (Vacík a kol., 1999, str. 34) Látkové množství je určeno podílem n =

N , kde N je počet částic dané látky a N A NA

je Avogadrova konstanta. Jednotkou je mol.

Def. Molární hmotnost M „Molární hmotnost vyjadřuje hmotnost takového homogenního souboru částic dané látky, jehož látkové množství je jednotkové.“ (Vacík a kol., 1999, str. 34) Molární hmotnost je určena podílem hmotnosti dané látky m a jejího látkového množství n: M =

m . Jednotkou je kilogram na mol ( kg mol ). n

V kapitole 2.4 se budeme zabývat úlohami, ve kterých je potřeba určit množství rozpuštěné látky v roztoku. K popisu takových vlastností dobře slouží veličiny jako hmotnostní zlomek a molární koncentrace. Hmotnostním zlomkem můžeme vyjádřit složení jakékoliv soustavy (nemusí jít nutně o soustavu kapalnou).

Def. Hmotnostní zlomek w „Hmotnostní zlomek (hmotnostní podíl) w( B) látky B v soustavě je roven podílu hmotnosti této látky obsažené v soustavě m( B) a celkové hmotnosti soustavy m: w( B) =

m( B ) . m

Protože je součet hmotností všech látek ( Bi ) tvořících soustavu roven celkové hmotnosti soustavy, můžeme tento vztah upravit na tvar: w( B1 ) =

m( B1 ) .“ (Vacík ∑ m( Bi ) i

a kol., 1999, str. 47)

16

Hmotnostní zlomek je veličina bezrozměrná, vyjadřuje pouze poměr hmotností. Často se ale vyjadřuje v tzv. hmotnostních procentech: w( B ) = 100 ⋅

m( B ) %. m

Součet všech hmotnostních zlomků soustavy je roven jedné. Celkovou hmotnost soustavy (pokud půjde o roztok) budeme značit m e . Def. Molární (látková) koncentrace c „Látková koncentrace c( B) látky B v soustavě (směsi, roztoku) je rovna podílu látkového množství této látky obsažené v soustavě n( B) a objemu soustavy V: c( B ) =

n( B ) . V

Nejužívanější jednotkou látkové koncentrace je mol dm3 = mol l .“ (Vacík a kol., 1999, str. 51) Objem soustavy, v tomto případě objem roztoku, budeme značit V e . Analogicky jako hmotnostní zlomek definujeme objemový a molární zlomek, kterých se využívá především k vyjadřování složení soustav plynů (lze jimi ovšem vyjádřit i složení kapalné soustavy): Objemový zlomekϕ látky B v soustavě je dán podílem: ϕ ( B) =

V ( B) , V

kde V ( B) je objem látky B v soustavě a V je celkový objem soustavy. Celkový objem soustavy nelze nahradit součtem objemů jednotlivých složek. Molární zlomek x látky B v soustavě je dán podílem: x( B) =

n( B ) = n

n( B ) , ∑ n( Bi ) i

kde n( B) je látkové množství látky B v soustavě a n je celkové látkové množství soustavy (je dáno součtem všech látkových množství jednotlivých složek v soustavě).

Souvislost mezi složením soustavy, která vznikla smísením dvou soustav o různém složení, a složením těchto dvou soustav se dá matematicky vyjádřit. V této práci se budeme zabývat soustavami kapalnými, tzv. roztoky.

17

Smísením dvou roztoků o různých koncentracích (případně přidáním rozpouštědla či čisté látky) se změní i složení roztoku. Vztah pro výpočet vychází ze zákona o zachování hmotnosti s využitím hmotnostních zlomků a nazývá se směšovací rovnice: m1 w1 ( A) + m2 w2 ( A) = m3 w3 ( A) = (m1 + m2 ) w3 ( A) , kde m1, m2 jsou hmotnosti roztoků, které mísíme, w1 ( A) , w2 ( A) jsou hmotnostní zlomky látky A v těchto roztocích, m3 je hmotnost výsledného roztoku (dá se též vyjádřit jako součet hmotností směšovaných roztoků) a w3 ( A) je hmotnostní zlomek látky A ve výsledném roztoku. Můžeme použít i vztah vycházející z úvahy o zachování látkového množství založený na vyjádření pomocí látkových koncentrací: V1c1 ( A) + V2 c2 ( A) = V3c3 ( A) , kde V1, V2 jsou objemy roztoků, které mísíme, c1 ( A) , c2 ( A) jsou látkové koncentrace látky A v těchto roztocích, V3 je objem výsledného roztoku a c3 ( A) je látková koncentrace látky A ve výsledném roztoku. U tohoto způsobu výpočtu ale musíme brát v úvahu, že může při mísení docházet ke změně objemu, jak uvádí např. (Sirotek – Karlíček, 2000): „Celkový objem soustavy nelze nahrazovat součtem objemů jednotlivých složek, protože může docházet k objemové kontrakci, popř. dilataci (zmenšení či zvětšení výsledného objemu).“

Při výpočtech z chemických rovnic (kapitola 2.5) je důležité rozumět pojmu chemická rovnice. Chemická rovnice je schéma, které kvantitativně i kvalitativně popisuje chemickou reakci. Výchozí látky (reaktanty) se píší na levou stranu rovnice, produkty na pravou. Aby zůstal zachován zákon o zachování hmotnosti, píší se před jednotlivé vzorce v chemické rovnici tzv. stechiometrické koeficienty, které udávají poměry látkových množství, v jakých výchozí látky beze zbytku zreagují na produkty, a také poměr, v jakém z výchozích látek vznikají produkty. Vyčíslováním chemické rovnice rozumíme hledání nejmenších celočíselných hodnot stechiometrických koeficientů tak, aby počet atomů každého prvku byl na obou stranách rovnice stejný.

18

Vyčíslené chemické rovnice se využívají i při výpočtech z chemických rovnováh. Chemická rovnováha je stav, kdy soustava dál nemění své složení, pokud se nezmění vnější podmínky. Chemické děje probíhají, ale svými účinky se navzájem ruší. Rovnovážný stav popisujeme rovnovážnou konstantou reakce, kterou pro obecnou reakci aA + bB € cC + dD ve zředěných roztocích, u kterých předpokládáme ideální chování, definujeme takto:

[C ] ⋅ [ D ] K= a b [ A] ⋅ [ B ] c

d

.

Hranaté závorky značí látkové koncentrace jednotlivých složek po ustavení rovnováhy. Rovnovážné složení soustavy popisuje veličina nazvaná stupeň konverze α . Stupeň konverze (přeměny)α pro složku A definujeme jako poměr zreagovaného látkového množství složky A (nA ) zreag . ku počátečnímu látkovému množství složky A (n A )0 , přičemž zreagované látkové množství (nA ) zreag . je dáno rozdílem látkového množství složky A na počátku reakce (n A )0 a látkového množství složky A v rovnovážném stavu nA,rov. : αA =

(nA ) zreag . ( nA ) 0

=

(nA )0 − nA,rov. ( nA ) 0

.

Stupeň konverze α A je z intervalu ( 0,1) .

Stupeň konverze není definován pro složky s nulovým počátečním množstvím. Pomocí stupně konverze a počátečního složení směsi lze vyjádřit rovnovážné látkové množství složek v reakci aA + bB € cC + dD takto: nA,rov. = (n A )0 ⋅ (1 − α A ) b nB ,rov. = (nB )0 − ⋅ (n A )0 α A a c nC ,rov. = (nC )0 + ⋅ (nA )0 α A a d nD ,rov. = (nD )0 + ⋅ (nA )0 α A a

19

U protolytických rovnováh (chemické rovnováhy reakcí, kdy dochází k přenosu kationtů H + ) nás bude zajímat koncentrace vodíkových kationtů, která určuje kyselost roztoku. Tato koncentrace se vyjadřuje ve formě tzv. vodíkového exponentu pH, pro který ve zředěných roztocích platí: pH = − log  H +  . Je-li pH < 7, je roztok kyselý, je-li pH = 7, jde o roztok neutrální, a pro pH > 7 je roztok zásaditý.

20

2.3.

Základní výpočty

Mezi základní výpočty v chemii jsem zařadila slovní úlohy, v nichž se řešitel setkává se základními chemickými veličinami, jako je třeba látkové množství nebo molární hmotnost. U takovýchto úloh je několik možností, jak může řešitel postupovat. Při dobrém vhledu do úlohy postačí někdy pouze jednoduchá úvaha, která vede k trojčlence. Správným a vždy fungujícím postupem je dosazení do definičního vztahu dané veličiny a následné vyřešení jednoduché lineární rovnice s jednou neznámou. V případě, že je neznámých více, může si řešitel pomoci dalšími definičními vztahy tak, aby dostal n rovnic o n neznámých a převedl slovní úlohu na problém řešení soustavy rovnic (při užití dosazovací metody lze z definičních vztahů odvodit vzorec pro výpočet konkrétní veličiny, jak bylo řečeno v kap. 1.2).

2.3.1.

Látkové množství

Úloha: Jaké je látkové množství oxidu uhelnatého ve vzduchu, který obsahuje 4,5 ⋅1023 molekul tohoto oxidu? Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Z definice látkového množství víme, že jeden mol obsahuje 6, 023 ⋅1023 částic. Počet molů, označujících 4,5 ⋅1023 molekul, označíme jako x. Jedná se o přímou úměrnost. Vyjádříme pomocí trojčlenky a spočítáme x: 1 mol ... 6, 023 ⋅1023 částic ↑ x mol ... 4,5 ⋅1023 částic ↑ x 4,5 ⋅1023 = 1 6, 023 ⋅1023 x = 0, 747 . Řešení pomocí dosazení do definičního vztahu: Látkové množství n je definováno jako poměr počtu částic ku Avogadrově konstantě, což není nic jiného, než počet částic, které obsahuje jeden mol:

21

n=

N . NA

Dosadíme zadané hodnoty a vypočítáme n: n=

4,5 ⋅1023 6, 023 ⋅1023

n = 0, 747 . Látkové množství oxidu uhelnatého ve vzduchu je 0,747 mol.

2.3.2.

Hmotnost atomů

Úloha: Jak těžký je jeden atom mědi, jestliže víte, že 0,5 molu mědi má hmotnost 32 g? Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Nejdříve potřebujeme zjistit, kolik atomů je vlastně v půl molu mědi. Z definice látkového množství víme, že jeden mol obsahuje 6, 023 ⋅1023 částic, proto můžeme opět využít trojčlenku. Počet atomů v 0,5 mol mědi označíme jako x: 1 mol ... 6, 023 ⋅1023 atomů ↑ 0,5 mol ... x atomů ↑ 0,5 x = 1 6, 023 ⋅1023 x = 3, 012 ⋅1023 . Půl molu mědi tedy obsahuje 3, 012 ⋅1023 atomů, které mají hmotnost 32 g. Není těžké nahlédnout, jak lze opět trojčlenkou spočítat hmotnost jednoho atomu: 3, 012 ⋅1023 atomů ... 32 g ↑

1 atom ... y g ↑ 1 y = 23 3, 012 ⋅10 32 y = 10, 626 ⋅10-23 .

Řešení pomocí dosazení do definičních vztahů: Napíšeme si definice veličin, se kterými budeme počítat:

22

n=

N . NA

Chceme vyjádřit hmotnost jednoho atomu mědi, označme ji například m1. Tato hmotnost se dá napsat jako podíl celkové hmotnosti mědi m a počtu částic mědi N, za které můžeme dosadit z definice látkového množství. Tedy m1 =

m m 32 = = = 10, 626 ⋅10-23 . 23 N n ⋅ N A 0,5 ⋅ 6, 023 ⋅10

Hmotnost jednoho atomu mědi je 10, 626 ⋅10-23 g.

Úloha: Hustota molekuly chloru Cl2 je 3,17 g dm3 . Vypočítejte molární hmotnost chloru, jestliže 1 mol tohoto plynu zaujímá objem 22,414 dm3. Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Nejprve je důležité si uvědomit, co vlastně znamená veličina molární hmotnost. Molární hmotnost je definována jako hmotnost 1 molu látky. Tedy chceme spočítat, kolik gramů váží jeden mol molekul chloru. Ze zadání víme, že jeden mol chloru zaujímá objem 22,414 dm3, tedy můžeme napsat: 1 mol … 22,414 dm3… x g; z hustoty chloru víme: 1 dm3…3,17 g. Na základě toho už sestavíme trojčlenku 1dm3 ... 3,17 g ↑ 22, 414 dm3 ... x g ↑ 22, 414 x = 1 3,17 x = 71, 052 . Tedy molární hmotnost chloru dané hustoty je 71,052 g mol .

Řešení pomocí dosazení do definičních vztahů: Zde se dá postupovat synteticky i analyticky. Pokud bychom chtěli úlohu řešit synteticky, vyjdeme z údajů o hustotě chloru. Napíšeme definiční vztah: ρ=

m V

a dosadíme zadané hodnoty. Vyřešíme rovnici s neznámou m:

23

3,17 =

m 22, 414

m B 71, 052 . Nyní dosadíme do vztahu pro molární hmotnost: M= M=

m n

71, 052 1

M = 71, 052 . Molární hmotnost chloru dané hustoty je 71,052 g mol .

Analytický postup řešení s využitím definičních vztahů: Analytický postup vychází z otázky úlohy. V tomto případě chceme spočítat M, tedy M=

m ; n

látkové množství chloru známe, je to jeden mol, neznáme ale hmotnost m. Můžeme ji ovšem vyjádřit z definičního vztahu pro hustotu ρ=

m ⇒ m = ρ ⋅V V

a dosadit do první rovnice M=

m ρ ⋅V = . n n

V takto vyjádřeném vzorci již známe všechny hodnoty veličin uvedených na pravé straně rovnice, stačí tedy dosadit a spočítat výsledek. M=

m 3,17 ⋅ 22, 414 = B 71, 052 . n 1

Molární hmotnost chloru dané hustoty je 71,052 g mol .

2.3.3.

Obsah prvků ve sloučenině

Úloha: Vypočítejte, kolik hmotnostních procent vodíku obsahuje ethanol sumárního vzorce C2H5OH. Molární hmotnost ethanolu je 46 g mol , molární hmotnost vodíku je 1 g mol . (Benešová – Satrapová, 2002, str. 41) 24

Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Sumární vzorec vyjadřuje poměr zastoupených atomů v molekule. Pokud budeme uvažovat jednu molekulu ethanolu, vidíme, že obsahuje šest atomů vodíku. V případě, že bychom uvažovali jeden mol molekul ethanolu, bude obsahovat šest molů atomů vodíku. Hmotnost jednoho molu ethanolu i šesti molů vodíku známe a zajímá nás, kolik procent z hlediska hmotnosti zaujímá vodík v ethanolu, tedy 46 g mol ...100 % ↑ 6 ⋅1 g mol ... x % ↑ x 6 ⋅1 = 100 46 x = 13 .

Ethanol obsahuje 13 % (hm.) vodíku. Řešení pomocí dosazení do definičních vztahů: Zde se využívá tzv. hmotnostní zlomek w( A) =

m( A) , m( slouč .)

kde m( A) je hmotnost látky A a m( slouč .) je hmotnost sloučeniny. Někdy se také vyjadřuje pomocí molární hmotnosti sloučeniny a molární hmotnosti látky A, protože to jsou vlastně také hmotnosti, jen vztažené na jednotku látkového množství: w( A) =

m( A) M ( A) ⋅ n( A) = . m( slouč .) M ( slouč .) ⋅ n( slouč .)

Dosadíme (ve vyjádřeném vzorečku již je zahrnuta úvaha, že atomů vodíku je v jednom molu ethanolu šestkrát více než molekul ethanolu) a dostaneme: w(vodíku ) =

6 ⋅ M (vodíku ) 6 ⋅1 = = 0,13 . M ( slouč .) 46

Hmotnostní zlomek můžeme vyjádřit v procentech: 0,13 = 13 % . Řešení úvahou za pomoci obrázku: Jednu molekulu ethanolu znázorníme takto:

25

vodík=6 g uhlík

kyslík vodík

ethanol=46 g

Z obrázku je vidět, že hledáme, kolik procent je 6 g ze 46 g. To vypočítáme buď trojčlenkou, nebo pomocí zlomku:

2.4.

6 = 13 % . 46

Složení roztoku, směšování a ředění roztoků

V chemii se studenti často setkávají s úlohami, kde je potřeba správně určit složení roztoku či naopak roztok o požadované koncentraci připravit. K tomu slouží chemické veličiny jako je hmotnostní (případně objemový, molární aj.) zlomek a molární koncentrace. V jednoduchých úlohách stačí znát k vyřešení problému definiční vztah, který po dosazení zadaných hodnot vede na jednoduchou lineární rovnici o jedné neznámé. Taktéž se dá využít trojčlenka. V některých případech lze úlohu řešit i obrázkem

doprovozeným

správnou

úvahou

nebo

jednoduchým

výpočtem.

V některých úlohách se dají jednotlivé postupy kombinovat. Občas může řešitel dojít k výsledku řešením soustavy rovnic.

2.4.1.

Hmotnostní zlomek

Úloha: Kolik gramů kuchyňské soli (NaCl) a vody je potřeba na přípravu 300 g 5% roztoku NaCl? (Zimpl, 2010, str. 6) Řešení pomocí dosazení do definičního vztahu: Opět využijeme definiční vztah pro výpočet hmotnostního zlomku w( NaCl ) =

m( NaCl ) , me

přičemž zároveň víme, že m e = m(vody ) + m( NaCl ) . 26

Pokud dosadíme hodnoty ze zadání, získáme dvě lineární rovnice o dvou neznámých, které snadno vyřešíme: 0, 05 =

m( NaCl ) ⇒ m( NaCl ) = 15 300

300 = m(vody ) + m( NaCl ) 300 = m(vody ) + 15 285 = m(vody ) . Hmotnost vody je 285 g, hmotnost rozpuštěné soli 15 g.

Můžeme ovšem využít analytického postupu: Zde vyjdeme ze stejných vztahů, jako v předchozím řešení. Nejdříve ale vyjádříme vzorec pro výpočet a až potom dosadíme: m(vody ) = m e − m( NaCl ) = m e − m e ⋅w( NaCl ) = m e ⋅ (1 − w( NaCl ) ) = 300 ⋅ 0,95 = 285 m( NaCl ) = w( NaCl ) ⋅ me = 300 ⋅ 0, 05 = 15 Hmotnost vody je 285 g, hmotnost rozpuštěné soli 15 g. Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Hmotnost připravovaného roztoku je 300 g a má být 5%, jinými slovy 5 % jeho hmotnosti zaujímá kuchyňská sůl: 300 g ...100 % ↑ x g ... 5 % ↑ x 5 = 300 100 x = 15 .

.Zbývá dopočítat hmotnost vody: m e = m(vody ) + m( NaCl ) 300 = m(vody ) + 15 m(vody ) = 300 − 15 = 285 . Kuchyňské soli je v roztoku 15 g, hmotnost vody je 285 g.

27

Řešení úvahou za pomoci obrázku: 100% 75%

300g

50% 25% 5%

0%

Soli v roztoku je 5 %, tedy jedna dvacetina. Jedna dvacetina z 300 g je 15 g. Kuchyňské soli v roztoku je tedy 15 g. Jestliže sůl tvoří jednu dvacetinu roztoku, vody je

19 ⋅ 300 g = 285 g . 20

Úloha: Máme 29% roztok kyseliny, ve kterém je 62 g rozpouštědla. Jaká je hmotnost rozpuštěné kyseliny? Řešení pomocí dosazení do definičního vztahu: Vyjádříme hmotnostní zlomek kyseliny a vztah mezi hmotností kyseliny a rozpouštědla: w(kys.) =

m(kys.) me

me = m(rozp.) + m(kys.) . Z těchto dvou rovností snadno vyjádříme: m(kys.) = w(kys.) ⋅ me = w(kys.) ⋅ ( m(rozp.) + m(kys.) ) m(kys.) =

w(kys.) ⋅ m(rozp.) 1 − w(kys.)

m(kys.) =

0, 29 ⋅ 62 1 − 0, 29

m(kys.) = 25,32 . Můžeme řešit i jako soustavu dvou rovnic o dvou neznámých: 0, 29 =

m(kys.) me

me = 62 + m(kys.)

28

0, 29 =

m(kys.) 62 + m(kys.)

0, 29 ⋅ (62 + m(kys.)) = m(kys.) 17,98 + 0, 29 ⋅ m(kys.) = m(kys.) 17,98 = 0, 71 ⋅ m(kys.) m(kys.) = 25,32 . Hmotnost rozpuštěné kyseliny je 25,32 g. Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Ve 29% roztoku je 29 % hmotnosti hmotnost kyseliny a zbylých 71 % hmotnosti je hmotnost rozpouštědla, která je zadána. Sestavit trojčlenku není obtížné: 62 g ... 71 % ↑ x g ... 29 % ↑ x 29 = 62 71 x = 25,32 . V roztoku je rozpuštěno 25,32 g kyseliny. Řešení úvahou za pomoci obrázku:

71% rozp.

62 g

29% kys.

71 % roztoku váží 62 g, hmotnost kyseliny je tedy

29

62 g ⋅ 29 = 25,32 g . 71

2.4.2.

Molární (látková) koncentrace

Úloha: Kolik gramů hydroxidu sodného (NaOH) je potřeba na přípravu 4 litrů roztoku o molární koncentraci 0,1 mol l ? Molární hmotnost hydroxidu sodného je 40 g mol . (Zimpl, 2010, str. 6) Řešení pomocí dosazení do definičního vztahu: Molární koncentrace látky A je definována jako podíl látkového množství látky A a objemu roztoku c( NaOH ) =

n( NaOH ) . Ve

Látkové množství hydroxidu sodného ovšem neznáme, navíc chceme spočítat jeho hmotnost. K tomu nám poslouží vztah pro molární hmotnost M ( NaOH ) =

m( NaOH ) . n( NaOH )

Po dosazení hodnot ze zadání získáme opět dvě lineární rovnice o dvou neznámých. 0,1 =

n( NaOH ) 4

40 =

m( NaOH ) n( NaOH )

n( NaOH ) = 0, 4 m( NaOH ) = 40 ⋅ n( NaOH ) m( NaOH ) = 40 ⋅ 0, 4 m( NaOH ) = 16 . Řešíme-li analyticky vyjádřením vzorce pro výpočet, postupujeme takto: m( NaOH ) = n( NaOH ) ⋅ M ( NaOH ) = c( NaOH ) ⋅ V e ⋅M ( NaOH ) = 0,1⋅ 4 ⋅ 40 = 16 K přípravě roztoku je potřeba 16 g hydroxidu. Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Roztok o koncentraci 0,1 mol l obsahuje v jednom litru 0,1 molu hydroxidu. Nejprve tedy spočítáme, kolik molů hydroxidu je ve 4 litrech takového roztoku

30

0,1 mol ...1 l ↑ x mol ... 4 l ↑ x 4 = 0,1 1 x = 0, 4 . Ve čtyřech litrech roztoku je tedy 0,4 molu hydroxidu. Zbývá spočítat, kolik je to gramů, když z molární hmotnosti víme, že 1 mol váží 40 gramů 40 g ...1 mol ↑ x g ... 0, 4 mol ↑ x 0, 4 = 40 1 x = 16 .

Na přípravu takového roztoku je potřeba 16 g hydroxidu sodného. Řešení úvahou za pomoci obrázku:

0,1mol=4g

0,1mol=4g

0,1mol=4g

1 l roztoku

1 l roztoku

1 l roztoku

+

+

0,1mol=4g

+

1 l roztoku

Ve čtyřech litrech roztoku bude 4 ⋅ 4 g = 16 g hydroxidu sodného.

Úloha: Jaká je molární koncentrace roztoku, který obsahuje 20 % (hmotn.) kyseliny dusičné (HNO3)? Hustota roztoku je 1,115 g cm3 a molární hmotnost kyseliny 63 g mol . (Zimpl, 2010, str. 11)

Řešení pomocí dosazení do definičních vztahů: Ze zadání úlohy je patrné, že budeme potřebovat následující vztahy: c( HNO3 ) =

n( HNO3 ) Ve

w( HNO3 ) =

m( HNO3 ) me

31

ρe =

me Ve m( HNO3 ) . n( HNO3 )

M ( HNO3 ) =

Nyní buď do těchto vztahů dosadíme hodnoty ze zadání a řešíme soustavu lineárních rovnic, nebo, a to je přehlednější a kratší způsob, tyto vztahy upravíme a vyjádříme jeden vzorec analytickým postupem: c( HNO3 ) =

n( HNO3 ) m( HNO3 ) 1 m( HNO3 ) ρ e w( HNO3 ) ⋅ ρ e = ⋅ = ⋅ = Ve M ( HNO3 ) V e M ( HNO3 ) m e M ( HNO3 ) c( HNO3 ) =

0, 2 ⋅1,115 63

c( HNO3 ) = 3,5 ⋅10−3 . Koncentrace roztoku kyseliny dusičné je 3,5 ⋅10−3 mol cm 3 . Pro úplnost uvedu řešení pomocí soustavy rovnic: Po dosazení hodnot ze zadání dostáváme zdánlivě čtyři lineární rovnice o pěti neznámých ( c( HNO3 ), n( HNO3 ), m( HNO3 ), me, V e ) , což na nalezení řešení nestačí. S tím si ovšem poradíme, protože veličiny m e , V e nejsou ve skutečnosti neznámé, ale závislé parametry. Vyplývá to z toho, že veličiny c, w, ρ, M jsou veličiny intenzivní. (Intenzivní veličiny nezávisejí na velikosti soustavy. Když např. homogenní systém rozpůlíme na dva stejně velké díly, hodnota intenzivní veličiny (např. hustoty) zůstane stejná jako u původního systému.) Můžeme tedy jednu vybrat a označit za libovolný pevný parametr. Aby se nám počítalo snadno, zvolíme například Ve = 1 cm3 . Potom můžeme napsat: c( HNO3 ) = 0, 2 =

m( HNO3 ) me

1,115 = 63 =

n( HNO3 ) 1

me 1

m( HNO3 ) , n( HNO3 )

čímž jsme získali čtyři rovnice o čtyřech neznámých, které vyřešíme:

32

c( HNO3 ) = 0, 2 =

m( HNO3 ) ⇒ m( HNO3 ) = 0, 223 1,115 63 =

m( HNO3 ) n( HNO3 )

c( HNO3 ) = 63 =

n( HNO3 ) 1

n( HNO3 ) 1

0, 223 0, 223 ⇒ n( HNO3 ) = n( HNO3 ) 63 n( HNO3 ) = 3,5 ⋅10−3

c( HNO3 ) =

n( HNO3 ) = 3,5 ⋅10 −3 . 1

Koncentrace roztoku kyseliny dusičné je 3,5 ⋅10−3 mol cm 3 . Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: 3

Známe hustotu roztoku kyseliny dusičné (1,115 g cm ), tedy víme, že jeden mililitr (= centimetr krychlový) tohoto roztoku váží 1,115 g. Nejdříve spočítáme, kolik gramů kyseliny je v tomto jednom mililitru roztoku, když víme, že zaujímá 20 % hmotnosti: 1,115 g ...100 % ↑

x g ... 20 % ↑ x 20 = 1,115 100 x = 0, 223 .

V jednom mililitru roztoku je 0,223 g kyseliny dusičné. Nás ale zajímá látkové množství, tedy kolik je to molů. Snadno to vypočítáme ze zadané molární hmotnosti (63 g mol ), která udává, kolik váží jeden mol kyseliny dusičné: 63 g ...1 mol ↑ 0, 223 g ... y mol ↑ y 0, 223 = 1 63 y = 0, 003 5 . 33

V jednom mililitru roztoku je 0,003 5 mol kyseliny dusičné (koncentrace roztoku je tedy 3,5 ⋅10−3 mol cm3 ). Řešení úvahou za pomoci obrázku:

1 115 g

1 l roztoku

1 115 g

1 115 g 20%=1/5

223g=3,5mol

1 l roztoku

1 l roztoku

Z hustoty víme, že jeden litr roztoku váží 1 115 g. Z hmotnostního zlomku vyplývá, že pětinu hmotnosti zaujímá kyselina: tedy hmotnost 223 g má:

1 ⋅1 115 g = 223 g . Jeden mol kyseliny váží 63 g, 5

223 g = 3,5 mol kyseliny. Koncentrace kyseliny je 63 g mol

3,5 mol l .

2.4.3.

Mísení roztoků

Úloha: Jaký objem 65% kyseliny chloristé (HClO4) je třeba na přípravu 300 ml jejího 20% roztoku? Ředění provádějte destilovanou vodou (hustota přibližně rovna jedné). Hustota 65% roztoku HClO4 je 1,606 g cm3 , hustota 20% HClO4 je 1,128 g cm3 . (Zimpl, 2010, str. 3) Řešení pomocí dosazení do definičních vztahů: 65% kyselinu považujeme za roztok 1, (destilovanou vodu za roztok 2) a výsledný roztok (20% kyselina) za roztok 3. Nejprve je třeba si uvědomit, jaké vztahy budeme používat. V zadání se vyskytují veličiny jako hustota a objem, tedy si napíšeme definici hustoty: ρe =

me . Ve

Ze zákona o zachování hmotnosti vyplývá, že:

34

m1 (kys.) = m3 (kys.) a pro hmotnostní zlomek platí: w(kys.) =

m(kys.) . me

Z těchto vztahů můžeme vyjádřit hledaný objem: Ve1 =

me1 w (kys.) ⋅ me3 w3 (kys.) ⋅ ρ e3 ⋅Ve3 m1 (kys.) m3 (kys.) = = = 3 = ρe1 w1 (kys.) ⋅ ρ e1 w1 (kys.) ⋅ ρ e1 w1 (kys.) ⋅ ρ e1 w1 (kys.) ⋅ ρe1 Ve1 =

0, 2 ⋅1,128 ⋅ 300 B 64,8 . 0, 65 ⋅1, 606

Na přípravu 300 ml 20% roztoku kyseliny chloristé je potřeba 64,8 ml 65% roztoku této kyseliny. Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Chceme připravit 300 ml 20% roztoku kyseliny chloristé. Z hustoty roztoku spočítáme, jakou hmotnost daný objem bude mít: ρ 20%e =

m20%e ⇒ m20%e = ρ 20%e ⋅V20%e V20%e

m20%e = 1,128 ⋅ 300 = 338, 4 . Víme tedy, že 300 ml 20% roztoku bude vážit 338,4 g. Spočítáme si, kolik gramů čisté kyseliny by se v těch 338,4 g roztoku mělo nalézat: 338, 4 g ...100 % ↑

x g ... 20 % ↑ x 20 = 338, 4 100 x = 67, 68 .

V připravovaném 20% roztoku o objemu 300 ml bude 67,68 g čisté kyseliny. Kolik bude vážit 65% roztok obsahující 67,68 g čisté kyseliny spočítáme takto: 65 % ... 67, 68 g ↑ 100 % ... y g ↑ y 100 = 67, 68 65 y = 104,123 . 35

Nyní již víme, že 65% roztok potřebný pro přípravu 300 ml 20% roztoku kyseliny má hmotnost 104,123 g a můžeme tedy ze zadané hustoty tohoto roztoku (1,606 g cm3 ) snadno dopočítat objem: ρ 65%e =

m65%e m ⇒ V65%e = 65%e V65%e ρ 65%e

V65%e =

104,123 B 64,8 . 1, 606

Pro přípravu 300 ml 20% roztoku kyseliny chloristé je potřeba 64,8 ml 65% roztoku této kyseliny.

Úloha: Určete objem 94% roztoku kyseliny fosforečné (H3PO4), který je potřeba na přípravu 2 500 ml jejího 25% roztoku. K ředění použijte 5% roztok této kyseliny. ρ94%e = 1, 794 g cm3 , ρ 25%e = 1,146 g cm3 . (Zimpl, 2010, str. 4) Řešení pomocí dosazení do definičních vztahů: Směšujeme dva roztoky, tedy použijeme směšovací rovnici: m1 w1 ( A) + m2 w2 ( A) = m3 w3 ( A) 94% kyselinu budeme považovat za roztok 1, 5% kyselinu za roztok 2 a výsledný roztok (25% kyselina) za roztok 3. Ze zákona o zachování hmotnosti víme, že součet hmotností směšovaných roztoků se musí rovnat hmotnosti výsledného roztoku m1 + m2 = m3 ⇒ m2 = m3 − m1 , tedy můžeme směšovací rovnici dále upravit: m1w1 ( A) + (m3 − m1 ) w2 ( A) = m3 w3 ( A) . Tuto rovnici ale nemůžeme použít tak, jak je napsaná, protože v zadání se informace o hmotnostech nevyskytují. Zato známe hustoty a objemy roztoků, pomocí nichž můžeme hmotnosti vyjádřit: ρe =

me ⇒ me = ρ e ⋅ Ve Ve

a tedy platí: ρ1 ⋅ V1 ⋅ w1 ( A) + ( ρ3 ⋅ V3 − ρ1 ⋅ V1 ) ⋅ w2 ( A) = ρ3 ⋅ V3 ⋅ w3 ( A) .

36

Stačí již jen dosadit a vyřešit lineární rovnici o jedné neznámé: 1, 794 ⋅ V1 ⋅ 0,94 + (1,146 ⋅ 2 500 − 1, 794 ⋅ V1 ) ⋅ 0, 05 = 1,146 ⋅ 2 500 ⋅ 0, 25 1, 686 36 ⋅ V1 + 143, 25 − 0, 089 7 ⋅ V1 = 716, 25 1,596 66 ⋅ V1 = 573 V1 B 358,87 Pro přípravu 2 500 ml 25% roztoku kyseliny fosforečné je potřeba 358,87 ml 94% roztoku této kyseliny.

Úloha: Jaký objem hydroxidu sodného (NaOH) o látkové koncentraci 5 mol dm3 je potřebný na přípravu 350 ml roztoku o látkové koncentraci 0,25 mol dm3 ? Ředění je prováděno destilovanou vodou. (Zimpl, 2010, str. 3) Řešení pomocí dosazení do definičních vztahů: Máme roztok hydroxidu sodného o látkové koncentraci 5 mol dm3 . Použijeme-li jeden litr tohoto roztoku, můžeme ředěním destilovanou vodou měnit jeho koncentraci, počet molekul hydroxidu se ale v roztoku nezmění (to bychom museli přidávat místo vody opět nějaký roztok hydroxidu). Proto můžeme při ředění dvou roztoků destilovanou vodou vyjádřit bilanci látkového množství takto: n1 ( NaOH ) = n2 ( NaOH ) . Z definice látkové koncentrace můžeme vyjádřit látkové množství hydroxidu: c( NaOH ) =

n( NaOH ) ⇒ n( NaOH ) = c( NaOH ) ⋅ Ve Ve

a dosadit do látkové bilance: c1 ( NaOH ) ⋅Ve1 = c2 ( NaOH ) ⋅Ve2 . Před dosazením hodnot ze zadání je nutné si uvědomit, s jakými počítáme jednotkami. Koncentrace je udávána v molech na litr, tedy bychom měli i objem dosazovat v litrech: 5 ⋅ Ve1 = 0, 25 ⋅ 0,350 Ve1 = 0, 017 5 .

37

K přípravě 350 ml roztoku NaOH o látkové koncentraci 0,25 mol dm3 je potřeba 17,5 ml roztoku NaOH o látkové koncentraci 5 mol dm3 .

Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Máme-li roztok látky A a ředíme-li ho destilovanou vodou (tedy nepřidáváme další molekuly látky A), zvětšuje se objem tohoto roztoku a současně se snižuje koncentrace látky A v roztoku. Jedná se tedy o nepřímou úměrnost a tento vztah můžeme vyjádřit pomocí trojčlenky takto: 350 ml ... 0, 25 mol dm3 ↑ x ml ... 5 mol dm3

↓

x 0, 25 = 350 5 x = 17,5 . K přípravě 350 ml roztoku NaOH o látkové koncentraci 0,25 mol dm3 je potřeba 17,5 ml roztoku NaOH o látkové koncentraci 5 mol dm3 .

Úloha: Vypočítej objem 35% roztoku kyseliny chlorovodíkové (HCl), který je potřeba na přípravu 250 ml o látkové koncentraci 0,5 mol dm3 . Ředění se provádí destilovanou vodou. ρ35%e = 1,175 g cm 3 , M HCl = 36,5 g mol . (Zimpl, 2010, str. 3) Řešení pomocí dosazení do definičních vztahů: Opět vyjdeme z látkové bilance, protože ředíme-li destilovanou vodou, zůstává počet molekul kyseliny chlorovodíkové v roztoku stále stejný: n1 ( HCl ) = n2 ( HCl ) . O výsledném roztoku (2) víme, že má objem 250 ml a látkovou koncentraci 0,5 mol dm3 . Můžeme tedy z definice látkové koncentrace vyjádřit n2 ( HCl ) a dosadit do látkové bilance: c2 ( HCl ) =

n2 ( HCl ) ⇒ n2 ( HCl ) = c2 ( HCl ) ⋅ Ve2 Ve2 n1 ( HCl ) = c2 ( HCl ) ⋅Ve2 .

38

Látkovou koncentraci roztoku 1 neznáme, proto se pokusíme vyjádřit látkové množství z definice molární hmotnosti a opět dosadíme do upravovaného vztahu látkové bilance: M ( HCl ) =

m1 ( HCl ) m ( HCl ) ⇒ n1 ( HCl ) = 1 , n1 ( HCl ) M ( HCl )

m1 ( HCl ) = c2 ( HCl ) ⋅ Ve2 . M ( HCl ) Hmotnost kyseliny chlorovodíkové v roztoku 1 není zadána, pomůžeme si však definičním vztahem pro hmotnostní koncentraci (hmotnostní zlomek): w1 ( HCl ) =

tedy

m1 ( HCl ) ⇒ m1 ( HCl ) = w1 ( HCl ) ⋅ me1 , me1 w1 ( HCl ) ⋅ me1 = c2 ( HCl ) ⋅Ve2 . M ( HCl )

Nyní již zbývá jen vyjádřit hmotnost roztoku 1 pomocí hustoty, kterou máme pro tento roztok zadanou: ρ e1 = potom

me1 ⇒ me1 = ρ e1 ⋅Ve1 , Ve1

w1 ( HCl ) ⋅ ρe1 ⋅ Ve1 = c2 ( HCl ) ⋅Ve2 . M ( HCl )

Z takto sestavené rovnice vyjádříme hledanou veličinu a dosadíme známé hodnoty, opět bereme v úvahu rozměry jednotek: Ve1 =

c2 ( HCl ) ⋅Ve2 ⋅ M ( HCl ) w1 ( HCl ) ⋅ ρ e1

Ve1 =

0,5 ⋅ 0, 25 ⋅ 36,5 0,35 ⋅1,175

Ve1 B 11,1 . Na přípravu 250 ml roztoku HCl o látkové koncentraci 0,5 mol dm3 je potřeba 11,1 ml 35% roztoku HCl. Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Nejdříve potřebujeme zjistit, kolik vlastně molekul kyseliny chlorovodíkové ve výsledném roztoku bude. Ze zadané látkové koncentrace (0,5 mol dm3 ) víme, že v jednom litru roztoku je 0,5 molu molekul kyseliny. Dostáváme tedy:

39

1 000 ml ... 0,5 mol ↑ 250 ml ... x mol

↑

x 250 = 0,5 1 000 x = 0,125 . V 250 ml roztoku je 0,125 mol molekul kyseliny chlorovodíkové. Z molární hmotnosti víme, že jeden mol váží 36,5 g, tedy spočítáme, kolik váží oněch 0,125 mol: 1 mol ... 36,5 g ↑ 0,125 mol ... y g ↑ y 0,125 = 36,5 1 y = 4,562 5 . 0,125 mol HCl váží 4,562 5 g. Jakou hmotnost bude mít 35% roztok HCl, v němž je právě 4,562 5 g této kyseliny, vypočítáme z hmotnostní koncentrace: 35 % ... 4,562 5 g ↑ 100 % ... z g

↑

z 100 = 4,562 5 35 z B 13,04 . Nyní víme, že pro přípravu 250 ml roztoku HCl o látkové koncentraci 0,5 mol dm3 potřebujeme 13,04 g 35% roztoku této kyseliny. V zadání se nás ale ptají na objem, který jednoduše spočítáme ze zadané hustoty ( 1,175 g cm3 ): 1 cm3 ...1,175 g ↑ k cm3 ...13, 04 g ↑ k 13, 04 = 1 1,175 k B 11,1 . Pro přípravu 250 ml roztoku HCl o látkové koncentraci 0,5 mol dm3 tedy potřebujeme 11,1 ml 35% roztoku této kyseliny.

40

Úloha: Máme dvě stejné nádoby. V nádobě A je fialový roztok manganistanu draselného a v nádobě B voda o stejném objemu. Vezmu nádobu A (s manganistanem) a třetinu odliji do nádoby B (s vodou). Vodu zamíchám a poté odliji zpátky do nádoby A přesně takový objem, aby bylo v obou nádobách opět stejné množství tekutiny. Je více vody v nádobě A nebo roztoku manganistanu v nádobě B? Spočítej koncentraci (pomocí objemových procent) roztoku manganistanu ve vodě (nádoba B) a vody v roztoku manganistanu (nádoba A) za předpokladu, že během mísení nedochází k objemovým změnám. Řešení úvahou za pomoci obrázku: V nakreslených nádobách je manganistan vyznačen šrafováním. Nejprve přelijeme třetinu roztoku manganistanu z nádoby A do nádoby s vodou B. V nádobě A tedy zůstaly dvě třetiny roztoku manganistanu a v nádobě B jsou tři čtvrtiny vody a jedna čtvrtina roztoku manganistanu.

A

B

Poté vezmeme z nádoby B jednu čtvrtinu objemu (pro názornost svislý sloupec, ve kterém jsou tři díly vody a jeden díl roztoku manganistanu) a přelijeme ji zpět do nádoby A. V nádobě A tedy máme devět objemových dílů roztoku manganistanu a tři objemové díly vody, v nádobě B devět objemových dílů vody a tři objemové díly roztoku manganistanu.

A

B

Koncentrace v objemových procentech z obrázku přímo vyplývá. V nádobě A je koncentrace vody v roztoku manganistanu

41

3 = 25 % . V nádobě B je koncentrace 12

roztoku manganistanu ve vodě

3 = 25 % . Tedy koncentrace roztoku manganistanu ve 12

vodě i vody v roztoku manganistanu je stejná. Řešení pomocí matematického vyjádření vztahů v úloze: Objem vody budu značit V, objem roztoku manganistanu M. Máme nádobu A, ze které třetinu vody vylijeme: 1 2 V− V = V. 3 3 K tomuto objemu přilijeme z nádoby B čtvrtinu obsahu (protože jsme ke třem stejným dílům M přilili ještě jeden stejný díl V z nádoby A, tedy jsou tam dohromady díly čtyři, a zpátky do A musíme odlít stejný objem, jaký jsme do B přilili, tedy jeden díl ze čtyř). Matematicky to vyjádříme takto: 2 1  1  2 1 1 9 1 3 1 V + ⋅ M + V  = V + M + V = V + M = V + M . 3 4  3  3 4 12 12 4 4 4

Do nádoby B jsme naopak přilili třetinu vody: 1 M+ V 3 a poté jsme čtvrtinu tohoto objemu vylili: 1 1  1  1 1 1 3 3 3 1 M + V − ⋅ M + V  = M + V − M − V = M + V = M + V . 3 4  3  3 4 12 4 12 4 4 Z výsledků je vidět, že koncentrace roztoku manganistanu ve vodě a vody v roztoku manganistanu je stejná, dokonce ji máme přesně vyčíslenou:

42

1 = 25 % . 4

2.5.

Úlohy vycházející z chemických rovnic

2.5.1.

Výpočty z chemických rovnic

Připravuje-li chemik v laboratoři nějakou sloučeninu, často si klade otázku, jaké množství výchozích látek musí nechat zreagovat, aby vyrobil právě potřebné množství produktu, nebo kolik produktu mu vznikne, sloučí-li určité množství výchozích látek. Pro výpočty tohoto typu se vžilo označení „výpočty z chemických rovnic“. Je zřejmé, že nezbytnou součástí výpočtu je vyčíslená chemická rovnice, která poskytuje informace nejen o tom, které látky se reakce účastnily a které látky vznikaly, ale také informuje o poměrech látkových množství jednotlivých složek. Například pro chemickou rovnici aA + bB → cC + dD vyjádříme poměry látkových množství takto: a : b : c : d = n( A) : n( B) : n(C ) : n( D) . Při výpočtech postupujeme tak, že nejdříve sestavíme chemickou rovnici a vyčíslíme ji, poté určíme dvojici látek, ke kterým budeme výpočty vztahovat (u jedné látky hledáme odpověď na otázku ze zadání, druhá látka je v zadání popsána dostatečným množstvím údajů), a z chemické rovnice určíme poměr jejich látkových množství. Z této informace již lze odvodit vzájemné vztahy mezi hledanými a zadanými veličinami a vypočítat příslušné hodnoty. Ve všech úlohách budeme předpokládat, že během reakcí nedochází ke ztrátám. V reálných situacích se tyto ztráty zohledňují a vypočítává se tzv. výtěžek, který se udává v procentech a vyjadřuje množství reálně vzniklého produktu oproti množství teoretickému.

Úloha: Při reakci jodu s kyselinou dusičnou vzniká kyselina jodičná, oxid dusnatý a voda. Kolik gramů kyseliny dusičné potřebujeme, aby vzniklo 6 gramů kyseliny jodičné? (Molární hmotnosti: M ( HNO3 ) = 63 g mol , M ( HIO3 ) = 175,9 g mol .) Řešení: Nejprve napíšeme chemickou rovnici reakce: I 2 + HNO3 → HIO3 + NO + H 2 O . Tuto rovnici je třeba vyčíslit, abychom zjistili, v jakém poměru látky do reakce vstupují a v jakém poměru k výchozím látkám vznikají produkty. Vyčíslování chemických rovnic se dá dělat několika způsoby (postupným bilancováním

43

jednotlivých prvků, u redoxních rovnic pomocí počtu vyměněných elektronů aj.), my však použijeme postup vedoucí k soustavě lineárních rovnic, který vychází z faktu, že počet atomů jedné látky na levé straně rovnice se musí rovnat počtu atomů dané látky na pravé straně rovnice. Napíšeme tedy stechiometrické koeficienty obecně a poté vyjádříme počty atomů v rovnici takto: x I 2 + y HNO3 → z HIO3 + u NO + v H 2 O I : 2 ⋅ x = 1⋅ z H :1 ⋅ y = 1 ⋅ z + 2 ⋅ v N :1 ⋅ y = 1 ⋅ u O : 3 ⋅ y = 3 ⋅ z + 1⋅ u + 1⋅ v Sestavili jsme čtyři rovnice o pěti neznámých. Neznámé x, y, z, u, v vyjadřují poměr (ne absolutní množství) látek účastnících se dané reakce, proto můžeme jednu neznámou libovolně zvolit, ostatní dopočítat a poměr zůstane zachován. Například položme x = 1 . Dostaneme čtyři rovnice se čtyřmi neznámými y, z, u, v. Tuto soustavu již umíme vyřešit: 2=z y = z + 2v y=u 3 y = 3z + u + v u = 2 + 2v 3u = 3 ⋅ 2 + u + v u = 2 + 2v 2u = 6 + v 2 ⋅ (2 + 2v) = 6 + v 4 + 4v = 6 + v 3v = 2

v=

2 3

⇒ y = u = 2 + 2⋅

2 10 = 3 3

Vypočítané poměry stechiometrických koeficientů jsou tedy x : y : z : u : v = 1:

10 10 2 : 2 : : = 3 :10 : 6 :10 : 2 3 3 3

a vyčíslená chemická rovnice vypadá takto:

44

3 I 2 + 10 HNO3 → 6 HIO3 + 10 NO + 2 H 2 O . Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Z molární hmotnosti kyseliny dusičné víme, že 1 mol kyseliny má hmotnost 63 g. Zajímá nás, jakou hmotnost má 10 mol kyseliny: 1 mol ... 63 g ↑ 10 mol ... x g ↑ 10 x = 1 63 x = 630 .

Stejným způsobem vypočítáme hmotnost 6 molů kyseliny jodičné: 1 mol ...175,9 g ↑ 6 mol ... y g ↑ 6 y = 1 175,9 y = 1 055, 4 . Nyní víme, že když z 10 molů kyseliny dusičné vznikne 6 molů kyseliny jodičné, platí stejná úměra i mezi hmotnostmi těchto látkových množství: 630 g ...1 055, 4 g ↑ z g ... 6 g

↑

z 6 = 630 1 055, 4 z B 3,58 . Pro reakci tedy potřebujeme 3,58 g kyseliny dusičné. Řešení pomocí dosazení do definičních vztahů: Z 10 mol kyseliny dusičné vznikne 6 mol kyseliny jodičné. Můžeme tedy vyjádřit poměry látkových množství: 10 : 6 = n( HNO3 ) : n( HIO3 ) n( HNO3 ) =

10 ⋅ n( HIO3 ) , 6

za látková množství dosadit z definice molární hmotnosti, dosadit hodnoty ze zadání a vypočítat:

45

M ( A) = n( HNO3 ) =

m( A) m( A) ⇒ n( A) = n( A) M ( A) m( HNO3 ) 10 m( HIO3 ) = ⋅ M ( HNO3 ) 6 M ( HIO3 )

m( HNO3 ) =

10 ⋅ m( HIO3 ) ⋅ M ( HNO3 ) 6 ⋅ M ( HIO3 )

m( HNO3 ) =

10 ⋅ 6 ⋅ 63 = 3,58 . 6 ⋅175,9

Pro reakci potřebujeme 3,58 g kyseliny dusičné.

2.5.2.

Chemické rovnováhy

Mezi úlohy na chemické rovnováhy patří zejména ty, ve kterých hledáme látkové množství (případně koncentraci či jinou veličinu závislou na látkovém množství) alespoň jedné ze složek po ustavené rovnováze. Nutným předpokladem pro správný výpočet je sestavená a vyčíslená chemická rovnice.

Úloha: Určete látkové množství všech látek v rovnovážné reakční směsi pro reakci HCl + NaOH ↔ NaCl + H 2 O , je-li rovnovážná konstanta reakce K = 16 , za předpokladu, že do reakce vstupuje 1 mol látky A a 1 mol látky B. Řešení: Na začátku reakce máme jeden mol kyseliny a jeden mol hydroxidu, které začínají reagovat za vzniku soli a vody. Jejich látkové množství tedy ubývá, zatímco množství produktů přibývá. V rovnovážném stavu (kdy se již látkové množství výchozích látek nemění, protože současně dochází k rozkladu soli, a tedy se ustaví rovnováha) pro látková množství jednotlivých sloučenin platí: nA,rov. = 1⋅ (1 − α ) nB ,rov. = 1⋅ (1 − α ) nC ,rov. = α

,

nD ,rov. = α kde α je stupeň konverze vzhledem ke složce A = HCl (z intervalu ( 0,1) ).

46

Nyní můžeme vyjádřit rovnovážnou konstantu reakce:

K =

c NaCl , rov . ⋅ c H 2 O , rov . c HCl , rov . ⋅ c NaOH , rov .

=

n NaCl , rov . ⋅ n H 2 O , rov . n HCl , rov . ⋅ n NaOH , rov .

,

dosadit vyjádřené hodnoty a vyřešit kvadratickou rovnici s neznámou α :

16 =

α ⋅α (1 − α ) ⋅ (1 − α )

16 ⋅ (1 − α )2 = α 2 16 ⋅ (1 − 2α + α 2 ) = α 2 16 − 32α + 16α 2 = α 2 15α 2 − 32α + 16 = 0 D = b2 − 4ac = (−32)2 − 4 ⋅ 15 ⋅ 16 = 64 α1,2 = Protože α1 =

−b ± D 32 ± 64 4 4 = ⇒ α1 = ∉ ( 0;1) , α2 = . 2a 2 ⋅ 15 3 5

4 není z intervalu 3

( 0,1) ,

vyhovuje zadání úlohy pouze α 2 =

4 . Pro 5

látková množství v rovnovážném stavu tedy platí:

4 nHCl = nNaOH = (1 − α ) = 1 − = 0, 2 5 nNaCl = nH2O = α =

4 = 0,8 . 5

V reakční směsi, která dosáhla rovnovážného stavu, se nachází 0,2 mol kyseliny chlorovodíkové, 0,2 mol hydroxidu sodného, 0,8 mol chloridu sodného a 0,8 mol vody.

Úloha: Určete hmotnost rozpuštěné kyseliny chloristé v 500 ml roztoku, který má pH = 5. (Molární hmotnost kyseliny chloristé je 100 g mol .)

Řešení: Kyselina chloristá disociuje podle rovnice HClO4 ↔ H + + ClO4− . Pro pH roztoku platí:

47

pH = − log cH + pH = − log

nH + Ve

Ze stechiometrie rovnice je patrné, že látkové množství nedisociované kyseliny chloristé je stejné jako látkové množství vodíkových kationtů. Můžeme tedy napsat: pH = − log

nHClO4 Ve

Máme určit hmotnost kyseliny chloristé, proto si vyjádříme látkové množství z definice molární hmotnosti M=

m m ⇒n= n M

a dosadíme pH = − log

mHClO4 M HClO4 ⋅ Ve

= log

M HClO4 ⋅Ve mHClO4

.

Nyní vyjádříme neznámou ze vzorce, dosadíme zadané hodnoty a vypočítáme: 10 pH = mHClO4 =

M HClO4 ⋅Ve mHClO4 M HClO4 ⋅Ve 10 pH

mHClO4 =

100 ⋅ 0,5 105

mHClO4 = 5 ⋅10−4 . Hmotnost kyseliny chloristé v roztoku je 5 ⋅10−4 g.

Úloha: Ke 150 ml roztoku kyseliny dusičné o pH = 2 přidáme 350 ml roztoku téže kyseliny o pH = 3. Jaké pH bude mít výsledný roztok? Předpokládejte, že při mísení nedochází k objemovým změnám. Řešení: První roztok budeme značit indexem 1, druhý indexem 2 a výsledný roztok indexem 3. Potom pH roztoků vyjádříme takto:

48

pH1 = − log c1 ( H + ) = − log

n1 ( H + ) V1

pH 2 = − log c2 ( H + ) = − log

n2 ( H + ) V2

pH 3 = − log c3 ( H + ) = − log

n3 ( H + ) n ( H + ) + n2 ( H + ) = − log 1 . V3 V1 + V2

Vyjádříme-li z prvních dvou rovností látková množství vodíkových kationtů a dosadíme-li je do třetí rovnosti, získáme vztah pro výpočet pH smíseného roztoku. První rovnost upravíme takto: pH1 = − log pH1 = log 10 pH1 =

n1 ( H + ) V1

V1 n1 ( H + )

V1 n1 ( H + )

n1 ( H + ) =

V1 . 10 pH1

Z druhé rovnosti dostaneme analogickým způsobem: n2 ( H + ) =

V2 . 10 pH 2

Pro výsledný roztok platí: V1 V2 + pH 1 n ( H ) + n2 ( H ) 10 pH 2 pH 3 = − log 1 = − log 10 V1 + V2 V1 + V2 +

+

0,15 0,35 + 3 2 10 = 2, 43 . pH 3 = − log 10 0,15 + 0,35 Smísený roztok bude mít pH = 2,43.

49

3. Vybrané zajímavé slovní úlohy s tematikou z chemie Slovních úloh s chemickou tématikou je mnoho a tato práce zdaleka nemůže obsáhnout všechny typy. Do této druhé části své práce jsem tedy vybrala několik úloh z různých oblastí chemie, které jsou podle mého názoru zajímavé. Pro jejich vyřešení obvykle nestačí logický úsudek a řešitel se již musí orientovat v matematických metodách řešení.

3.1.

Využívaný matematický aparát

V kap. 3.3 potřebujeme vyjádřit neznámé ze soustavy tří rovnic o třech neznámých (definice soustavy rovnic je uvedena v kap. 2.1). Existuje několik způsobů, jak můžeme postupovat. Například metodou dosazovací či sčítací (kap. 2.1), které, ač jsou v tomto případě velmi pracné, by v praxi použila většina řešitelů. Matematika však nabízí další řešitelské strategie, které výpočet značně zkrátí. Jedním z vhodných postupů je použití Cramerova pravidla. Pro uvedení tohoto pravidla je potřeba definovat některé pojmy. Permutace (pořadí) n prvků je prosté zobrazení množiny N= {1, 2, ..., n} na množinu 1 N. Píšeme π =   k1

2 k2

n  , kde ki ∈ N . ... kn  ...

Inverze v permutaci je taková dvojice ki , k j , pro niž i < j a ki > k j . Znaménkem permutace rozumíme číslo sgn π = (−1)n , kde n je počet inverzí v π .

Maticí M typu m × n nazýváme obdélníkovou tabulku prvků aij , 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n , zapsanou do m řádků a n sloupců. Nechť M = (aij ) je čtvercová matice (typu n × n ). Pak determinantem matice M nazýváme prvek det M, definovaný předpisem

∑

 1 2 ... n  π =   k1 k 2 ... kn 

sgn π ⋅ a1k1 ⋅ ... ⋅ ankn .

Pro výpočet determinantu matic typu 3 × 3 lze použít Sarrusovo pravidlo. To využívá schématu:

50

 a11   a21   a31

]

a12 a22

] ]

a32

a13 a23

a12 

a11

]

a21

]

a33

]

a31

 a11   a22  −  a 21   a32    a31

a12

[

[

a22

[

a32

a13 a 23

[ [

a33

a11

[

a21 a31

a12 



a22 

 a32  

,

kde v závorkách prvky ve směru šipek násobíme a jednotlivé součiny sčítáme. Determinant

matice

M

je

pak

roven

číslu

( a11a22 a33 + a12 a23a31 + a13a21a32 ) − ( a13a22 a31 + a11a23a32 + a12 a21a33 ) . A nyní již můžeme přejít ke Cramerovu pravidlu. Jeho znění uvedu pro obecnou soustavu n rovnic o n neznámých: a11 x1 + a12 x2 + ... + a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + ... + a2 n xn = b2

M an1 x1 + an 2 x2 + ... + ann xn = bn

,

kterou můžeme zapsat i ve tvaru A ⋅ xT = bT , kde A je matice tvořená koeficienty jednotlivých členů v rovnicích soustavy, xT je sloupec hledaných neznámých a bT je sloupec pravých stran rovnice. Je-li matice A regulární ( det A ≠ 0 ), pak má soustava rovnic jediné řešení

[ x1 , x2 , ..., xn ] a pro jeho složky platí: xi =

det Ai , det A

kde Ai je matice, která vznikne z matice A nahrazením jejího i-tého sloupce sloupcem pravých stran bT ze soustavy rovnic.

Matematická analýza slouží jako nástroj k mnohým výpočtům, které by bez ní vůbec nebyly možné. (Příkladem je úloha v kap. 3.4.) Jde o úlohy, kde dokážeme vyjádřit vztahy mezi dvěma veličinami a hledáme takové hodnoty jedné proměnné, aby druhá dosáhla svých maximálních nebo minimálních hodnot. Vyšetřujeme tím vlastně extrémy funkce této proměnné. Ve všech úlohách budeme pracovat pouze v oboru reálných čísel.

51

Def. (Polák, 1991, str. 112): „Nechť A, B jsou neprázdné množiny reálných čísel ( A ⊂ ¡, B = ¡ ). Přiřadíme-li každému číslu

x ∈ A právě jedno číslo

y∈B,

dostaneme množinu f uspořádaných dvojic (x, y) reálných čísel, která se nazývá reálná funkce reálné proměnné x. (Dále budeme stručně mluvit o funkci proměnné x).“ Množina A se nazývá definiční obor funkce f.

Abychom se mohli zabývat hledáním extrémů funkce, musíme definovat některé pojmy. Def. ε-okolím bodu a (ε > 0, x ∈ ¡ ) rozumíme U (a ) = ( a − ε , a + ε ) . Prstencovým okolím bodu a (ε > 0, x ∈ ¡ ) rozumíme P(a ) = ( a − ε , a ) ∪ ( a, a + ε ) . Def. Řekneme, že funkce f má v bodě a limitu L (píšeme lim f ( x) = L ), právě když x →a

∀U ( L) ∃P(a ) ∀x ∈ P(a ) : f ( x) ∈ U ( L) .

Def. Nechť f je funkce definovaná v okolí U ( x0 ) bodu x0 ∈ ¡ . Potom limitu (pokud existuje) lim

x → x0

f ( x) − f ( x0 ) nazýváme derivací funkce f v bodě x0 a značíme f ′( x0 ) . x − x0

Def. (Polák, 1991, str. 336): „Je-li f funkce, která má derivaci f ′( x) v každém bodě x jisté množiny M ⊂ D( f ) , potom je na množině M definována funkce, která každému x ∈ M přiřazuje právě jedno číslo f ′( x) . Tuto funkci značíme f ′ ; je to derivace funkce f chápaná jako funkce.“ Mají-li funkce f, g v bodě x0 derivaci f ′( x0 ), g ′( x0 ) , pak v tomto bodě mají derivaci i součty, součiny a rozdíly těchto funkcí a pro g ( x0 ) ≠ 0 také jejich podíl, přičemž platí:

( f + g )′ ( x0 ) = ( f ⋅ g )′ ( x0 ) =

f ′( x0 ) + g ′( x0 )

f ′( x0 ) ⋅ g ( x0 ) + f ( x0 ) ⋅ g ′( x0 )

( f − g )′ ( x0 ) =

f ′( x0 ) − g ′( x0 )

∀c ∈ ¡ : (c ⋅ f )′( x0 ) = c ⋅ f ′( x0 )

52

 f ′ f ′( x0 ) ⋅ g ( x0 ) − f ( x0 ) ⋅ g ′( x0 ) .   ( x0 ) = g 2 ( x0 ) g

Existuje-li derivace funkce g v bodě x0 a funkce f v bodě g ( x0 ) , pak pro derivaci složené funkce platí: ( f o g )′ ( x0 ) = f ′ ( g ( x0 ) ) ⋅ g ′( x0 ) .

Pro derivace základních elementárních funkcí používáme vzorce odvozené z definice derivace. Zde uvedu jen ty, které budeme potřebovat při výpočtech: c ∈ ¡ : ( c )′ = 0

( x )′ = n ⋅ x n

( e )′ = e x

( ln x )′ =

n −1

x

1 . x

Pomocí první derivace můžeme definovat i druhou derivaci: Def. (Polák, 1991, str. 344): „Je-li f funkce, která má v každém bodě x nějakého otevřeného intervalu ( a, b ) derivaci f ′( x) , potom f ′ je funkcí definovanou na tomto intervalu. Má-li funkce f ′ v nějakém bodě x0 ∈ ( a, b ) derivaci, nazýváme ji druhou derivací funkce f v bodě x0 a značíme f ′′( x0 ) . Existuje-li druhá derivace v každém bodě x ∈ ( a, b ) , pak lze definovat na ( a, b ) funkci f ′′ tak, že její hodnota v každém bodě x je rovna f ′′( x) .“

Nyní již můžeme přejít k pojmům extrémy funkce (tím myslíme minimum či maximum). Řekneme, že funkce f má v bodě x0 lokální minimum, jestliže existuje prstencové okolí bodu x0 tak, že ∀x ∈ P( x0 ) je f ( x) − f ( x0 ) > 0 . Řekneme, že funkce f má v bodě x0 lokální maximum, jestliže existuje prstencové okolí bodu x0 tak, že ∀x ∈ P( x0 ) je f ( x) − f ( x0 ) < 0 .

53

Extrémy funkce můžeme vyšetřovat pomocí derivací. Postačující podmínkou, aby v nějakém bodě x0 bylo lokální minimum, je, aby druhá derivace byla kladná a první derivace byla nulová. Postačující podmínkou pro lokální maximum v bodě x0 je, aby druhá derivace byla záporná a první derivace byla nulová.

Některé úlohy v chemii využívají i vztahy, které jsou vyjádřeny rovnicí v diferenciálním tvaru. Diferenciál je definován takto: Def. Nechť existuje derivace funkce f v bodě a. Diferenciálem funkce f v bodě a při přírůstku h ∈ ¡ nazýváme číslo df (a )(h) = f ′(a )h . Přírůstek h bývá zvykem značit h = x − a = dx .

Pokud chceme ke známému diferenciálu funkce df najít funkci f, použijeme integraci diferenciálu funkce. Def. Nechť f je funkce definovaná na intervalu

( a, b ) .

Funkce F : ( a, b ) → ¡ se

nazývá primitivní funkce k funkci f na intervalu ( a, b ) , právě když platí: F ′( x) = f ( x) ∀x ∈ ( a, b ) . Libovolnou primitivní funkci k funkci f na intervalu ( a, b ) značíme symbolem

∫ f ( x)dx

zvaným neurčitý integrál funkce f. Píšeme

∫ f ( x)dx = F ( x) + C , kde F je

jedna primitivní funkce k f a C libovolná reálná konstanta. (Neurčitý integrál je vlastně množina všech primitivních funkcí.)

Def. Nechť f má primitivní funkci F na intervalu a, b . Pak definujeme Newtonův b

určitý integrál z f od a do b jako

∫ f ( x)dx = F (b) − F (a) . a

3.2.

Teoretický základ z chemie

Fotometrie je analytická metoda využívající interakce mezi hmotou a zářením. Při průchodu světla homogenním prostředím (homogenní prostředí obsahuje pouze jednu fázi, například dobře rozpuštěná látka v roztoku) dochází k vzájemné interakci, při níž elektrony atomů absorbují ze světla fotony vhodné vlnové délky λ . Intenzita prošlého 54

světla φ je tedy menší než intenzita světla na látku dopadajícího φ0 . Zeslabení intenzity světla, dané poměrem

φ , se nazývá transmitance T . Pro záporný dekadický φ0

logaritmus transmitance byl zaveden pojem absorbance A : Aλ = − log T = − log

φ . φ0

Kvantitativní stránku absorpce popisuje Lambert-Beerův zákon, který říká, že při dané vlnové délce λ je absorbance úměrná molární koncentraci látky v roztoku c a tloušťce absorbující vrstvy l : Aλ = ε λ ⋅ c ⋅ l , kde ε λ je molární absorpční koeficient měřené látky v roztoku při dané vlnové délce.

Chemická termodynamika je oblast chemie, která se zabývá energetickou bilancí dějů, jejich uskutečnitelností a rovnováhami, které se po průběhu dějů ustaví. Nástrojem pro zkoumání těchto dějů jsou tzv. stavové funkce, což jsou veličiny, u nichž nemůžeme určit jejich hodnotu, ale pouze hodnotu jejich změny při přechodu z jednoho stavu soustavy do druhého. Stavová funkce entropie ∆S byla zavedena pro popis míry uskutečnitelnosti samovolného děje. Samovolné děje jsou provázeny zvyšováním neuspořádanosti soustavy (např. nikdy se samovolně nevydělí pevná látka z čistého rozpouštědla, naopak se v rozpouštědle rozpustí, tedy se smíchají molekuly obou složek), proto můžeme entropii chápat i jako veličinu popisující míru uspořádanosti (neuspořádanosti) soustavy. V izolovaných soustavách entropie při všech samovolných dějích roste, dosažením rovnováhy nabývá svého maxima a dále se nemění. Změny v soustavě, provázející míšení, se vyjadřují pomocí směšovacích funkcí. Mísíme-li dvě kapaliny (jako v kap. 3.4), vyjadřujeme změnu entropie systému následující funkcí: ∆ mix S = − nR ⋅ ( x A ln x A + xB ln xB ) , kde n je látkové množství obou složek systému ( n = nA + nB ), R je univerzální plynová konstanta (její hodnota je 8,314 J ⋅ K −1 ⋅ mol−1 ) a xA a xB jsou molární zlomky složek A, B v soustavě.

55

Chemická termodynamika se zabývá i fázovými rovnováhami. Fáze je část soustavy, ve které jsou její vlastnosti konstantní nebo se mění plynule. Na rozhraní dvou fází dochází ke skokové změně vlastností. Fázová rovnováha vyjadřuje stav, kdy se již dál nemění složení jednotlivých fází. V úloze v kap. 3.6 potřebujeme zjistit teplotu varu vody, tedy teplotu, při níž se tlak nasycené páry vody vyrovná tlaku atmosférickému. Pro popsání rovnováhy mezi plynnou a kapalnou fází jednosložkové soustavy se používá Clausiova – Clapeyronova rovnice, která právě představuje závislost tlaku nasycené páry kapaliny na teplotě: dp ∆ výp. H m dT = ⋅ 2 . p R T T je teplota v kelvinech (1 K = −272,15 °C ), p je tlak v pascalech (Pa), R je univerzální plynová konstanta (8,314 J ⋅ K −1 ⋅ mol−1 ) a ∆ výp . H m je molární výparná entalpie vody ( J ⋅ mol −1 ). V úloze v kap. 3.7 využijeme poznatky o fázové rovnováze mezi dvěma kapalnými fázemi. Pro dvě nemísitelné kapaliny, ke kterým je přidáno malé množství pevné látky A, která se v obou kapalinách rozpouští, platí po ustavení rovnováhy Nernstův rozdělovací zákon: Dc , A =

(c A ) I , (c A ) II

kde (c A ) I a (c A ) II jsou koncentrace látky A v nemísitelných kapalinách I a II a Dc , A je rozdělovací koeficient. Koeficient Dc , A se též označuje jako distribuční (rozdělovací) poměr koncentrací. Tento zákon slouží jako základ pro metodu zvanou extrakce. Extrakcí rozumíme převedení části rozpuštěné látky z rozpouštědla I do rozpouštědla II. Označíme-li n0 původní látkové množství látky A rozpuštěné v rozpouštědle I a nI , nII látková množství v rozpouštědlech I a II po ustavení rovnováhy, můžeme z Nernstova zákona odvodit vztah pro účinnost extrakce (kolik látky přejde z rozpouštědla I do čistého rozpouštědla II): E=

Dc , A nI = , n0 D + VII c, A VI

56

pokud chceme výsledek vyjádřit v procentech: E (%) =

100 ⋅ Dc , A . VII Dc , A + VI

Provádíme-li extrakci n-krát stejným množstvím čistého rozpouštědla II, dostaneme podobnou úvahou vztah pro celkovou účinnost extrakce ve tvaru:   100 − E (%) n  En (%) = 100 ⋅ 1 −   . 100     Chemická kinetika zkoumá rychlosti chemických reakcí a jejich mechanismy. Ústřední veličinou chemické kinetiky je tedy rychlost reakce v : v=

dni , ν i ⋅ dτ

kde dni je změna v látkovém množství složky i, způsobená za čas dτ , ν i je stechiometerický koeficient složky i (pro výchozí látky je záporný). Probíhá-li reakce za konstantního objemu (což většinou probíhá), můžeme použít vyjádření pomocí koncentrací ci : v=

dci . ν i ⋅ dτ

Rychlost reakce, závislou na teplotě a na koncentraci jednotlivých složek reakce, můžeme popsat i rychlostní rovnicí: v = k (T ) ⋅ f (cA , cB , ...) , kde k je rychlostní konstanta. Z těchto základů se odvozují kinetické rovnice pro různé typy reakcí. Kinetická rovnice reakce prvního řádu probíhající podle schématu A → produkty má při konstantní teplotě tvar: −

dc A = k ⋅ cA . dτ

Integrací v mezích od počátečního stavu τ = 0 , cA = c A,0 do obecného časového okamžiku τ , v němž má koncentrace látky A hodnotu c A , dostaneme vztah: cA = c A,0 ⋅ e− k ⋅τ .

57

Čas, za který zreaguje právě polovina látkového množství výchozích látek, se nazývá poločas a vztah pro jeho výpočet získáme dosazením cA =

c A,0 2

do předchozího

vztahu: τ1 = 2

3.3.

ln 2 . k

Úloha 1

Molybden, titan a vanad lze stanovit fotometricky vedle sebe ve formě jejich peroxosolí, měřených při 330 nm, 410 nm a 460 nm. Pro standardní roztok peroxosolí obsahující v 1 l po 50 mg každého kovu byly v kyvetě o tloušťce 1 cm nalezeny tyto absorbance proti slepému pokusu: absorbance

vlnové délky

kov

330 nm

410 nm

460 nm

Mo

0,260

0,030

0,001

Ti

0,081

0,380

0,256

V

0,000

0,092

0,125

Měřený roztok vzorku směsi Mo, Ti, V byl připraven tak, že 25 ml analyzovaného roztoku bylo převedeno na peroxosoli a doplněno na objem 100 ml vodou. Roztok měl při uvedených vlnových délkách v kyvetě o tloušťce 1 cm tyto absorbance:

vzorek

330 nm

410 nm

460 nm

0,124

0,428

0,358

Vypočtěte, kolik mg každého kovu bylo v litru analyzovaného roztoku. Řešení: Z Lambert-Beerova zákona víme, že absorbance je dána součinem koncentrace absorbující složky, délkou absorbující vrstvy (zde tloušťka kyvety) a molárního absorbčního koeficientu, který je charakteristický pro danou látku při určité vlnové délce procházejícího záření: A = ε ⋅ c ⋅ l . Tyto molární absorbční koeficienty spočítáme z údajů pro standardní roztok a využijeme pro výpočet koncentrací složek analyzovaného roztoku.

58

Výpočty ze standardního roztoku Nejprve napíšeme vztahy pro výpočet jednotlivých absorbancí: A330, Mo = ε 330, Mo ⋅ cMo ⋅ l

A410, Mo = ε 410, Mo ⋅ cMo ⋅ l

A460, Mo = ε 460, Mo ⋅ cMo ⋅ l

A330,Ti = ε 330,Ti ⋅ cTi ⋅ l

A410,Ti = ε 410,Ti ⋅ cTi ⋅ l

A460,Ti = ε 460,Ti ⋅ cTi ⋅ l

A330,V = ε 330,V ⋅ cV ⋅ l

A410,V = ε 410,V ⋅ cV ⋅ l

A460,V = ε 460,V ⋅ cV ⋅ l

Hodnoty absorbancí známe, tloušťku kyvety také, koncentrace jednotlivých kovů ve standardním roztoku vyjádříme pomocí zadaných hmotností: ci = Molární

hmotnosti

molybdenu,

ni mi = . Ve M i ⋅ Ve titanu

a

vanadu

najdeme

v tabulkách

( M Mo = 95,94 g mol ; M Ti = 47,867 g mol ; M V = 50,941 5 g mol ). Nyní vyjádříme molární absorbční koeficienty z výše napsaných vzorců, dosadíme známé hodnoty a vyčíslíme. Samozřejmě vezmeme v úvahu i různé rozměry jednotek. Pro přehlednost zde rozepisuji pouze jeden výpočet, zbytek uvádím v tabulce ε 330, Mo =

A330, Mo ⋅ M Mo ⋅ Ve l ⋅ mMo

=

0, 26 ⋅ 95,94 ⋅1 B 498,888 . 1⋅ 0, 05

ε

330 nm

410 nm

460 nm

Mo

498,888

57,564

1,919

Ti

77,545

363,789

245,079

V

0

93,732

127,354

Výpočty z analyzovaného roztoku V analyzovaném roztoku se nacházejí tři sloučeniny. Víme, že pokud je v roztoku přítomno složek více, je absorbance roztoku dána součtem absorbancí jednotlivých složek. Proto platí: A330 = A330, Mo + A330,Ti + A330,V = cMo ⋅ l ⋅ ε 330,Mo + cTi ⋅ l ⋅ ε 330,Ti + cV ⋅ l ⋅ ε 330,V A410 = A410, Mo + A410,Ti + A410,V = cMo ⋅ l ⋅ ε 410, Mo + cTi ⋅ l ⋅ ε 410,Ti + cV ⋅ l ⋅ ε 410,V A460 = A460, Mo + A460,Ti + A460,V = cMo ⋅ l ⋅ ε 460, Mo + cTi ⋅ l ⋅ ε 460,Ti + cV ⋅ l ⋅ ε 460,V . Absorbance analyzovaného roztoku jsou zadány, molární absorbční koeficienty jsme spočítali, tloušťku kyvety známe, máme tedy soustavu tří rovnic o třech

59

neznámých cMo , cTi , cV . Protože pracujeme s desetinnými čísly, je výhodné nejprve vyjádřit neznámé a až poté do výrazů za neznámé dosadit hodnoty ze zadání. Vyvarujeme se tak chyb plynoucích ze zaokrouhlování. Způsobů, jak vyjádřit ze soustavy rovnic neznámé, je několik. Například můžeme postupovat jako při řešení soustavy rovnic a použít sčítací či dosazovací metodu. Je to však poměrně pracné a snadno se udělá chyba. V tomto případě nám práci velmi usnadní použití Cramerova pravidla. Pro větší přehlednost přejmenuji neznámé i koeficienty v soustavě následujícím způsobem: x1 = cMo ; x2 = cTi ; x3 = cV ; a = ε Mo ; b = ε Ti ; c = ε V a přečísluji indexy 3301; 4102; 4603: x1 ⋅ a1 + x2b1 + x3c1 = A1 x1 ⋅ a2 + x2b2 + x3c2 = A2 x1 ⋅ a3 + x2b3 + x3c3 = A3 . Cramerovo pravidlo říká, že pokud det M ≠ 0 ⇒ xi =

det M i , kde M je matice det M

tvořená koeficienty soustavy a Mi je matice, která vznikne z matice M nahrazením jejího i-tého sloupce sloupcem pravých stran ze soustavy rovnic. Pro výpočet determinantů použijeme Sarusovo pravidlo. Pro hledané koncentrace tedy platí (dle zadání je koeficient c1 = 0 ): A1 b1 0 A2 b2 c2 A b c A b c + 0 + A3b1c2 − 0 − A2b1c3 − A1b3c2 c3 ( A1b2 − A2b1 ) + c2 ( A3b1 − A1b3 ) x1 = 3 3 3 = 1 2 3 = a1 b1 0 a1b2 c3 + 0 + a3b1c2 − 0 − a2b1c3 − a1b3c2 c3 (a1b2 − a2b1 ) + c2 (a3b1 − a1b3 ) a2 b2 c2 a3 b3 c3 a1 a2 a x2 = 3 a1 a2 a3

A1 0 A2 c2 A3 c3 a1 A2 c3 + 0 + a3 A1c2 − 0 − a2 A1c3 − a1 A3c2 c3 (a1 A2 − a2 A1 ) + c2 (a3 A1 − a1 A3 ) = = b1 0 a1b2 c3 + 0 + a3b1c2 − 0 − a2b1c3 − a1b3c2 c3 (a1b2 − a2b1 ) + c2 (a3b1 − a1b3 ) b2 c2 b3 c3

60

x3 =

a1

b1

A1

a2

b2

A2

a3 b3 a1 b1

A3 a1b2 A3 + a2b3 A1 + a3b1 A2 − a3b2 A1 − a2b1 A3 − a1b3 A2 = = 0 a1b2 c3 + 0 + a3b1c2 − 0 − a2b1c3 − a1b3c2

a2

b2

c2

a3

b3

c3 =

a1 (b2 A3 − b3 A2 ) + a2 (b3 A1 − b1 A3 ) + a3 (b1 A2 − b2 A1 ) c3 ( a1b2 − a2b1 ) + c2 ( a3b1 − a1b3 )

Po dosazení dostaneme (v jednotkách mol l ): cMo = x1 = 1,15 ⋅10 −4 cTi = x2 = 8, 62 ⋅10−4 cV = x3 = 1,15 ⋅10 −3 . Spočítali jsme koncentrace kovů ve 100 ml zředěného roztoku. Odtud vyjádříme látková množství kovů, která jsou stejná jako v 25 ml odebraného analyzovaného vzorku: ni = ci ⋅ Ve = ci ⋅ 0,1 . Ve 25 ml roztoku je ni molů kovu, tedy v 1 litru (= 1 000 ml) musí být molů čtyřicetkrát tolik. Pro hmotnost kovu v 1 litru roztoku tedy platí: mi = 40 ⋅ ni ⋅ M i = 40 ⋅ ci ⋅ 0,1 ⋅ M i . Dosadíme a získáme následující hodnoty hmotností (v gramech): mMo = 4 ⋅ cMo ⋅ M Mo = 4 ⋅1,15 ⋅10 −4 ⋅ 95,94 = 44,1 ⋅10−3 mTi = 4 ⋅ cTi ⋅ M Ti = 4 ⋅ 8, 62 ⋅10−4 ⋅ 47,867 = 165,0 ⋅10−3 mV = 4 ⋅ cV ⋅ M V = 4 ⋅1,15 ⋅10−3 ⋅ 50,941 5 = 234,3 ⋅10−3 .

V jednom litru analyzovaného roztoku bylo 44,1 mg molybdenu, 165 mg titanu a 234,3 mg vanadu.

61

3.4.

Úloha 2

V jakém poměru musíte smíchat hexan (A) s heptanem (B), chcete-li dosáhnout nejvyšší

směšovací

entropie?

Poměr

vyjádřete

pomocí

molárního

zlomku.

Předpokládejte ideální chování kapalné směsi. Řešení: Mícháme dvě kapaliny A a B, jejichž mísitelnost lze vyjádřit stavovou veličinou – směšovací entropií. Ta vyjadřuje míru neuspořádanosti systému, přičemž platí, že čím je její hodnota vyšší, tím lépe jsou obě složky smíchány. Napíšeme tedy vztah pro výpočet: ∆ mix S = − nR ⋅ ( x A ln x A + xB ln xB ) . Dále víme, že součet molárních zlomků všech složek systému je roven jedné, tedy můžeme vyjádřit xB a dosadit do rovnosti: x A + xB = 1 ⇒ xB = 1 − x A ∆ mix S = − nR ⋅ [ x A ln xA + (1 − xA ) ln(1 − x A ) ] . Chceme-li určit takové xA , aby byla hodnota směšovací entropie nejvyšší, stačí najít lokální extrémy funkce f s proměnnou xA danou předpisem: f ( x A ) = − nR ⋅ [ xA ln x A + (1 − x A ) ln(1 − x A ) ] . Lokální extrémy hledáme z první derivace funkce   1 1 f ′( x A ) = −nR ⋅ 1⋅ ln xA + xA ⋅ + (−1) ⋅ ln(1 − x A ) + (1 − xA ) ⋅ ⋅ (−1)  xA 1 − xA   f ′( x A ) = −nR ⋅ [ ln xA + 1 − ln(1 − x A ) − 1] = − nR ⋅ [ ln xA − ln(1 − xA )] tak, že určíme hodnoty proměnné xA , pro které je první derivace rovna nule f ′( x A ) = − nR ⋅ [ ln x A − ln(1 − x A )] = 0 − nR ⋅ [ ln x A − ln(1 − x A )] = 0

[ ln xA − ln(1 − xA )] = 0 ln x A = ln(1 − x A ) xA = 1 − x A xA =

1 . 2

62

Musíme vyšetřit, zda má funkce v tomto bodě maximum. K tomu využijeme druhou derivaci. Pokud bude hodnota druhé derivace v bodě x A =

1 záporná, jde o maximum. 2

f ′( x A ) = − nR ⋅ [ ln x A − ln(1 − x A ) ]  1 1  f ′′( x A ) = − nR ⋅  +   xA 1 − x A      1 1 1   f ′′   = − nR ⋅  + = − nR ⋅ ( 2 + 2 ) = −4nR . 1 1 2  1−  2 2 R je univerzální plynová konstanta (kladné číslo), n vyjadřuje látkové množství (je vždy kladné), proto −4nR < 0 a tedy pro x A =

1 1 1 a pro xB = 1 − xA = 1 − = dosahuje 2 2 2

směšovací entropie soustavy nejvyšších hodnot.

3.5.

Úloha 3

Stabilita léčiv je důležitým faktorem ve farmakologii. Sledovaný preparát se za rok rozložil ze 70 % (hm.). Vypočítejte poločas rozkladu a zbytek aktivní látky, který zůstane v léku po dvou letech. Uvažujte, že rozklad probíhá kinetikou reakce 1. řádu. Řešení: Pro reakce řídící se kinetikou reakcí prvního řádu platí vztah c( A) = c0 ( A) ⋅ e − kt , kde c( A) označuje okamžitou koncentraci látky A, c0 ( A) počáteční koncentraci látky A, k je rychlostní konstanta reakce a t je čas, za který zreagovalo právě tolik látky A, aby se koncentrace zmenšila z c0 ( A) na c( A) . Z tohoto vztahu spočítáme rychlostní konstantu, kterou budeme potřebovat pro další výpočty. Sledovaná aktivní látka v léčivu se za jeden rok rozložila ze 70 %, tedy jí v léčivu zbylo 30 %. Můžeme napsat: m( A) = 0,3 . m0 ( A) Vyjádříme-li hmotnosti pomocí látkových množství a vhodně rozšíříme zlomek, dostaneme: 63

0,3 =

m( A) n( A) ⋅ M ( A) n( A) Ve c( A) = = ⋅ = , m0 ( A) n0 ( A) ⋅ M ( A) n0 ( A) Ve c0 ( A)

proto můžeme výše napsaný vztah upravit a dosadit: c( A) = e − kt c0 ( A) 0,3 = e − k ⋅1 ln 0,3 = − k k = − ln 0,3 = 1, 20 . Rychlostní konstanta této reakce má hodnotu 1, 20 rok −1 . Nyní spočítáme poločas rozkladu účinné látky v léčivu (čas, za který se rozloží právě polovina účinné látky) podle vzorce: τ1 = 2

τ1 = 2

ln 2 k

ln 2 B 0,58 . − ln 0,3

Polovina účinné látky se rozloží přibližně za 0,58 roku. Obsah účinné látky (v hmotnostních procentech) po dvou letech spočítáme dosazením do vztahu uvedeného na začátku řešení: c( A) = c0 ( A) ⋅ e − kt c( A) = e − kt c0 ( A) c( A) = e2⋅ln 0,3 c0 ( A) c( A) = 0, 09 . c0 ( A) Po dvou letech bude léčivo obsahovat již jen 9 % účinné látky.

3.6.

Úloha 4

Odhadněte teplotu varu vody v nadmořské výšce 3 000 m. Barometrický tlak v této nadmořské výšce je 70 644 Pa. Standardní tlak na hladinu moře ( pθ ) je 101 325 Pa, molární hmotnost vody 18,015 2 g ⋅ mol−1 . Pro měrnou výparnou entalpii vody použijte hodnotu 2 258 J ⋅ g −1 . 64

Řešení: Pro popsání rovnováhy mezi plynnou a kapalnou fází se používá Clausiova – Clapeyronova rovnice: dp ∆ výp . H m dT = ⋅ 2. p R T T je teplota (jednotkou K), p je tlak (Pa), R je univerzální plynová konstanta ( J ⋅ K −1 ⋅ mol−1 ) a ∆ výp . H m je molární výparná entalpie vody ( J ⋅ mol −1 ). Tato rovnice je v diferenciálním tvaru se separovanými proměnnými, můžeme ji tedy zintegrovat. Na levé straně integrujeme od pθ do p , na pravé straně od Tvθ do Tv ( pθ je standardní tlak na hladinu moře, p je barometrický tlak v nadmořské výšce 3 000 m, Tvθ je teplota varu vody při standardních podmínkách, Tv je teplota varu vody v nadmořské výšce 3 000 m): T dp v ∆ výp. H m dT = ⋅ 2 . p T∫θ R T

p

∫

pθ

v

Protože ∆ výp . H m ani R v tomto případě na teplotě nezávisí, tedy jsou konstantní, můžeme napsat: p

∫

pθ

T dp ∆ výp. H m v dT = ⋅∫ 2 p R T Tθ v

( ln p − ln p ) = θ

ln

∆ výp. H m  (−1) (−1)  ⋅ − θ  R Tv   Tv

∆ H 1 1  p = − výp. m ⋅  − θ  . θ p R  Tv Tv 

Odtud vyjádříme hledanou veličinu Tv : p 1 1 pθ = − θ ∆ H Tv Tv − výp. m R ln

− R ⋅ ln

p pθ

∆ výp. H m

+

65

1 1 = θ Tv Tv

p p ∆ výp. H m − Tvθ ⋅ R ⋅ ln θ θ 1 1 p p = θ − = θ Tv Tv Tv ⋅ ∆ výp. H m ∆ výp. H m R ⋅ ln

Tv =

Tvθ ⋅ ∆ výp. H m p ∆ výp. H m − T ⋅ R ⋅ ln θ p

.

θ v

Zbývá ještě vyjádřit molární výparnou entalpii vody pomocí zadané měrné výparné entalpie vody. Mezi nimi platí vztah: ∆ výp. H m = ∆ výp. H sp =

∆ výp. H nH 2 O ∆ výp. H mH 2O

∆ výp . H m ⋅ nH 2O = ∆ výp. H sp ⋅ mH 2O ∆ výp . H m ⋅ nH 2O = ∆ výp. H sp ⋅ nH 2O ⋅ M H 2O ∆ výp. H m = ∆ výp. H sp ⋅ M H 2O . Nyní můžeme dosadit do vyjádřeného vztahu pro výpočet teploty varu. Při dosazování dbáme na správné jednotky dosazovaných veličin: Tv =

Tv =

Tvθ ⋅ ∆ výp. H sp ⋅ M H 2O ∆ výp. H sp ⋅ M H 2O − Tvθ ⋅ R ⋅ ln

p pθ

373,15 ⋅ 2 258 ⋅18, 0152 2 258 ⋅18, 0152 − 373,15 ⋅ 8,314 ⋅ ln

70 644 101 325

Tv B 363 . Voda bude v nadmořské výšce 3 000 m vřít při teplotě 363 K, což je 90 °C.

3.7.

Úloha 5

100 ml vodného roztoku kyseliny chlorovodíkové o koncentraci 6 mol l , který obsahoval 0,2 g iontů Sb3+, byl extrahován 25 ml diethyletheru. Kolikrát je třeba extrakci opakovat, aby bylo získáno 99,9 % Sb? Distribuční poměr hmotností (org : aq) pro Sb je 4,25.

66

Řešení: Celkovou účinnost En po n extrakcích lze vyjádřit vzorečkem:   100 − E n  En (%) = 100 ⋅ 1 −   ,   100   kde E je účinnost jedné extrakce. Máme určit n, při kterém bude celková účinnost rovna 99,9 %. Vyjádříme si proto hledanou neznámou: En  100 − E  = 1−   100  100 

n

En  100 − E  =  100  100 

n

1−

E    100 − E  log 1 − n  = log    100   100 

n

 100 − En   100 − E  log    = n ⋅ log   100   100   100 − En  log    100  . n=  100 − E  log    100  Účinnost jedné extrakce (E) vyjádříme pomocí distribučního (rozdělovacího) poměru koncentrací ( Dc , x ) a objemů vodného ( Vaq ) a organického ( Vorg ) rozpouštědla: E (%) =

100 ⋅ Dc , x . Vaq Dc , x + Vorg

Hodnotu distribučního poměru koncentrací Dc , x nemáme zadánu, známe však rozdělovací poměr hmotností. Vztah mezi nimi lehce odvodíme následujícím způsobem: Dm , x =

(mx )org (mx ) aq

=

(nx )org ⋅ M x (nx ) aq ⋅ M x

=

(nx )org ⋅Vorg Vorg

⇒ Dc , x =

⋅

Vaq (nx )aq ⋅ Vaq

Dm , x ⋅Vaq Vorg

=

.

Nyní stačí již jen dosadit zadané hodnoty: Dc , x =

Dm , x ⋅ Vaq Vorg

=

67

4, 25 ⋅100 = 17 25

cx , org Vorg V ⋅ = Dc , x ⋅ org cx , aq Vaq Vaq

E (%) =

100 ⋅ Dc , x 100 ⋅17 1700 = = Vaq 100 21 17 + Dc , x + 25 Vorg

 100 − En   100 − 99,9  log  log    log10−3  100  =  100  = n= B 4,17 . 100 1700 − E     log 4 log  100 −  21 21   100  log   100     Pokud bychom extrakci provedli čtyřikrát, získali bychom méně než 99,9 %. Extrakci je proto nutno zopakovat pětkrát.

68

Závěr Cílem mé práce bylo shrnout slovní úlohy s tematikou z chemie a dát vhled do matematické části řešení úlohy, případně dát návod, jak postup řešení zjednodušit či zefektivnit. Tento cíl jsem však nenaplnila zcela. Největším problémem, se kterým jsem se při psaní potýkala, byl výběr úloh. Shrnout základní typy úloh ze všech oblastí chemie, se kterými se student na střední škole (či v prvních ročnících vysoké školy) setká, je úkol zhola nemožný, především s ohledem na rozsah práce. Kvůli nutné eliminaci některých typů úloh tedy nepovažuji svou práci za vyčerpávající. Přesto se domnívám, že tato práce může být přínosná pro každého, kdo se problematikou řešení chemických úloh zabývá, protože zde uvádím různé způsoby řešení a čtenář má možnost podívat se na řešení daného typu úloh z různých úhlů pohledu, případně vybrat postup, který je mu nejbližší. Za přínosné považuji řešení obrázkem, které umožňuje plně si uvědomit význam jednotlivých veličin. Jistě by se daly najít i další způsoby, jak tyto úlohy řešit, ale uvedené způsoby považuji s ohledem na prostorové možnosti práce za dostačující. V druhé části práce jsem ukázala, jaké typy úloh chemie řeší a jak důležitý je v tomto ohledu matematický aparát. Myslím, že tyto úlohy mohou sloužit jako motivace pro další studium nejen chemie, ale i matematiky. Problematikou chemických slovních úloh by bylo možné se zabývat i dál. Kromě rozšíření již uvedených úloh by mohlo být zajímavé z didaktického hlediska sledovat, jak tyto úlohy řeší studenti různého věku, jakým postupům dávají přednost a co jim při řešení působí největší potíže.

69

Seznam použité literatury BARTOVSKÁ, Lidmila. Fyzikální chemie. [s.l.], [2009]. 133 s. Přednášky. Univerzita Karlova v Praze, Pedagogická fakulta.

BENEŠOVÁ, Marika; SATRAPOVÁ, Hana. Odmaturuj z chemie. Vydání první dotisk. Brno : DIDAKTIS, 2002. 208 s. ISBN 80-86285-56-1.

BLAŽKOVÁ, Růžena ; MATOUŠKOVÁ, Květoslava; VAŇUROVÁ, Milena. Kapitoly z didaktiky matematiky : (slovní úlohy, projekty). 1. dotisk 1. vydání. Brno : Masarykova univerzita, Pedagogická fakulta, 2007. 84 s. ISBN 80-210-3022-4.

COUFAL, Pavel, et al. Seminář z analytické chemie : Teorie, příklady, cvičení. 2. přepracované vydání. Praha : Karolinum, 2007. 175 s. ISBN 978-80-246-1400-7. ČERMÁK, Pavel; ČERVINKOVÁ, Petra. Odmaturuj z matematiky 1. 3. opravené vydání. Brno : DIDAKTIS, 2004. 208 s. ISBN 80-7358-014-4.

DIVÍŠEK, Jiří, et al. Didaktika matematiky : pro učitelství 1.stupně ZŠ. 1. vydání. Praha : SPN, 1989. 272 s. ISBN 80-04-20433-3.

CHARVÁT, František; ŠMELHAUS, Jiří. Populární encyklopedie matematiky. Vydání první. Praha : SNTL, 1971. 664 s.

KUŘINA, František. Umění vidět v matematice. Praha : SPN, 1989. 246 s. ISBN 8004-23753-3. NOVOTNÁ, Jarmila. Analýza řešení slovních úloh : Kapitoly z didaktiky matematiky. Praha : Univerzita Karlova v Praze, Pedagogická fakulta, 2000. 126 s. ISBN 80-7290011-0. ODVÁRKO, Oldřich, et al. Metody řešení matematických úloh. 1. vydání. Praha : SPN, 1990. 264 s. ISBN 80-04-20434-1.

70

POLÁK, Josef. Přehled středoškolské matematiky. 5. přepracované vydání. Praha : SPN, 1991. 608 s. ISBN 80-04-22885-2.

SIROTEK, Vladimír; KARLÍČEK, Jiří. Chemické výpočty a názvosloví anorganických látek. 2. vydání - upravené a rozšířené. Plzeň : Západočeská univerzita v Plzni, Fakulta pedagogická, Katedra chemie, 2000. 119 s. ISBN 80-7082-628-2.

ŠAFROVÁ, Helena; ŠAFRA, Jan. Sbírka příkladů [online]. Hradec Králové : 2006 [cit. 2011-06-22]. Analytická chemie - protometrické výpočty. Dostupné z WWW: .

VACÍK, Jiří. Obecná chemie. 1. vyd. Praha : SPN, 1986. 303 s. VACÍK, Jiří, et al. Přehled středoškolské chemie. Čtvrté vydání. Praha : SPN, 1999. 368 s. ISBN 80-7235-108-7. VYŠÍN, Jan. Metodika řešení matematických úloh. Vydání 1. Praha : SPN, 1962. 172 s. 14-907-62. ZIMPL, Milan. Ředění roztoků 2 [online]. Havlíčkův Brod, [2010]. 7 s. Projekt. SPŠS Stanislava

Bechyně.

Dostupné

z

WWW:

. ZIMPL, Milan. Ředění roztoků 3 [online]. Havlíčkův Brod, [2010]. 7 s. Projekt. SPŠS Stanislava

Bechyně.

Dostupné

z

WWW:

. ZIMPL, Milan. Ředění roztoků 4 [online]. Havlíčkův Brod, [2010]. 6 s. Projekt. SPŠS Stanislava

Bechyně.

Dostupné

z

WWW:

.

ZIMPL, Milan. Složení roztoků 1 [online]. Havlíčkův Brod, [2010]. 10 s. Projekt. SPŠS

Stanislava

Bechyně.

Dostupné

z

. 71

WWW:

ZIMPL, Milan. Složení roztoků 4 [online]. Havlíčkův Brod, [2010]. 15 s. Projekt. SPŠS

Stanislava

Bechyně.

Dostupné

z

WWW:

.

ZUSKOVÁ, Iva. Fyzikální chemie I. [s.l.], [2006]. 66 s. Stručné poznámky k přednáškám. Univerzita Karlova v Praze, PřF, Katedra fyzikální a makromolekulární chemie.

Osobní poznámky ze seminářů a cvičení: Analytická chemie, 2009/2010 Fyzikální chemie, 2007/2008 Obecná chemie, 2006/2007

72

Abstrakt Bakalářská práce se věnuje slovním úlohám s tematikou z chemie a skládá se z několika částí. V úvodní kapitole je vymezen pojem slovní úloha včetně základního rozdělení úloh, dále jsou zde uvedeny fáze řešení obecné slovní úlohy a přístup k řešení slovních úloh s chemickou tematikou. Druhá část práce shrnuje nejběžnější slovní úlohy s chemickou tématikou, jejich teoretický základ chemický i matematický, a nabízí různé způsoby, jak lze tyto úlohy řešit. Třetí část práce obsahuje úlohy, které jsou nadstavbou první části a slouží jako ukázka, jaké zajímavé příklady (i z hlediska matematických postupů) se v chemii řeší. Cílem práce je ukázat a porovnat jednotlivé postupy řešení a jejich vliv na efektivnost či rychlost výpočtu.

Abstract The thesis is focused on verbal tasks within the subject of chemistry and consists of several parts. The introductory chapter contains a definition of the concept of verbal task, including the basic division of tasks, then the stages of solving the general verbal task and the approach to the solving of verbal tasks with chemical issue is mentioned. The second part summarizes the most common verbal tasks with chemical issue, their theoretical chemical and mathematical basis and offers various ways of how these tasks can be solved. The third part of the paper includes tasks that are an extension of the first part and serves as a sample of interesting examples (also in the terms of mathematical procedures) that are solved in chemistry. The author of the paper tries to show and compare different procedures for solutions and their influence on the efficiency and speed of calculation.

73