ODPOWIEDZI DO ZADAŃ Z CHEMII

Transkrypt

ODPOWIEDZI DO
ZADAŃ Z CHEMII
Omówione odpowiedzi do zadao z serwisu Chemia SOS – pomoc z chemii
SPIS TREŚĆI
1.
PODSTAWOWE POJĘCIA CHEMICZNE .......................................................................................................... 1
1.1.
MASA ATOMOWA I CZĄSTECZKOWA, MASA ATOMU I CZĄSTECZKI ........................................................................... 1
1.2.
MOL, MASA MOLOWA, LICZNOŚĆ MATERII, LICZBA AVOGADRO ............................................................................... 3
1.3.
MOL, OBJĘTOŚĆ MOLOWA GAZU ............................................................................................................................... 7
1.4.
PRAWA GAZOWE .................................................................................................................................................... 11
1.5.
PODSTAWOWE PRAWA CHEMICZNE ........................................................................................................................ 15
2.
BUDOWA ATOMU, UKŁAD OKRESOWY PIERWIASTKÓW .................................................................... 16
2.1.
KONFIGURACJA ELEKTRONOWA PIERWIASTKÓW.................................................................................................... 16
Jest to próbka omówionych zadań z serwisu Chemia SOS – pomoc z chemii .
Wszystkie zadania oraz omówione do nich odpowiedzi (ponad 1100) możesz
otrzymać w cenie 15zł. Kliknij w poniższy link, lub skopiuj go do przeglądarki:
https://ssl.dotpay.eu/?pid=1H5ZLFNPSEGUA4ZY3X915EUGE892EUWC
(cena za zadania i omówione do nich odpowiedzi 15 zł).
Po zaksięgowaniu wpłaty na moim koncie otrzymasz odpowiedzi do zadań w
formacie pdf.
Podstawowe pojęcia chemiczne
CHEMIA NIEORGANICZNA
1. Podstawowe pojęcia chemiczne
1.1.
Masa atomowa i cząsteczkowa, masa atomu i cząsteczki
1.1-1.
12
Mol jest taką ilością atomów, jonów, cząsteczek jaka znajduje się w 12 g izotopu węgla C. W tej ilości izotopu węgla
.
23
.
23
znajduje się 6,023 10 atomów węgla, wiec w jednym molu ołowiu znajduje się 6,023 10 atomów ołowiu. Ta ilość atomów
waży 207,2 g (odczytane z układu okresowego pierwiastków). Co można zapisać:
.
23
6,023 10 atomów waży 207,2 g, czyli
23
1 atom ołowiu waży x g, co można zapisać: 6,023×10 = 207,2g czyli x=34,4×10-23 g
1
x
1.1-2.
12
.
23
12g
znajduje się 6,023 10 atomów węgla, czyli 1 atom węgla ma masę m
1,99 10 23 g . Masę 1/12 jednego atomu
C
6,023 1023
12
.
-24
węgla C, czyli 1,66 10 g przyjęto za 1u. Możemy więc zapisać:
.
-24
1,66 10 g to 1 u, więc
.
-23
5,32 10 g to x u, czyli
1,66 10 24 g 1u
5,32 10 23 g
czyli
x
32,05u
5,32 10 23 g x
1,66 10 24 g
Z układu okresowego pierwiastków możemy odczytać, że nieznanym pierwiastkiem jest siarka.
1.1-3.
Masa cząsteczkowa jest sumą mas atomowych. Masy atomowe pierwiastków odczytujemy z układu okresowego
pierwiastków:
1) CO – cząsteczka składa się z jednego atomu węgla i jednego atomu tlenu: MC=12u, MO=16u, czyli MCO=12u+16u=28u
.
2) CO2 – cząsteczka ta składa się z 1 atomu węgla i 2 atomów tlenu: MC=12u, MO=16u, czyli MCO2=12u+2 16u=44u
.
3) Al2O3 – cząsteczka składa się z 2 atomów glinu i 2 atomów tlenu: MAl=27u, MO=16u, czyli MAl2O3=2 27u+3*16u=102u
4) NaOH – cząsteczka składa się z jednego atomu sodu, jednego atomu tlenu i jednego atomu wodoru: M Na=23u, MO=16u,
MH=1u, czyli MNaOH=23u+16u+1u=40u
5) Al(OH)3 cząsteczka składa się z 1 atomu glinu, 3 atomów tlenu i 3 atomów wodoru: MAl=27u, MO=16u, MH=1u, czyli
.
.
MAl(OH)3=37u+3 16u+3 1u=78u
6) H2SO4 – cząsteczka kwasu siarkowego(VI) składa się z 2 atomów wodoru, 1 atomu siarki i 4 atomów tlenu: M H=1u, MS=32u,
.
.
MO=16u, czyli MH2SO4=2 1u+32u+4 16u=98u
1.1-4.
Masa cząsteczkowa jest sumą mas atomów wchodzących w skład cząsteczki. Masy atomowe pierwiastków
.
odczytujemy z układu okresowego pierwiastków: MAl=27u, MO=16u, więc MAl2O3=2 27u+3.16u=102u, lub masa cząsteczkowa
.
23
wyrażona w gramach: MAl2O3=102g. Tę masę ma mol cząsteczek, czyli 6,023 10 cząsteczek. 1 cząsteczka ma masę:
m
102g
6,023 1023
16,9 10
23
g
.
1.1-5.
.
23
Masa jednej cząsteczki (bezwzględna masa cząsteczkowa) m cz=Mcz/N0 (N0 jest liczbą Avogadro N0=6,023 10 ).
Bezwzględną masę cząsteczki mcz można również obliczyć sumując bezwzględne masy atomów wchodzących w skład
cząsteczki. Bezwzględna masa atomu m=M/N0. Masy atomowe odczytujemy z układu okresowego pierwiastków: Mc=12g/mol,
12g / mol
1g / mol
MH=1g/mol, czyli m
1,99 10 23 g, natomiast mH
1,66 10 24 g . Masa 9 atomów węgla
c
6,023 10231/ mol
6,023 10231/ mol
.
.
-23
.
-23
.
.
-24
.
-23
m9C=9 1,99 10 g=17,91 10 g. Masa 13 atomów wodoru m13H=13 1,66 10 g=2,16 10 g.
.
-23
.
-23
.
Bezwzględna masa cząsteczki mcz=(17,91+2,16+2,33) 10 =22,4 10 g. Masa cząsteczkowa M=mczN0=22,4 10
23 .
.
23
g 6,023 10 1/mol=134,9g/mol lub 134,9u.
-1-
1.1-6.
Masa cząsteczkowa jest sumą mas atomowych pomnożonych przez współczynniki stechiometryczne. Dla związku
opisanego ogólnym wzorem AaBbCc masa cząsteczkowa związku MAaBbCc=aMA+bMb+cMc, gdzie MA, MB, MC – masy atomowe
odczytane z układu okresowego pierwiastków.
.
.
a) M=2MP+xMO MP=31u, MO=16u. Podstawiając dane do wzoru na M otrzymamy: 110u=2 31u+x 16u, stąd x 110u 62u 3 .
16u
Wzór związku P2O3.
.
.
b) M=30u=2 12u+x 1u, stąd x=6. Wzór związku C2H6.
.
.
.
c) M=178u=4 1u+x 31u+7 16u, stąd x=2. Wzór związku H4P2O7.
1.1-7.
opisanego ogólnym wzorem AaBbCC masa cząsteczkowa związku MAaBbCc=aMA+bMb+cMc, gdzie MA, MB, MC – masy atomowe
.
a) EO2 M=44u=ME+2 16u, stąd ME=12u. W układzie okresowym pierwiastków odnajdujemy, że pierwiastek o masie atomowej
12u to węgiel, a opisany związek to CO2.
.
.
b) E2S3 M=208u=2 ME+3 32u, stąd ME=56u, co odpowiada masie atomowej żelaza, Fe2S3.
.
.
c) H2EO4 M=98u=2 1u+ME+4 16u, stąd ME=32u, co odpowiada masie atomowej siarki, H2SO4.
1.1-8.
.
Cząsteczkę boru można zapisać w postaci Bx. Masa cząsteczkowa tej cząsteczki M=xMB, czyli 132u=xMB, 132u=x 11u.
Stąd x=12. Cząsteczka boru składa się zatem z 12 atomów boru B12.
1.1-9.
ME2O=2ME+16u
.
.
a) MEO2=ME+2 16u. Z waunków zadania wynika, że ME2O < MEO2, czyli 2ME+16u < ME+2 16u. Rozwiązując nierówność
otrzymamy: ME <16u
.
.
b) MEO2=ME+2 16u. Z waunków zadania wynika, że ME2O > MEO2, czyli 2ME+16u > ME+2 16u. Rozwiązując nierówność
otrzymamy: ME >16u
1.1-10.
.
Jeżeli pierwiastek jest jednowartościowy, to tworzy siarczek typu E2S, a tlenek typu E2O. ME2S=2 ME+32u, natomiast
.
.
.
.
ME2O=2 ME+16u. Z warunków zadania wynika, że: ME2S = 1,26 ME2O czyli: 2 ME+32u = 1,26(2 ME+16u). Rozwiązując równanie
względem ME otrzymamy:
0,52ME=11,84u, czyli ME=22,7u. Z układu okresowego pierwiastków znajdujemy, że opisywanym pierwiastkiem jest sód, który
tworzy siarczek: Na2S i tlenek Na2O.
1.1-11.
.
23
Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023 10 cząstek. Ta ilość cząsteczek
ma pewną masę, którą nazywamy masą molową.
Masę molową związku liczymy sumując masy atomowe pierwiastków pomnożone przez współczynniki stechiometryczne. Masy
atomowe atomów odczytuje się z układu okresowego pierwiastków. W przypadku CO 2
.
.
23
MCO2=MC+2MO=12g/mol+2 16g/mol=44g/mol. Stosując prostą zależność (proporcje) obliczamy masę 2 10 cząsteczek CO2:
.
23
6,023 10 cząsteczek CO2 ma masę 44g, to
23
.
23
44g
2 10 cząsteczek CO2 ma masę x, czyli: 6,023 10
czyli x=14,61g
23
x
2 20
1.1-12.
.
23
Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023 10 cząstek. Ta ilość cząsteczek
.
23
3
ma pewną masę, którą nazywamy masą molową. W przypadku rtęci, 1 mol rtęci (6,023 10 atomów) ma masę 201g. W 5 cm
3.
3
rtęci znajduje się (d=m/V) m=dV=5 cm 13,5 g/cm =67,5 g rtęci. Ilość atomów rtęci w tej masie obliczymy z proporcji:
.
23
6,023 10 atomów rtęci ma masę 201, to
-2-
x atomów rtęci ma masę 67,5 g, czyli:
6,023 1023
201g
czyli x=2,02×1023 atomów
x
67, 5g
1.1-13.
.
23
Jeżeli masa atomowa tlenu wynosi 15,9994u, to oznacza, że 1 mol (N0=6,023 10 ) atomów tlenu waży 15,9994 g. Jeden
.
23
.
-24
.
-27
atom waży więc mO=MO/N0=15,9994g/6,023 10 =2,6564 10 g=2,6564 10 kg.
1.1-14.
Masę molową kwasu siarkowego(VI) oblicza się sumując masy atomowe pierwiastków (wyrażone w gramach)
wchodzących w skład cząsteczki kwasu (masy atomowe pierwiastków odczytuje się z układu okresowego). Cząsteczka kwasu
.
.
H2SO4 składa się z 2 atomów wodoru, atomu siarki i czterech atomów tlenu: M=2 1g+32g+4 16g=98g. Jeżeli 1 mol kwasu
.
siarkowego(VI) ma masę 98g, to 3 mole tego kwasu ma masę 3 98g=294g.
1.2.
Mol, masa molowa, liczność materii, liczba Avogadro
1.2-1.
Ze wzoru siarczku glinu Al2S3 wynika, że:
w 1 molu Al2S3 znajdują się 2 mole glinu i 3 mole siarki, to
w 0,6 mol Al2O3 znajdują się x moli glinu i y moli siarki, czyli:
1mol 2mol
1mol
3mol , stąd x=1,3 mol oraz y=1,8 mol.
=
oraz
0,6mol
x
0,6mol
y
W 0,6 mol Al2S2 znajduje się 1,2 mol glinu i 1,8 mol siarki.
1.2-2.
Ze wzoru kwasu siarkowego H2SO4 wynika, że:
w 1 molu kwasu znajdują się 4 mole atomów tlenu, czyli w 2 molach tego kwasu znajduje się 8 moli atomów tlenu.
1.2-3.
Ze wzoru wody H2O wynika, że:
w 1 molu wody znajdują się 2 mole atomów wodoru i 1 mol atomów tlenu, czyli w 3 molach wody znajduje się 6 moli atomów
wodoru i 3 mole atomów tlenu.
1.2-4.
W jednym molu chlorku wapnia CaCl2 znajduje się 1 mol wapnia i 2 mole atomów chloru (1mol chloru, ponieważ chlor
występuje w postaci cząsteczek dwuatomowych Cl2), to w 2 milimolach CaCl2 znajdują się 2 milimole wapnia i 4 milimole
atomów chloru (2 milimole chloru). 1 milimol to 0,001mol.
1.2-5.
Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.).
a) Wodór i tlen występują w postaci cząsteczek dwuatomowych H2 i O2. W jednym molu wodoru znajdują się 2 mole atomów
wodoru, w jednym molu tlenu znajdują się również 2 mole atomów tlenu.
b) Wodór H2, natomiast hel jest gazem szlachetnym i występuje w postaci atomowej He. W jednym molu wodoru znajdują się 2
mole atomów wodoru, a w 1 molu helu znajduje się 1 mol atomów helu.
c) W jednym milimolu SO2 znajduje się 1 milimol siarki oraz 2 milimole atomów tlenu, w sumie 3 milimole atomów. W jednym
milimolu SO3 znajduje się 1 milimol siarki oraz 3 milimole atomów tlenu. W sumie 4 milimole atomów.
1.2-6.
Ze wzoru wody H2O wynika, że w 1 molu wody znajduje się 1 mol atomów tlenu, to w 7 molach wody znajduje się 7 moli
atomów tlenu. W nadltenku wodoru H2O2, w 1 molu znajdują się 2 mole atomów tlenu, to w 4 molach H 2O2 znajduje się 8 moli
atomów tlenu.
1.2-7.
Liczbę moli n obliczamy ze wzoru n=m/M, gdzie M jest masą molową. Masę molową związku liczymy sumując masy
atomowe pierwiastków pomnożone przez współczynniki stechiometryczne. Masy atomowe atomów odczytuje się z układu
-3-
.
okresowego pierwiastków. Dla wody M=2 MH+MO. Z układu okresowego pierwiastków odczytujemy, że MH=1g/mol,
.
MO=16g/mol, czyli MH2O=2 1g/mol+16g/mol=18g/mol. Korzystając ze wzoru na ilość moli obliczamy:
a) 9g wody to 9g/18g/mol=0,5mol
3
3
3
b) 1dm wody to (d=m/V, d=1g/cm =1kg/dm ) 1kg=1000g. n=1000g/18g/mol=55,556 mol.
1.2-8.
okresowego pierwiastków. MH2O2=2MH+2MO=34g/mol. Korzystając z zależności d=m/V, czyli
3.
3
m=dV=1,45g/cm 1000cm =1450g. n=m/M=1450g/34g/mol=42,65 mol.
1.2-9.
okresowego pierwiastków. MFeS=56g/mol+32g/mol=88g/mol. 176kg to 176000g siarczku żelaza. Podstawiając do wzoru na
ilość moli n=m/M=176000g/88g/mol=2000 mol=2 kilomol.
1.2-10.
.
23
Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023 10 cząsteczek.
Liczbę moli n obliczamy ze wzoru n=m/M, gdzie M jest masą molową. Masę molową związku liczymy sumując masy atomowe
pierwiastków pomnożone przez współczynniki stechiometryczne. Masy atomowe atomów odczytuje się z układu okresowego
.
.
pierwiastków. Masa molowa feromonu M=19 12g/mol+38 1g/mol+16g/mol=282 g/mol. Liczbę cząsteczek policzymy z proporcji:
.
23
w 282g (1 mol) znajduję się 6,023 10 cząsteczek feromonu, to
.
-12
w 1 10 g znajduje się x cząsteczek feromonu, czyli:
282g
6,023 1023
czyli x=2,14 109cząsteczek feromonu
-12
x
1 10 g
1.2-11.
.
-6
-3
.
-3
.
-6
1 kropla waży 33 10 kg (przedrostek mili to 10 , więc 1 kropla waży 33 10 g lub 33 10 kg)
.
9
1 miliard to 1 10 (miliard to 1000 milionów).
Możemy więc zapisać prostą proporcje:
.
-6
.
9
w 33 10 kg (1 kropla) wody znajduje się 50 10 atomów złota, to
w 100kg wody znajduje się x atomów złota, czyli
33 10-6kg 50 109
stąd x=1,52 1017 atomów
100kg
x
.
Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023 10
.
23
1 mol (6,023 10 ) atomów złota to 197g, czyli
.
17
1,52 10 atomów złota to x g
6,023 1023 197g
czyli x=4,97 10-5 g 4,97 10 2 mg
x
1,52 1017
23
cząsteczek, atomów, jonów.
1.2-12.
Mol jest ilością materii, taką jak tuzin (12szt.), mendel (15szt.) czy kopa (60szt.). 4,25g siarczanu (VI) litu to
m
4,25g
n
0,1mol . Ze wzoru LiCl wynika, że w 1 molu LiCl znajduje się 0,1 mola litu. W siarczanie litu
M 6,94g / mol 35,45g / mol
Li2SO4, w 1 molu tej soli znajdują się dwa mole litu, czyli aby było 0,1 mola litu należy odważyć 0,05 mola Li2SO4.
w 1 molu Li2SO4 znajdują się 2 mole litu, to
w x molach Li2SO4 znajduje się 0,1 mola litu.
x=0,05mola.
.
.
Masę siarczanu(VI) litu obliczymy po przekształceniu wzoru n=m/M. m=n M=0,05mol 109,95g/mol=5,5g.
-4-
1.2-13.
Sieć typu RSC oznacza, że jest to sieć regularna (sześcian), centrowna na scianach:
Atom srebra leżący na ścianie należy tylko w połowie do
zaznaczonej komórki elementarnej, w połowie należy do
sąsiedniej komorki.
Atom srebra leżący w narożu należy tylko w 1/8 do komórki.
Pozostałe 7/8 należy do 7 sąsiednich komórek. W
rzeczywistości w komórce elementarnej o boku a=409pm
znajdują się 8.1/8+6.1/2=4 atomy srebra, które ważą:
4 107,9g
m
7,166 10-22g
.
6,0231
023
Gęstość d=m/V. Objętośc komórki elementarnej
3
.
-29 3
V=(409pm) =6,842 10 m .
atomy srebra
w naroznikach
Gęstość d
m
V
atomy srebra na scianach
7,166 10 22 g
6,842 10 29 m3
1,05 107 g/ m3
10,5g/ cm3
1.2-14.
.
23
Wiadomo, że w 1 molu znajduje się 6,023 10 cząsteczek. Liczbę moli obliczamy ze wzoru n=m/M. Masa molowa wody
.
H2O M=2 1g/mol+16g/mol=18g/mol. 72g wody to n=72g/18g/mol=4mole. Można ułożyć proporcje:
.
23
w 1 molu jest się 6,023 10 cząsteczek, to
.
24
w 4 mola znajduje się x cząsteczek. Po rozwiązaniu proporcji x=2,409 10 .
1.2-15.
Tlen cząsteczkowy występuje w postaci cząsteczek dwuatomowych O 2. Masę atomową dla tlenu odczytujemy z układu
okresowego pierwiastków MO=16u, lub 16g/mol. Z uwagi na to, że w tlenie cząsteczkowym są dwa atomy – masa cząsteczki
.
tlenu M=32u lub masa mola cząsteczek – 32g/mol. 0,1 mola ma masę 0,1mol 32g/mol=3,2g.
.
23
.
22
W 1 molu tlenu znajduje się 6,023 10 cząsteczek, więc w 0,1mola znajduje się 6,023 10 cząsteczek tlenu.
Liczbę moli substancji obliczamy ze wzoru n=m/M. 0,36g tlenu cząsteczkowego to n=0,36g/32g/mol=0,01125mola.
1.2-16.
.
Masa molowa tlenku potasu K2O M=2 39,1g/mol + 16g/mol=94,2g/mol. Ze wzoru tlenku potasu wynika, że:
w 94,2g K2O znajduje 1 mol tlenu, to
w 18,8g K2O znajduje się x moli tlenu, czyli:
94,2g 1mol
18,8g 1mol
x=
0,2mol . Ze wzoru Na2O wynika, że 0,2mola tlenu znajduje się w 0,2mol tlenku sodu. Ta ilość
18,8g
x
94,2g
.
tlenku sodu waży m=nMNa2O=0,2mol 62g/mol=12,4g.
1.2-17.
.
23
Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023 10 cząsteczek, atomów, jonów.
Możemy więc zapisać:
.
23
1mol to 6,023 10 atomów żelaza, to
0,2mola to x atomów żelaza, czyli:
1mol
6,023 1023
0,2mol 6,023 10 23
x=
1,2046 1023 atomów żelaza
0,2mol
x
1mol
1.2-18.
12
.
23
.
23
znajduje się 6,023 10 atomów węgla, wiec w jednym molu, czyli w 40g wapnia znajduje się 6,023 10 atomów, to
w 8g wapnia znajduje się x atomów wapnia, czyli:
40g 6,023 1023
=
czyli x=1,2046 1023 atomów
8g
x
-5-
1.2-19.
Ze wzoru wynika, że w 1 molu NaOH, czyli
w 40g znajduje się 1mol jonów sodowych,
to w 60g NaOH znajduje się x moli jonów sodowych, czyli
40g 1mol
czyli x=1,5 mola
60g
x
1.2-20.
3
Jeżeli w 10dm znajduje się 1700g fruktozy,
3
to w 0,5dm znajduje się jej x g, czyli:
10dm3 1700g
0,5dm3 1700g
x=
85g
3
x
0,5dm
10dm3
Fruktoza jest cukrem prostym o wzorze C6H12O6 i masie molowej M=180,16g/mol. Liczbę moli możemy policzyć ze wzoru
n=m/M=85g/180,16g/mol=0,472mol.
1.2-21.
Jeżeli orgofosforan(V) wapnia stanowi 3% masy całkowitej ciała, to w 25kg znajduje się:
100% 25kg
.
3% x kg, czyli x=3% 25kg/100%=0,75kg=750g. Ortofosforan(V) wapnia, Ca3(PO4)2 ma masę molową
.
.
.
M=3 40g/mol+2 31g/mol+8 16g/mol=310g/mol. W 750g ortofosforanu to n=m/M=750g/310g/mol=2,42mol ortofosforanu(V)
.
wapnia. Ze wzoru Ca3(PO4)2 wynika, że w tej ilości ortofosforanu znajdują się 3 2,42mol=7,26mol atomów wapnia. Wiedząc, że
.
23
.
.
23
.
23
.
24
1mol to 6,023 10 atomów, to 7,26 mole stanowi N=7,26mol 6,023 10 atomów/mol=29,15 10 =4,373 10 atomów wapnia.
1.2-22.
.
Zawartość procentowa, czyli stężenie procentowe liczone jest ze wzoru: c%=100% ms/mrozt. Przekształcając wzór na
.
.
zawartość procentową względem ms i podstawiając dane do wzoru otrzymamy: ms=c% mrozt/100%=35% 58g/100%=20,3g
.
.
.
Al2(SO4)3 2H2O. Mieszanina składa się więc z 20,3g Al2(SO4)3 2H2O oraz 58g-20,3g=37,7g KAl(SO4)2 18H2O. Zawartość
. .
procentowa wody w związku liczona jest również ze wzoru na stężenie procentowe: c%=100% n 18/Mcz. Masa cząsteczkowa
dwuwodnego siarczanu(VI) glinu wynosi M=378,18g/mol, natomiast dwunastowodnego siarczanu(VI) glinu-potasu
.
. .
M=582,48g/mol. Zawartość procentowa wody w Al2(SO4)3 2H2O wynosi: c%=100% 2 18/378,18=9,52%, natomiast w
.
.
.
KAl(SO4)2 18H2O c%=100% 18 18/582,48=55,62%.
.
.
.
.
W 20,3g Al2(SO4)3 2H2O znajduje się ms=c% mrozt/100%=9,52% 20,3g/100%=1,93g wody, natomiast w 37,7g KAl(SO4)2 18H2O
.
znajduje się ms=55,62% 37,7g/100%=20,97g wody.
W wyniku wysuszenia 58g mieszaniny soli odpoarowano 20,97g+1,93g=22,9g wody.
II sposób.
.
.
.
W 58g mieszaniny znajduje się 20,3g Al2(SO4)3 2H2O oraz 37,7g KAl(SO4)2 18H2O. Masa molowa Al2(SO4)3 2H2O
M=378,18g. Możemy więc zapisać:
.
w 378,18g Al2(SO4)3 2H2O znajduje się 36g wody, to
.
w 20,3g znajduje się x g wody, czyli x=20,3g 36g/378,18g=1,93 g wody.
.
Masa molowa KAl(SO4)2 18H2O M=582,48g/mol. Możemy zapisać:
.
.
w 582,48g KAl(SO4)2 18H2O znajduje się 18 18g=324g wody, to
.
w 37,7g znajduje się x g wody, czyli x=37,7g 324g/582,48g=20,97g wody.
W wyniku wysuszenia 58g mieszaniny, usunięto z niej 1,93g+20,97g=22,9g wody.
1.2-23.
1mol tlenku azotu(III) to 76g. Możemy zapisać:
w 76g N2O3 znajduje się 28g azotu, to
.
19g N2O3 znajduje się x g azotu, czyli x=19g 28g/76g=7g.
1mol tlenku azotu(V) to 108g. Możemy zapisać:
w 108g N2O5 znajduje się 28g azotu, to
.
w 27g N2O5 znajduje się x g azotu, czyli x=27g 28g/108g=7g.
W 19g tlenku azotu(III) znajduje się tyle samo atomów azotu co w 27g tlenku azotu(V).
1.2-24.
.
.
.
Masa molowa Związku o wzorze C12H22O11 wynosi M=12 12g+22 1g+11 16g=342g. Liczbę moli substancji liczymy ze wzoru
n=m/M, czyli w 1kg związku znajduje się n=1000g/342g/mol=2,924mole substancji.
.
23
.
.
23
Mol z układu SI jest miarą liczności o oznacza 6,023 10 cząsteczek, czyli 2,924mole to n=2,924mol 6,023 10
.
23
cząsteczek/mol=17,611 10 cząsteczek.
-6-
1.2-25.
.
23
W 1 molu żelaza, czyli w 55,85g znajduje się 6,022 10 atomów żelaza. Objętość prostopadłościanu wynosi
.
.
3
V=abc=13,6cm 23,8cm 69,2cm=22398,66cm . Masa tego prostopadłościanu (d=m/V)
3.
3
m=dV=7,9g/cm 22398,66cm =176949,4g. Możemy zapisać:
.
23
w 55,85g żelaza znajduje się 6,022 10 atomów żelaza, to
.
.
23
.
23
.
27
w 176949,4g żelaza znajduje się x atomów żelaza, czyli x=176949,4g 6,022 10 /55,85=19079,5 10 =1,908 10 atomów
żelaza.
1.2-26.
Masę molową obliczamy sumując masy atomowe pierwiastków wchodzących w skład związku, z uwzględnieniem ich ilości,
a wynik podajemy w gramach. Z układu okresowego odczytujemy, że masy atomowe pierwiastków wchodzących w skład
związku wynoszą odpowiednio: MCa=40u, MN=14u, MO=16.
.
.
Ze wzoru Ca(NO3)2 odczytujemy, że w skład związku wchodzi 1 atom wapnia, 2 1 atomów azotu, oraz 3 2 atomów tlenu. Masa
cząsteczkowa azotanu(V) wapnia wynosi więc:
.
.
M=40u+2 14u+6 16u=164u. Masa molowa tego związku wynosi więc 164g.
1.2-27.
.
23
3
Mol to 6,023 10 cząsteczek. Mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość V 0=22,4dm . Możemy więc zapisać:
3
.
23
22,4dm to 6,022 10 cząsteczek amoniaku, to
3
3.
.
23
3
.
23
11,2dm to x cząsteczek amoniaku, czyli x=11,2dm 6,022 10 /22,4dm =3,011 10 cząsteczek amoniaku.
1.2-28.
Mol jest jednostką układu SI i określa liczność materii. Zgodnie z definicją mol jest to liczba atomów, jonów, cząsteczek,
12
.
23
cząstek równa liczbie atomów zawartych w 12 g izotopu węgla C. W 1 molu znajduje się 6,022 10 cząstek. Liczba ta
nazywana jest stałą Avogadra i oznaczana N0.
1.2-29.
Zgodnie z hipotezą Avogadro jednakowe objętości gazów w tych samych warunkach ciśnienia i temperatury zawierają taką
3
3
samą ilość cząsteczek. W 10dm amoniaku znajduje się (pV=nRT) n=10dm p/RT moli amoniaku. Cząsteczka amoniaku składa
3
.
3.
się z 4 atomów (1 atomu azotu i 3 atomów wodoru), czyli w 10dm amoniaku znajduje się n1=4 10dm p/RT atomów (cząstek).
. .
Cząsteczka CO2 składa się z 3 atomów (cząstek), czyli w objętości V CO2 znajduje się n2=3 V p/RT cząstek. Wiadomo, że
n1=n2, czyli
3Vp
RT
4 10dm3 p
.
3
3
. Przekształcając równanie względem V otrzymamy: V=4 10dm /3=13,33dm .
RT
3
W tych samych warunkach ciśnienia i temperatury, w 13,33dm tlenku węgla(IV) CO2 znajduje się taka sama ilość cząstek
3
(atomów) co w 10dm amoniaku.
1.3.
Mol, objętość molowa gazu
1.3-1.
3
.
3
3
Każdy mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm =22,4 10 cm , co możemy zapisać:
.
3
3
1000 milimoli (1 mol) dowolnego gazu zajmuje objętość 22,4 10 cm , to
3
3
3
x milimoli zajmuje objętość 1 cm , czyli: 1000milimoli 22,4 10 cm czyli x=4,46×10-2milimol
3
x
1cm
II sposób:
3
3
3
3
1 milimol to 1/1000 mola; 1cm to 1/1000 dm , więc 1 milimol gazu zajmuje objętość 22,4cm , a w 1 cm jest 1/22,4 milimola
.
-2
gazu, czyli 4,46 10 milimola
1.3-2.
3
Gęstość gazu d=m/V. Wiedząc, że mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm , możemy zapisać, że
3.
3
d=M/V0. Przekształcając wzór na gęstość względem M otrzymamy: M=dV0=1,96 g/dm 22,4dm =43,9g.
Jeżeli azot w tlenkach jest I, II, III, IV i V wartościowy to tworzy tlenki typu:
IV II 2
I II
II II
III II
V II
NO
N2O
N2 O 3
N O5
N O2
M=44g/mol
M=30g/mol
M=76g/mol
M=46g/mol
M=108g/mol
Obliczona masa molowa odpowiada tlenkowi azotu(I) N2O.
-7-
1.3-3.
3
Gęstość gazu d=m/V. Wiedząc, że mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm , możemy zapisać, że
3.
3
d=M/V0. Przekształcając wzór na gęstość względem M otrzymamy: M=dV0=0,76 g/dm 22,4dm =17 g/mol.
.
23
Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023 10 cząsteczek, atomów, jonów.
Biorąc pod uwagę ilość cząsteczek i ich masę możemy zapisać:
.
23
6,023 10 cząsteczek waży 17g, to
1 cząsteczka waży x g, czyli:
6,023 1023 17g
czyli x=2,83 10-23 g
1
x
1.3-4.
Gęstość względna d
d1 , natomiast gęstość liczona jest ze wzoru d 1=m1/V. W warunkach normalnych każdy mol gazu
d2
3
zajumuje objętość 22,4dm , więc gęstość gazu w warunkach normalnych można policzyć ze wzoru d
1
Podstawiając te dane do wzoru na gęstość względną otrzymamy:
d
M1
22,4dm3
M2
22,4dm3
M1
.
22,4dm3
M1 . W przypadku gęstości względem wodoru
M2
M2=2g/mol. Podstawiając dane do wzoru na gęstość względem wodoru otrzymamy: 8,5=
M1 , czyli M1=16 g/mol lub jeżeli
2g/mol
masę cząsteczkową wyrazimy w atomowych jednostkach masy M1=16u
1.3-5.
o
Tlen, dwutlenek węgla i wodór w warunkach normalnych (P=1013hpa, T=273K (0 C)) są gazami i zgodnie z prawem
3
Avogadro, zajmują w warunkach normalnych objętość V=22,4 dm .
3
Siarka jest ciałem stałym o d=2,07 g/cm (d=m/V). Mol siarki ma masę 32g (masa molowa odczytana z układu okresowego
3
3
pierwiastków). Ta masa siarki zajmie objętość V=m/d=32g/2,07g/cm =15,46 cm .
3
Woda w tej temperaturze jest cieczą/ciałem stałym o d=1g/cm (w przybliżeniu). 1 mol wody H2O, ma masę 18g i zajmuje
3
objętość V=m/d=18cm .
1.3-6.
3
Każdy mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm . Biorąc pod uwagę, że wszystkie wymienione
substancje są gazami, ich masy można obliczyć z prostej zależności:
3
a) 32g tlenu (1 mol) zajmuje objętość 22,4 dm , to
3
x g tlenu zajmie objętość 2 dm , czyli:
32g 22,4dm3
czyli x=2,85 g
x
2dm3
3
.
3
3
b) 0,5 m azotu to 0,5 10 dm azotu
3
28 g azotu zajmuje objętość 22,4 dm , to
.
3
3
x g azotu zajmie objętość 0,5 10 dm
x=625 g
3
.
-3
3
c) 25 cm tlenku węgla to 25 10 dm
3
28g (1 mol) CO w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm , to
.
-3
3
x g CO w tych warunkach zajmie objętość 25 10 dm , czyli x=0,031 g
1.3-7.
Zgodnie z prawem Avogadro, w tych samych warunkach ciśnienia, temperatury i objętości znajdują się takie same ilości
cząsteczek gazowych. Oznacza to, ze w tych zbiornikach znajdują się takie same ilości moli gazów. Masę ich obliczamy ze
wzoru m=nM. Najmniejszą masę będzie miał ten gaz, który ma najmniejszą masę molową:
O2 M=32 g/mol, N2 M=28 g/mol, NH3 M=17 g/mol, CO2 M=44 g/mol. Najmniejszą masę molową ma amoniak i zbiornik z tym
gazem będzie najlżejszy.
1.3-8.
3
Każdy mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm , można więc zapisać:
3
a) 32g tlenu (1 mol) w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm , to
3
5g tlenu w warunkach normalnych zajmie objętość x dm , czyli:
3
32g 22,4dm
czyli x=3,5dm3
5g
x
-8-
3
b) 44g CO2 w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm , to
3
3
12 g CO2 w warunkach normalnych zajmie objętość x dm , czyli x=6,1 dm
3
c) 17g NH3 w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm , to
3
3
0,2 g NH3 w warunkach normalnych zajmie objętość x dm , czyli x=0,26 dm
3
d) 44 g N2O w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm , to
3
3
4 g N2O w warunkach normalnych zajmie objętość x dm , czyli x=2,04 dm
3
e) 2 g wodoru w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm , to
3
3
70 g wodoru w tych warunkach zajmie objętość x dm , czyli x=784 dm
1.3-9.
3
Mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm , co możemy zapisać:
3
2 g wodoru (1 mol) w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4dm , to
3
0,2 g wodoru w tych warunkach zajmie objętość x dm , czyli:
2g
22,4dm3
czyli x=2,24dm3
0, 2g
x
3
3
Ta ilość wodoru zajmuje objętość 100cm (0,1dm ), nie znajduje się więc w warunkach normalnych.
1.3-10.
Jednakowe ilości gazów, w jednakowych warunkach temperatury i ciśnienia zajmują jednakową objętość. Azot N 2 M=28
g/mol, tlenek węgla CO M=28 g/mol, etylen C2H4 M=28 g/mol. Wszystkie te gazy mają jednakową masę molową, a więc w 5 g
będzie jednakowa ilość moli tych gazów (n=m/M), czyli w jednakowych warunkach ciśnienia i temperatury zajmą jednakową
objętość.
1.3-11.
3
1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm . Dla chloru Cl2 M=71 g/mol. Możemy więc
zapisać:
3
71g (1 mol) chloru w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm , to
3
5000 g chloru w tych warunkach zajmie objętość x dm , czyli:
71g
22,4dm3
czyli x=1577,5dm3 1,58m3
5000g
x
1.3-12.
Zgodnie z prawem Avogadro jednakowe objętości gazów w jednakowych warunkach temperatury i ciśnienia zawierają
3
jednakowe ilości cząsteczek. Opierając się na tym prawie możemy powiedzieć, że w takich samych warunkach w 1 dm
3
wodoru jest taka sama ilość cząsteczek jak w 1 dm tlenu.
.
23
Mol jest ilością taka samą jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). Jeden mol zawiera 6,023 10 cząsteczek.
Więc w 1 molu wodoru jest tyle samo cząsteczek co w 1 molu tlenu.
1 g wodoru to n=1g/2g/mol=0,5 mola, a 1 g tlenu to n=1g/32g/mol= 0,031 mola. W podanych masach znajdują się różne ilości
cząsteczek.
1.3-13.
Zgodnie z prawem Avogadro: jednakowe objętości gazów w identycznych warunkach (taka sama temperatura i ciśnienie)
3
zawierają takie same ilości cząsteczek. A więc, w takich samych warunkach, w 1 cm będzie tyle samo cząsteczek tlenu (taka
3
sama ilość moli) co w 1 cm wodoru.
1.3-14.
Zgodnie z prawem Avogadro: jednakowe objętości gazów w identycznych warunkach (taka sama temperatura i ciśnienie)
zawierają takie same ilości cząsteczek. Wodór jest gazem składającym się z cząsteczek dwuatomowych H2, a hel z atomów
3
helu He. Dlatego w takiej samej objętości (4 cm ) cząsteczek wodoru będzie taka sama ilość jak atomów helu, ale atomów
3
wodoru będzie 2 razy więcej niż atomów helu. W objętości dwukrotnie większej, w 8 cm helu, liczba atomów helu będzie taka
3
sama jak liczba atomów wodoru w 4 cm wodoru.
1.3-15.
3
1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm . Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel
.
23
(15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023 10 cząstek (atomów, cząsteczek, jonów). Możemy więc zapisać:
.
23
3
6,023 10 cząsteczek amoniaku w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm , to
.
24
3
12,04 10 cząsteczek amoniaku w tych warunkach zajmie objętość x dm , czyli:
6,023 1023
22,4dm3
czyli x=447,8dm3
24
x
12,04 10
-9-
1.3-16.
3
1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm . Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel
.
23
(15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023 10 cząstek (atomów, cząsteczek, jonów).
3
.
-3
3
1 cm to 1 10 dm
Możemy więc zapisać:
.
23
3
6,023 10 cząsteczek w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm , to
.
-3
3
x cząsteczek w tych warunkach zajmie objętość 10 dm , czyli:
6,023 1023
22,4dm3
czyli x=2,69 1019
x
1 10 3 dm3
1.3-17.
3
1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm . Czyli 1 mol CO2 w warunkach normalnych
3
zajmuje objętość 22,4 dm . Ze wzoru CO2 wynika, że w 1 molu CO2 znajduje się 1 mol (12 g) węgla, czyli 6 g węgla znajduje
się w 0,5 mol CO2.
3
1 mol CO2 w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm , to
3
0,5 mol CO2 w tych warunkach zajmie objętość x dm
1mol
22,4dm3
czyli x=11,2dm3
0,5mol
x
1.3-18.
3
1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm . Mol cząsteczek ma masę równą masie
molowej (masa cząsteczkowa wyrażona w gramach). Gęstość liczona jest ze wzoru d=m/V a w przypadku gazów można ją
liczyć ze wzoru d=M/V0 gdzie V0 – objętość molowa gazu.
32g / mol
a) O2 MO2=32 g/mol, d
1,4286g/dm3
22,4dm3 / mol
28g / mol
22,4dm3 / mol
b) CO MCO=28g/mol, d
c) N2 MN2=28g/mol, d
d) H2 MH2=2g/mol, d
28g / mol
22,4dm3 / mol
2g / mol
22,4dm3 / mol
e) H2S MH2S=34g/mol, d
1,250g/dm3
1,250g/dm3
8,929 10-2 g / dm3
34g / mol
22,4dm3 / mol
1,518g / dm3
1.3-19.
3
Każdy mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm . Korzystając z prostej proporcji można obliczyć ilości
moli dla poszczególnych gazów:
3
a) 1 mol zajmuje objętość 22,4 dm , to
3
3
x moli zajmuje objętość 67,2 dm , czyli: 1mol 22,4dm stąd x=3mol
3
x
67,2dm
3
b) 1 mol zajmuje objętość 22,4 dm , to
3
x moli zajmuje objętość 5,6 dm ,
3
czyli: 1mol 22,4dm stąd x=0,25mol
x
5,6dm3
3
c) 1 mol zajmuje objętość 22,4 dm , to
3
x moli zajmuje objętość 11,2 dm , czyli:
1mol 22,4dm3
stąd x=0,5mol
x
11,2dm3
1.3-20.
3
Zgodnie z prawem Avogadro w warunkach normalnych każdy mol gazu zajmuje objętość 22,4dm . Masa molowa metanu
.
.
M=1 12g+4 1g=16g. 48g metanu to (n=m/M) n=48g/16g/mol=3mole.
3
Jeżeli 1 mol metanu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4dm , to
3
.
3
3
3 mole metanu w warunkach normalnych zajmą objętość x dm , czyli x=3 22,4dm =67,2dm .
1.3-21.
3
Każdy mol gazu (siarkowodór jest gazem) w warunkach normalnych zajmuje objętość V 0=22,4dm . Liczbę moli gazu
możemy policzyć z zależności n=V/V0 (lub z proporcji). Podstawiając dane do wzoru otrzymamy:
3
3
n=44,8dm /22,4dm /mol=2mole.
- 10 -
Reakcja syntezy siarkowodoru polega na jego utworzeniu z pierwiastków wg równania reakcji: H 2 + S → H2S
Z równania wynika, że na utworzenie 2 moli siarkowodoru potrzeba 2 moli siarki, oraz 2 moli wodoru: 2H2 + 2S → 2H2S. 2mole
.
.
siarki to (n=m/M) m=nM=2mol 32g/mol=64g siarki, oraz 2 mole wodoru to m=nM=2mol 2g/mol=4g wodoru.
1.3-22.
40mg MgO to (n=m/M) n=0,04g/40g/mol=0,001mol MgO. W tej ilości tlenku magnezu znajduje się 0,001mol atomów tlenu
.
-4
lub 5 10 mol cząsteczek tlenu.
3
W 22,4 dm tlenu znajduje się 1 mol cząsteczek tlenu, to
3
.
-4
3. .
-4
3
3
w x dm tlenu znajduje się 5 10 mol cząsteczek tlenu, czyli x=22,4dm 5 10 mol/1mol=0,0112dm =11,2cm .
1.3-23.
o
Wszystkie wymienione związki w warunkach normalnych (P=1013hPa, T=273K (0 C)) są gazami. W warunkach
3
normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość 22,4dm . Możemy więc zapisać:
3
44g (1 mol) N2O zajmuje objętość 22,4dm , to
3
.
3
3
4g N2O zajmą objętość x dm , czyli x=4g 22,4dm /44g=2,04dm
3
28g (1 mol) CO zajmuje objętość 22,4dm , to
3
3.
3
x g CO zajmuje objętość 6dm , czyli x=6dm 28g/22,4dm =7,5g.
3
Gęstość związku liczone jest ze wzoru d=m/V. Wykorzystując fakt, że dla masy m=16g (1mol) objętość wynosi 22,4dm
3
możemy zapisać, że d=M/V0 (M masa molowa, V0 – objętość 1mola gazu w warunkach normalnych, V0=22,4dm ).
3
3
Podstawiając dane do wzoru otrzymamy d=16g/22,4dm =0,7143g/dm .
1.3-24.
3
W warunkach normalnych mol gazu zajmuje objętość V0=22,4dm . Liczbę moli gazu można policzyć z zależności n=V/V0,
3
3
3
czyli 44,8dm tlenku azotu(II) to n=44,8dm /22,4dm /mol=2 mole.
.
23
.
.
23
.
23
1 mol NO to 6,022 10 cząsteczek, 2 mole to n=2 6,022 10 cząsteczek=12,044 10 cząsteczek.
.
1 mol NO ma masę M=14g+16g=30g. 2 mole NO ma masę m=2 30g=60g.
a) 60g substancji
b) 2 mole substancji
.
23
c) 12,044 10 cząstek substancji
1.3-25.
3
3
Gęstość gazu d=1,96g/dm oznacza, że 1 dm gazu waży 1,96g. Wiadomo, że w warunkach normalnych mol dowolnego
3
gazu zajmuje objętość 22,4dm . Możemy więc zapisać:
3
1,96g gazu zajmuje objętość 1dm , to
3
.
3
3
x g (1mol) zajmuje objętość 22,4dm , czyli x=1,96g 22,4dm /1dm =43,9g.
Masa cząsteczkowa tego gazu M=43,9u.
1.4.
Prawa gazowe
1.4-1.
Tlenek węgla(IV) jest gazem i jak każdy gaz, 1 mol w warunkach normalnych (T=273K, P=1013hPa) zajmuje objętość
3
.
.
3
3
3
22,4dm . 103 mole tego związku zajmą objętość V=n V0=103mol 22,4dm /mol= 2307,2dm = 2,307m .
Mol tlenku węgla(IV) ma masę równą sumie mas molowych wchodzących w jego skład atomów z odpowiednimi
.
.
.
.
współczynnikami: M=1 12g/mol + 2 16g/mol = 44g/mol. Masa 103 moli CO2 jest równa więc m=n M=103mol 44g/mol= 4532g =
4,53kg.
1.4-2.
I sposób:
W celu obliczenia masy substancji możemy posłużyć się prawem stanu gazu doskonałego (wzorem Clapeyrona) PV=nRT lub
m
PVM . Podstawiając dane do wzoru dla warunków
PV= RT . Po przekształceniu wzoru względem m otrzymamy: m=
M
RT
3
.
-1. -1
normalnych (P=101300Pa, objętość V w m , R=8,314J mol K , T=273K) otrzymamy:
3
.
-3 3
101300Pa×2×10-3m3 ×32g/mol
a) 2dm tlenu to 2 10 m , M=32g/mol
m=
=2,86g
J
8,314
273K
mol×K
- 11 -
3
101300Pa×0,5m3 ×28g/mol
=624,8g
J
8,314
273K
mol×K
3
.
-6 3
101300Pa×25×10-6m3 ×28g/mol
c) 25cm tlenku węgla(II), czyli 25 10 m
m=
=3,12 10-2 g
J
8,314
273K
mol×K
II sposób:
3
Z prawa Avogadro wiadomo, ze w warunkach normalnych każdy mol gazu zajmuje objętość 22,4dm . Można więc ułożyć
proste proporcje:
3
a)
22,4dm tlenu waży 32g (1mol), to
3
2dm tlenu waży x g, czyli
2dm3 ×32g
x=
=2,86g
22,4dm3
3
b)
22,4dm azotu waży 28g, to
3
500dm azotu waży x g, czyli
500dm3 ×28g
x=
=625g
22,4dm3
3
c)
22,4dm tlenku węgla(II) waży 28g, to
.
-3
3
25 10 dm tlenku węgla(II) waży x g, czyli
-3
25 10 dm3 ×28g
x=
=0,0313g
22,4dm3
b) 0,5m azotu
m=
1.4-3.
Stan gazu opisywany jest przez prawo stanu gazu doskonałego (oraz równanie Clapeyrona) pV=nRT, gdzie p – ciśnienie
3
.
-1. -1
gazu w Pa, V – objętość zajmowana przez gaz w m , n – liczba moli gazu (n=m/M), R – stała gazowa 8,314 J mol K , T –
temperatura bezwzględna.
Podstawiając dane do wzoru i przekształcając go względem n otrzymamy:
pV 101000Pa 2,4 10 3 m3
n
0,1 mol
J
RT
8,314
291 K
mol K
1.4-4.
3
.
-1. -1
gazu w Pa, V – objętość zajmowana przez gaz w m , n – liczba moli gazu (n=m/M), R – stała gazowa 8,314 J mol K , T –
temperatura bezwzględna.
Podstawiając dane do wzoru i przekształcając go względem n otrzymamy:
pV 101300Pa 30 10 6 m3
. Masę SO2 obliczymy z przekształconego wzoru na ilość mol (n=m/M)
n
1,25 103 mol
J
RT
8,314
293K
mol K
.
-3
.
m=nM=1,25 10 mol 64g/mol=0,08g.
1.4-5.
3
gazu w Pa, V – objętość zajmowana przez gaz w m , n – liczba moli gazu (n=m/M co daje pV=mRT/M), R – stała gazowa
.
-1. -1
8,314 J mol K , T – temperatura bezwzględna. Chlor jest niemetalem i występuje w postaci cząsteczek dwuatomowych Cl2.
Masa molowa M=71g/mol.
Przekształcając wzór względem V i podstawiając dane do wzoru otrzymamy:
J
5000g 8,314
295K
mRT
mol K
V
1,7m3 1,7 103 dm3
pM
101300Pa 71g / mol
1.4-6.
3
.
-1. -1
8,314 J mol K , T – temperatura bezwzględna.
.
23
Liczba moli (mol) jest ilością podobnie jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol to 6,023 10 cząsteczek.
Przekształcając wzór Clapeyrona względem n i podstawiając dane otrzymamy:
pV 101300Pa 22,4 10 3 m3
n
0,93mol
J
RT
8,314
295K
mol K
- 12 -
.
23
1 mol to 6,023 10 cząsteczek, więc
0,93 mol to x cząsteczek
0,93mol 6,023 1023
x
5,6 1023 cząsteczek
1
1.4-7.
3
.
-1. -1
Gęstość d=m/V. Przekształcając wzór Clapeyrona otrzymamy:
mRT
pV mRT / M po podzieleniu stronami przez V otrzymamy p=
czyli p=dRT/M
VM
Przekształcając ostatni wzór względem d i podstawiając dane otrzymamy:
pM 101000Pa 17g / mol
d
709,7g / m3 0, 71g / dm3
J
RT
8,314
291K
mol K
1.4-8.
3
.
-1.
8,314 J mol K, T – temperatura bezwzględna.
Gęstość d=m/V. Przekształcając wzór Clapeyrona otrzymamy:
mRT
dRT
pV mRT / M po podzieleniu stronami przez V otrzymamy p=
czyli p=dRT/M, oraz M=
VM
p
3
3
.
3
3
Gęstość gazu musimy przeliczyc na jednostki układu SI (g/m ): d=1,15 g/dm =1,15 10 g/m . Po podstawieniu do wzoru
J
1,15 103 g / m3 8,314
293K
mol K
otrzymamy: M
28,01g / mol
100000Pa
1.4-9.
3
.
-1. -1
3.
3
W zbiorniku umieszczono (d=m/V) m=dV=1,5 g/cm 1cm =1,5 g suchego lodu. Wartość ciśnienia po przesublimowaniu
suchego lodu obliczymy przekształcając wzór Clapeyrona względem p i podstawiając dane. Podstawiając dane do wzoru
musimy podać je w jednostkach Si:
J
1,5g 8,314
294K
mRT
mol
K
p
83329Pa=833,3hPa
3
MV
44g / mol 1 10 m3
1.4-10.
Równanie reakcji spalania siarki (oktasiarki S8) w tlenie (ditlenie) można zapisać w postaci:
S8 + 8O2  8SO2
Z równania reakcji można odczytać, że 1 mol oktasiarki spala się w tlenie dając 8 moli ditlenku siarki, lub:
.
.
3
8 32 g oktasiarki spalane w tlenie daje 8 22,4dm ditlenku siarki (warunki normalne), to
3
10 g oktasiarki spalane w tlenie utworzy x dm SO2, czyli:
8 32g 8 22,4dm3
10g 8 22,4dm3
=
x=
=7dm3 (warunki normalne, czyli T=273K, P=1013hPa). Jeżeli SO2 znajduje się w innej
10g
x
8 32g
temperaturze skorzystajmy z zależności p1V1 = p2 V2 gdy p =p równanie upraszcza się do postaci: V1
1
2
T1
T2
T1
3
V1 7dm , T1=273K, a za T2=298K możemy obliczyć V2: V
2
V1T2
T1
7dm3 298K
273K
V2 . Podstawiając za
T2
7,64dm3
1.4-11.
Podstawiając dane pod wzór Clapeyrona PV=nRT i przekształcając go względem n otrzymamy liczbę moli gazu:
n=
PV
1×105 ×1×10-3m3
. Chcąc policzyć liczbę cząsteczek gazu wystarczy pomnożyć przez stałą
=
=3,22×10-2mol
RT 8,314 J ×373K
mol×K
.
23
.
Avogadro N0=6,023 10 . n=1,94 10
22
cząsteczek.
- 13 -
1.4-12.
Jeżeli temperatura wody nie zmienia się, więc przemiana zachodzi w stałej temperaturze i pisywana jest wzorem BoylaMariotta: P1V1=P2V2. Jeżeli pęcherzyk zwiększył objętość trójkrotnie, to V2=3V1. Po podstawieniu do wzoru otrzymamy:
P1V1=3P2V1, a po podzieleniu stronami przez V1 otrzymamy: P1=3P2. Ciśnienie na powierzchni wynosi 1atm, to na dnie musi
wynosić 3atm. Czyli ciśnienie wody wynosi 2atm. Wiadomo, że każde 10m głębokości wody to wzrost ciśnienia o 1atm.
Głębokość jeziora wynosi zatem 20m.
1.4-13.
Cynk z kwasem solnym reaguje według równania reakcji:
Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2
3
.
3,27g cynku to 0,050mola cynku. 100cm kwasu to 110g. W roztworze tym znajduje się m s=mrozt c%/100%=11g chlorowodoru,
czyli 0,3mol. Z równania reakcji widzimy, że na 0,05mol cynku potrzeba 0,1mol chlorowodoru. Chlorowodoru jest nadmiar, cynk
3
przereaguje całkowicie dając 0,050mol wodoru (z równania reakcji). W podanych warunkach wodór zajmie objętość 900cm
3
.
-6 3
(100cm zajmuje roztwór kwasu i chlorku cynku), czyli 900 10 m . Ciśnienie panujące w naczyniu obliczymy ze wzoru
Clapeyrona pV=nRT. Podstawiając podane wartości i przekształcając wzór względem p otrzymamy:
J
0,05mol 8,314
294K
nRT
mol
K
pH
135795,3Pa=1357,95hPa . Przyjmując, że w naczyniu przed zamknięciem było
4 3
V
9 10 m
powietrze pod ciśnieniem normalnym (pp=1013hPa), ciśnienie końcowe P, zgodnie z prawem Daltona równe jest sumie ciśnień
cząstkowych P=pp+pH=1013hPa+1358hPa=2371hPa (P=2,34atm).
1.4-14.
3
Wiadomo, że mol każdego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4dm . Gęstość gazu d=m/V=M/V0. W
3
3
3
3
przypadku wodoru dH=2g/22,4dm =0,0893g/dm , natomiast gęstość chloru wynosi dCl=71g/22,4dm =3,17g/dm . Oznaczmy
przez VH objętość wodoru, a przez VCl objętość chloru. Masa wodoru wynosi więc mH=0,0893VH, a masa chloru mCl=3,17VCl.
Wiemy, że VH+VCl=0,5, oraz mH+mCl=1, co można zapisać:
VH+VCl=0,5
0,0893VH+3,17VCl=1.
3
3
Po rozwiązaniu układu równań otrzymamy: VH=0,19dm , VCl=0,31dm . Chlor z wodorem reaguje wg równania reakcji:
H2+Cl2 → 2HCl
Z równania reakcji wynika, że wodór z chlorem reaguje w stosunku molowym, oraz objętościowym 1:1. Z obliczeń wynika, że
chloru użyto w nadmiarze w stosunku do wodoru.
1.4-15.
Załóżmy, że pusty pojemnik ma masę m. Masa azotu zawartego w pojemniku wynosi 50,00g-m, natomiast masa argonu
51,76-m. Gazy opisane mogą być wzorem Clapeyrona pV=nRT. Z treści zadania wynika, że dla obydwu gazów objętość
50,00g m
51,76g m
R 293K
R 303K . Po pomnożeniu
naczynia jest identyczna: V=nRT/P. Możemy więc zapisać:
28g / mol P
39,95g / mol P
stronami przez P i podzieleniu stronami przez R otrzymamy:
50,00 m
293
28
51,76 m
303 , a po wykonaniu działań:
39,95
523,214-10,464m=392,573-7,584m. Po rozwiązaniu równania otrzymamy m=45,361g. W zbiorniku znajduje się zatem
50,00g-45,361g=4,639g azotu, oraz 51,76g-45,361g=6,399g argonu. Przekształcając wzór Clapeyrona względem P i
podstawiając dane otrzymamy: (P=nRT/V) P
4,639g
28g / mol 2dm3
83,14
hPa dm3
293K
mol K
2018hPa .
1.4-16.
Stan gazu opisywany jest przez równanie Clapeyrona PV=nRT lub PV/T=const (dla stałej ilości gazu iloczyn n i stałej
gazowej R jest wielkością stałą). Równanie Clapeyrona (równanie stanu gazu doskonałego) możemy również zapisać w
PV P0V0
postaci:
, gdzie P0, V0, T0 opisują stan gazu w warunkach normalnych. Przekształcając ostatnie równanie
T
T0
względem V0 otrzymamy: V0
PVT0
TP0
1400hPa 1,2dm3 273K
300K 1013hPa
1,51dm3
1.4-17.
.
.
3
o
Objętość tego pomieszczenia V=abc=10m 5m 3m=150m . W warunkach standardowych (t=25 C, P=1000hPa) gęstość
3
3.
3
powietrza d=1,168kg/m (odczytana z tablic). Masa powietrza w pomieszczeniu (d=m/V) m=dV=1,168kg/m 150m =175,2kg.
1.4-18.
- 14 -
3
3
Zawartość tlenu w powietrzu wynosi około 21%. W pracowni szkolnej o objętości 150m znajduje się 150m powietrza.
.
.
3
3
Objętość tlenu w tym powietrzu (c%=100% VO/VP) VO=c%VP/100%=21% 150m /100%=31,5m 20 uczniów w ciągu godziny
.
3
3
3
3
3
zużywa V=20 0,1m /h=2m /h tlenu. 31,5m tlenu wystarczy 20uczniom na t=31,5m /2m /h=15,75h=15h45min. W
rzeczywistości w hermetycznym pomieszczeniu tlenu braknie znacznie szybciej, ponieważ nawet niewielki spadek ilości tlenu w
powietrzu powoduje trudności z oddychaniem.
1.5.
Podstawowe prawa chemiczne
1.5-1.
Z prawa zachowania masy (masa substancji przed reakcją równa jest masie substancji po reakcji) wynika, że masa gazu
wynosiła 10g-5,6g=4,4g. Ta ilość gazu zajmowała objętość 2,23dm3. Możemy więc zapisać:
2,23dm3 gazu waży 4,4g, to
22,4dm3 gazu (1mol) waży x g, czyli x=22,4dm3.4,4g/2,23dm3=44,2g.
1 mol gazu ma masę 44,2g, czyli gazem otrzymanym z rozkładu próbki substancji jest tlenek węgla(IV) M=12g+2.16g=44g.
1.5-2.
Wapień (węglan wapnia) podczas prażenia rozkłada się wg równania reakcji:
CaCO3 → CaO + CO2
Wapno palone to zwyczajowa nazwa tlenku wapnia. Korzystając z prawa zachowania masy możemy zapisać:
Masa produktów reakcji wynosi 112g+88g=200g. Ta ilość produktów musiała powstać z rozkładu 200g wapienia.
1.5-3.
Z prawa zachowania masy wynika, że masa substratów musi być zawsze równa masie produktów. Jeżeli z 10g
manganianu(VII) potasu otrzymano 8,9g produktu stałego + tlen, to oznacza, że masa produktów (ciała stałego i tlenu) musi
być równa 10g, czyli tlenu otrzymano 10g-8,9g=1,1g. Z gęstości tlenu (d=m/V) obliczamy objętość jaką on zajmuje
V=m/d=1,1g/0,00143g/cm3=769,2cm3=0,769dm3.
1.5-4.
Woda ulega rozkładowi zgodnie z równaniem reakcji:
2H2O → 2H2 + O2, czyli jedynymi produktami rozkładu są tlen i wodór.
Przyjmując, że otrzymane gazy znajdują się w warunkach normalnych możemy zapisać:
32g tlenu (1mol) w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4dm3, to
x g tlenu zajmuje objętość 0,14dm3, czyli x=32g.0,14/22,4=0,2g.
2g wodoru (1mol) w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4dm3, to
x g wodoru zajmuje objętość 0,28dm3, czyli x=2g.0,28/22,4=0,025g.
Z rozkładu wody uzyskano 0,2g tlenu i 0,025g wodoru, czyli rozkładowi poddano 0,2g+0,025g=0,225g wody.
- 15 -
Błąd! Nie można odnaleźć źródła odwołania.
2. Budowa atomu, układ okresowy pierwiastków
2.1.
Konfiguracja elektronowa pierwiastków
2.1-1.
Pierwiastki w układzie okresowym pierwiastków ułożone są wg wzrastającej liczby porządkowej. Liczba porządkowa
wskazuje ilość protonów w jądrze atomu. Z uwagi na to, że atom jest obojętny, proton posiada ładunek dodatni, a elektron
ujemny, to liczba porządkowa wskazuje jednocześnie liczbę elektronów w atomie. Elektrony w atomie rozmieszczone są na
2
powłokach. Na poszczególnych powłokach może znajdować się maksymalnie 2n elektronów, gdzie n – nr powłoki (główna
liczba kwantowa). Powłoki oznaczane są kolejnymi literami począwszy od K:
Powłoka
K
L
M
N
O
P
Nr powłoki
1
2
3
4
5
6
Maksymalna liczba
2
8
18
32
50
72
elektronów
Aby rozpisać rozmieszczenie elektronów (konfiguracje elektronową) musimy znać liczbę elektronów jaką dysponuje atom,
liczbę powłok oraz liczbę elektronów na ostatniej powłoce (powłoce walencyjnej). Potrzebne informacje odczytamy z układu
okresowego pierwiastków.
Ilość elektronów w atomie – jest to liczba porządkowa (liczba atomowa Z) liczba masowa X
liczba atomowa
Ilość powłok w atomie – jest to nr okresu (nr wiersza)
Ilość elektronów walencyjnych – nr grupy (nr kolumny). Jeżeli nr grupy jest większy od 10 to liczba ekektronów walencyjnych
równa jest nr grupy – 10.
Na: Z=11, okres 3 (3 powłoki ekektronowe), nr grupy 1 (1 elektron walencyjny). Elektrony w atomie sodu rozmieszczone są na
3 powłokach K, L i M, na ostatniej jest 1 elektron, pozostałe elektrony rozmieszczone są na powłokach tak, by nie przekroczyć
2
ilości 2n
2 8 1
+
Na: K L M w przypadku jonu sodowego Na musimy odjąć jeden elektron z powłoki walencyjnej:
+
2 8
Na : K L
Br: Z=35, okres 4 (4 powłoki), nr grupy 17 (17-10-7 elektronów walencyjnych)
2 8 8 7
Br: K L M N Br ma jeden elektron wiecej, który znajduje się na ostatniej powłoce:
2 8 8 8
Br : K L M N
Ca Z=20, 4 okres, 2 grupa
2 8 8 2
Ca: K L M N jon wapniowy ma dwa elektrony mniej:
2+
2 8 8
Ca : K L M
2.1-2.
Atomy dążą do tego by przyjąć konfigurację elektronową najbliższego gazu szlachetnego, czyli by na ostatniej powłoce
posiadać 8 elektronów. Oddają te elektrony (jeżeli mają mniej niż 4) tworząc kationy, lub przyjmują elektrony (jeżeli na ostatniej
powłoce mają więcej niż 4 elektrony) tworząc aniony. Wielkość ładunku jony jest równa ilości elektronów oddanych (ze znakiem
+) lub pobranych (ze znakiem -). Aby móc określić ładunek jonu wystarczy stwierdzić w której grupie znajduje się pierwiastek
(nr grupy jest równy ilości elektronów walencyjnych, czyli ilości elektronów na ostatniej powłoce). Ilość elektronów walencyjnych
– nr grupy (nr kolumny). Jeżeli nr grupy jest większy od 10 to liczba ekektronów walencyjnych równa jest nr grupy – 10.
+
K – pierwsza grupa – 1 elektron walencyjny. Potas tworzy jony K jony potasowe
2+
Mg – druga grupa – 2 elektrony walencyjne. Magnez tworzy jony Mg jony magnezowe
Br – 17 grupa (17-10) – 7 elektronów walencyjnych. Brom tworzy aniony Br jon bromkowy
2S – 16 grupa (16-10) – 6 elektronów walencyjnych. Siarka tworzy aniony S jon siarczkowy
3+
Al – 13 grupa (13-10) – 3 elektrony walencyjne. Glin tworzy kationy Al jony glinu
2Te – 16 grupa (16-10) 6 elektronów walencyjnych. Tellur tworzy aniony Te jon tellurkowy.
2.1-3.
W układzie okresowym pierwiastków wyróżniamy wiersze – które nazywamy okresami, oraz kolumny – nazywane grupami.
Numer okresu wskazuje liczbę powłok elektronowych i równy jest ostatniej liczbie w konfiguracji elektronowej. Suma indeksów
przy ostatniej liczbie wskazuje liczbę elektronów walencyjnych i jest równa nr grupy. Jeśli pierwiastek posiada elektrony d, to
zaliczane one są elektronów walencyjnych i ich ilość również wliczana jest do nr grupy. Suma wszystkich elektronów równa jest
liczbie protonów. Liczba protonów w jądrze nazywana jest liczbą atomową (porządkową) i wskazuje kolejność pierwiastka w
układzie okresowym. Suma protonów i neutronów nazywana jest liczbą masową (protony i neutrony nazywane są nukleonami).
Liczba masowa jest najbliższą liczbą całkowitą dla masy atomowej:
2
3
1s22s 2p Pierwiastek leży w 2 okresie i w 5 grupie. Z układu okresowego pierwiastków możemy odczytać, że pierwiastkiem
tym jest azot, N, liczba atomowa (porządkowa) 7, liczba masowa 14.
- 16 -
l0
2
6
1s22s22p63s23p63d 4s 4p Pierwiastek leży w 4 okresie i 18 grupie. pierwiastkiem tym jest Krypton, Kr, liczba atomowa 36,
masowa 84
3
2
[Ar]3d 4s Pierwiastek leży w 4 okeresie i 5 grupie, jest to wanad, V, liczba atomowa 23, liczba masowa 51..
II sposób: Liczba protonów w jądrze nazywana jest liczbą porządkową. Atom jest obojętny, więc liczba elektronów w
atomie równa jest liczbie protonów. Liczę elektronów wskazuje suma indeksów górnych:
2
2
3
1s 2s 2p Pierwiastek posiada 7 elektronów. Liczba porządkowa 7, czyli pierwiastkiem tym jest azot.
2
2
6
2
6
l0
2
6
1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 4p Pierwiastek posiada 36 elektronów, czyli w jądrze znajduje się 36 protonów, liczba porządkowa 36.
Pierwiastkiem tym jest Krypton
3
2
[Ar]3d 4s Konfiguracja argonu, czyli 18 elektronów, plus 5 elektronów. Pierwiastek posiada 23 elektrony. Liczba porządkowa
23, jest to wanad.
2.1-4.
Numer okresu wskazuje liczbę powłok elektronowych i równy jest ostatniej liczbie w konfiguracji elektronowej. Suma
indeksów przy ostatniej liczbie wskazuje liczbę elektronów walencyjnych i jest równa nr grupy. Jeśli pierwiastek posiada
elektrony d, to zaliczane one są elektronów walencyjnych i ich ilość również wliczana jest do nr grupy. Suma wszystkich
elektronów równa jest liczbie protonów. Liczba protonów w jądrze nazywana jest liczbą atomową (porządkową) Z i wskazuje
kolejność pierwiastka w układzie okresowym. Liczba masowa A to suma protonów i neutronów w jądrze: A=Z+l.neutronów.
Liczbę masową odczytuje się z układu okresowego pierwiastków. Jest to najbliższa masie atomowej liczba całkowita. Na
pozostałe pytania łatwo można odpowiedzieć rysując model klatkowy konfiguracji elektronowej i licząc niesparowane elektrony.
Rysując taki model musimy pamiętać o regule Hunda, która mówi, że na orbitalach zdegenerowanych (mających taką samą
energię) liczba elektronów niesparowanych musi być maksymalna.
a) 1s22s22p63s23p4 Wszystkich elektronów jest 16, więc Z=16, Pierwiastkiem tym jest Siarka, A=32. W jądrze atomowym
znajduje się zatem 16 protonów i 32-16=16 neutronów. Atom posiada 3 powłoki elektronowe (leży w 3 okresie), oraz 6
elektronów walencyjnych, nie posiada elektronów na orbitalu d, jest więc pierwiastkiem grupy głownej (16 grupa).
S
Atom posiada 2 niesparowane elektrony, do oktetu brakuje mu 2 elektronów, które musi przyjąć. Tworzy więc jony o ładunku 2S2-.
6
2
b) 1s22s22p63s23p63d 4s Atom posiada 26 elektrony. Z=26, leży w 4 okresie (posiada 4 powłoki elektronowe), 8 grupie (jest
to pierwiastek przejściowy). Pierwiastkiem tym jest żelazo. Liczba masowa A=56. W jądrze znajdują się 26 protony, oraz 5626=30 neutronów.
Fe
Atom chętnie odda dwa elektrony z orbitalu 4s by upodobnić się do najbliższego gazu szlachetnego. Tworzy więc jony Fe2+.
Parowanie elektronów powoduje zawsze wzrost energii. Żelazo chętnie odda tez jeden sparowany elektron z orbitalu 3d, oraz
dwa elektrony z orbitalu 4s tworząc jony Fe3+.
c) [Kr]5s1 Tego typu zapis oznacza, że atom posiada konfiguracje elektronowa kryptonu (Z=36), oraz dodatkowo 1 elektron na
orbitalu 5s (razem 37 elektronów). Leży w 5 okresie i w 1 grupie układu okresowego pierwiastków. Liczba atomowa Z=37,
liczba masowa A=85 (jest to rubid). W jądrze znajduje się 37 protonów, oraz 85-37=48 neutronów. Z zapisu widać, że jest tylko
1 niesparowany elektron, który atom chętnie odda tworząc jony Rb+.
2.1-5.
Numer grupy określa ilość elektronów walencyjnych. W przypadku pierwiastków 1 grupy posiadają one 1 elektron
walencyjny, natomiast pierwiastki 17 grupy posiadają (17-10) 7 elektronów walencyjnych. Każdy atom dąży do tego by uzyskać
konfiguracje najbliższego gazu szlachetnego (oktet elektronów). W przypadku pierwiastków 1 grupy, atom uzyska oktet
oddając elektron walencyjny, natomiast atom z 17 grypy uzyska oktet elektronowy przyjmując 1 elektron:
- 17 -
-e
jon dodatni
atom
+e
W przypadku atomu z 17 grupy, na orbitalu p znajduje się jeszcze miejsce na 1 elektron. Nawet w przypadku gdy one się
odpychają od siebie, jest dostateczna ilość miejsca by jeden od drugiego był daleko. W anionie, oktet elektkronów i brak
wolnego miejsca powoduje, że powłoka musi zwiększyć swój rozmiar, dlatego anion ma większy promień od atomu.
2.1-6.
Metal charakteryzuje się tym, że bardzo łatwo oddaje elektron(y) walencyjny. Charakter mealiczny w układzie okresowym
wzrasta wraz ze wzrostem wielkości atomu, czyli wraz ze wzrostem nr okresu. W grupach charakter metaliczny wzrasta ze od
grupy 17 do 1.
Sód i potas są pierwiastkami z 1 grupy, ale sód leży w 3 okresie, a potas w 4. Większy charakter
metaliczny ma potas.
wzrost charakteru
Sód znajduje się w 1 okresie, a magnez w 2. Obydwa są pierwiastkami z 3 okresu. Większym
metalicznego
charakterem metalicznym charakteryzuje się sód
2.1-7.
Charakter niemetaliczny pierwiastków w układzie okresowym wzrasta wraz ze wzrostem nr grupy i maleje ze wzrostem nr
okresu:
Siarka i chlor leżą w tym samym okresie, ale siarka leży w 16 a chlor w 17 grupie. Chlor posiada
większy charakter niemetaliczny.
wzrost charakteru
Fluor i chlor – obydwa pierwiastki znajdują się w 17 grupie, ale fluor znajduje się w 2 okresie, a
niemetalicznego
chlor w 3 okresie. Fluor ma więc większe właściwości niemetaliczne
2.1-8.
Główna liczba kwantowa n określa nr powłoki, jednocześnie określa ona liczbę podpowłok. Nazwy dla podpowłok tworzy się
w zależności od pobocznej liczy kwantowej l, która przyjmuje wartości 0≤l≤n-1.
poboczna liczba kwantowa l
0
1
2
3
4
5
nazwa podpowłoki (orbitalu)
s
p
d
f
g
h
Dla powłoki o n=4 poboczna liczba kwantowa może przyjąć wartości 0, 1, 2, 3, więc w tej powłoce istnieją następujące
podpowłoki (orbitale): s, p, d, f.
2.1-9.
Dla czwartej powłoki n=4. Poboczna liczba kwantowa dla podpowłoki (orbitalu) d wynosi 2. Liczbę orbitali określa magnetyczna
liczba kwantowa m, która przyjmuje wartości –l….0….+l. A więc dla pobocznej liczby kwantowej l=3, magnetyczna liczba
kwantowa przyjmie wartości -2, -1, 0, 1, 2. Mamy więc 5 orbitali typu d. Każdy z nich może przyjąć elektron o magnetycznej
liczbie spinowej ms=±1/2. A więc podpowłoka typu d dysponuje 10 stanami kwantowymi.
Poboczna liczba kwantowa dla orbitalu p czwartej powłoki (dla każdej innej powłoki również) wynosi 1. Istnieją 3 orbitale typu p
o magnetycznych liczbach kwantowych -1, 0, +1. Każdy z nich scharakteryzowany jest przez 2 magnetyczne liczby spinowe.
Istnieje więc 6 możliwych stanów kwantowych.
Dla powłoki n=4 istnieją następujące orbitale: l=0 – s, l=1 – p, l=2 – d, l=3 – f. Istnieje tylko 1 orbital s (m=0), oraz 7 orbitali f
(m=-3, -2, -1, 0, +1, +2, +3). Możliwe stany kwantowe 2 dla s, 6 dla p, 10 dla d oraz 14 dla f. W sumie 32. Dla powłoki ilość
2
. 2
stanów kwantowych (max. liczbę elektronów jaka może się znaleźć na powłoce) można określić z zależności 2n (2 4 =32).
- 18 -

ODPOWIEDZI DO ZADAŃ Z CHEMII

Transkrypt

Podobne dokumenty

Informacje wewn ę trzne CEZ i MOL założyły wspólne

ZADANIA II ETAPU VIII KONKURSU CHEMICZNEGO 1. na

LCH 2 Zajęcia 37 Ustalanie wzorów cząsteczek.

Molowe ciepło właściwe

SZUKAM PRACY W UNII EUROPEJSKIEJ

ZADANIA II-go ETAPU X KONKURSU CHEMICZNEGO 11 grudnia

Obliczanie wydajności reakcji

Zadania do ćwiczenia 1