Sbírka řešených příkladů z chemiefiles.tigridfyzika.webnode.cz/200001700-6c1c46d163...V n V V = n ∙ V n = 13mol ∙22,41dm 3 mol 1 = 291,33 dm3 Oxid uhelnatý zaujímá objem

Projekt: Podpora rozvoje praktické výchovy ve fyzice a chemii

1

Jazykové gymnázium Pavla Tigrida, příspěvková organizace

G. Klimenta 493/3

708 00 Ostrava-Poruba

Sbírka řešených příkladů z chemie

Autoři

Mgr. Milan Koryčan

Mgr. Petra Botlíková

Ostrava březen 2012 - prosinec 2013


2

Obsah

1. Čisté látky

Látkové množství, hmotnost látky a molární hmotnost látky, molární objem.

2. Soustavy látek

Hmotnostní zlomek (procentové zastoupení prvků ve sloučenině), určení stechiometrického a

molekulového vzorce anorganické a organické sloučeniny.

3. Roztoky

Procentová hmotnostní koncentrace, procentová objemová koncentrace, látková (molární)

koncentrace (molarita), mísení roztoků-rovnice látkové bilance (směšovací rovnice), ředění

roztoků a zahušťování roztoků-výpočtem i křížovým pravidlem.

4. Výpočty s pomocí chemických rovnic

Rovnice ve stechiometrickém tvaru, určování stechiometrických koeficientů z rovnic redoxních

reakcí, výpočty množství reaktantů a produktů chemických reakcí (výpočty z chemických

rovnic).

5. Chemické rovnováhy kyselin a zásad

Vyjadřování kyselosti a zásaditosti látek, stupnice pH.

6. Chemické rovnováhy srážecích a redoxních reakcí

Srážecí reakce. Elektrochemické reakce jako redoxní reakce.

7. Komplexotvorné reakce

8. Využití chemických rovnováh při řešení úloh v chemické analýze

Hmotnostní analýza, odměrná stanovení.

9. Typy chemických reakcí

10. Izomerie v organické chemii


3

Zdroje informací

MARKO, Miloš a kol. Příklady a úlohy z chemie. Praha: SPN, 1978, ISBN 14-695-78.

KANDRÁČ, Ján; SIROTA, Anton. Výpočty ve stredoškolskej chémii. Bratislava: SPN, 1989, ISBN 80-08-

00029-5.

TRŽIL, Jan; ROSENFELD, Robert; ULLRYCH, Jaroslav. Sbírka příkladů z chemie. Ostrava: VŠB, 1984,

ISBN 21.514/79.

KORBAČKOVÁ, Dana. Vybrané příklady z obecné a anorganické chemie. Ostrava: Pedagogická fakulta v

Ostravě, 1986, ISBN 21.514/79.

RŮŽIČKOVÁ, Květoslava; KOTLÍK, Bohumír. Chemické názvosloví v kostce. Praha: Fragment, 2011, ISBN

978-80-253-1225-4.

ADAMKOVIČ, Emil; ŠRAMKO, Tibor; LIŠKA, Otakar. Analytická chemie. Praha: SNTL, 1989, ISBN 04-

609-89.

MELOUN, Milan. Analytická chemie1 [online]. [cit. 7.1.2014]. Dostupný na WWW:

http://meloun.upce.cz/docs/analchem1/slidy5.pdf

MELOUN, Milan. Analytická chemie1 [online]. [cit. 7.1.2014]. Dostupný na WWW:


ŠRÁMEK, Vratislav; KOSINA, Ludvík. Chemie-univerzální příručka pro maturanty a uchazeče o studium na

VŠ. Úvaly u Prahy: Albra, 1995, 2.vydání, ISBN NEURČENO.

ČTRNÁCTOVÁ, Hana; KLÍMOVÁ, Helena; VASILEVSKÁ, Marie. Úlohy ze středoškolské chemie. Praha:

SPN, 1991, ISBN 8004258387, 9788004258382.

JENŠOVSKÝ, Lubor; KLIMEŠOVÁ, Věra; HÁJEK, Bohumil. Příklady z obecné a anorganické chemie.

Praha: Alfa, 1971,2.upr.vydání, ISBN NEURČENO.

OSTRÝ, Metoděj; HÁJEK, Bohumil. Chemie v úlohách. Praha: SPN, 1964, ISBN NEURČENO.

MAREČEK, Aleš; HONZA, Jaroslav. Chemie: Sbírka příkladů pro SŠ. Praha: Proton, 2001, ISBN 80-902402-

2-4.

MAREČEK, Aleš; HONZA, Jaroslav. Chemie pro čtyřletá gymnázia (3.díl). Olomouc: Olomouc, 2001, ISBN

80-7182-057-1.




4

1. Čisté látky

Látkové množství, hmotnost látky a molární hmotnost látky, molární objem

Látkové množství je podíl hmotnosti látky a její molární hmotnosti nebo objemu látky a jejího

molárního objemu nebo skutečného počtu částic a počtu částic v 1 molu látky (Avogadrova

konstanta).

Vzorce pro určení látkového množství:

n=nA V

V

N

N

M

m

m hmotnost látky v gramech

M molární hmotnost v g∙mol-1

Vn molární objem

N skutečný počet částic (atomů, molekul nebo iontů)

NA Avogadrova konstanta

V skutečný objem látky (plynu)

Jednotkou látkového množství je mol.

1 mol je takové množství látky, které obsahuje 6,022 .1023

částic (atomů, molekul nebo iontů).

Avogadrova konstanta je ve vzorci značena NA a označuje počet částic (atomů, molekul nebo

iontů) v 1 molu látky a to je právě 6,022∙1023

.

Označení N představuje skutečný počet částic (atomů,molekul nebo iontů) v látce.

1 mol plynné látky zaujímá za normálních podmínek objem 22,41 dm3 nebo 22,41 l(litru).

Jedná se o tzv. molární objem. Ve vzorci značíme molární objem Vn.

Jednotkou molárního objemu je dm3∙mol

-1 .

Molární hmotnost M je hmotnost 1 molu látky, např. M (NaOH) = 40 g∙mol1

, M(H 2 ) = 2

g∙mol 1 .

Relativní molekulová hmotnost má stejnou číselnou hodnotu jako molární hmotnost, ale je

bez jednotky. Např. Mr(NaOH) = 40, Mr(H2) = 2.

Relativní molekulovou hmotnost vyjádříme součtem relativních atomových hmotností všech

atomů v molekule. Hodnoty relativních atomových hmotností prvků najdeme v periodické

soustavě prvků.

Relativní atomovou hmotnost označujeme Ar .


5

Příklady

1.1

Jaké látkové množství představuje 3,011∙1023

atomů vodíku?

Řešení:

N= 3,011∙1023

počet atomů vodíku

NA=6,022∙1023

mol-1

Avogadrova konstanta

123

23

10022,6

10015,3

molN

Nn

A

= 0,50 mol

Uvedené množství atomů vodíku představuje látkové množství 0,50 mol.

1.2

Máme 93 g molekulového vodíku. Vypočítejte látkové množství.

Ar(H) = 1,01

Řešení:

Vyjdeme ze vzorce pro látkové množství. Pro dosazení potřebujeme znát molární hmotnost

vodíku:

m = 93 g

M(H2) = 2,02 g∙mol 1

n = ?

102,2

93

molg

g

M

mn =46,04 mol

Látkové množství uvedeného množství vodíku představuje 46,04 mol.

1.3

Jaká je hmotnost 22 mol oxidu siřičitého?

Ar(S) = 32,07 Ar(O) = 16

Řešení:

n = 22 mol

M(SO2) = 64,07 g∙mol 1

m = ?

Vyjdeme ze vzorce pro látkové množství, vzorec upravíme a dosadíme do něj:


6

n=M

m

m = n ∙ M = 22mol ∙ 64,07g∙mol 1 = 1409,54 g

Oxid siřičitý o látkovém množství 22 mol představuje hmotnost 1409,54g.

1.4

Jaká je hmotnost 21 mol metanu CH4?

Ar(C) = 12,01, Ar(H) = 1,01

Řešení:

n = 21 mol

M(CH4) = 16,05 g∙mol 1

m = ?

Vyjdeme ze vzorce pro látkové množství, vzorec upravíme a dosadíme do něj:

n=M

m

m = n ∙ M = 21mol ∙ 16,05g∙mol 1 = 337,05 g

Metan má hmotnost 337,05 g.

1.5

Vypočítejte látkové množství 34 dm3 oxidu sírového SO3 za normálních podmínek.

Řešení:

V = 34 dm3

Vn = 22,41 dm3

n = ?

Z definice vyplývá, že 1 mol plynné látky má objem 22,41 dm3 (nebo litrů). Sestavíme vzorec

a dosadíme:

n=nV

V=

13

3

41,22

34moldm

dm=1,52 mol

Oxid sírový má látkové množství 1,52 mol.


7

1.6

Vypočítejte objem 13 mol oxidu uhelnatého CO za normálních podmínek.

Řešení:

n = 13 mol

Vn = 22,41 dm3

V = ?

Z definice vyplývá, že 1 mol plynné látky má objem 22,41 dm3 (nebo litrů).

n=nV

V

V = n ∙ Vn = 13mol ∙22,41dm 13 mol = 291,33 dm3

Oxid uhelnatý zaujímá objem 291,33 dm3.

1.7

Vypočítejte látkové množství 17 ∙ 1023

molekul oxidu siřičitého SO2.

Řešení:

N = 17 ∙1023

NA = 6,022 ∙1023

mol-1

n = ?

Z definice vyplývá, že 1 mol látky obsahuje 6,022.1023

částic, v tomto případě molekul.

Sestavíme vzorec a dosadíme:

n=AN

N=

123

23

10022,6

1017

mol=2,82 mol

Oxid siřičitý představuje látkové množství 2,82 mol.

1.8

Vypočítejte, kolik je molekul v 17 ∙ 10-23

molu kyslíku.

Řešení:

n = 17∙10 -23

mol

NA = 6,022∙1023

mol 1

N = ?

Z definice vyplývá, že 1 mol látky obsahuje 6,022.1023

částic, v tomto případě molekul.

Sestavíme vzorec a dosadíme:

N = n ∙ NA = (17 ∙ 10-23

mol) ∙ (6,022 ∙ 1023

) = 102,37 molekul

Kyslík obsahuje 102,37 molekul.


8

1.9

Vypočítejte hmotnost 87 dm3 dusíku N2 (objem měřen za normálních podmínek).

Ar(N) = 14,01

Řešení:

V=87 dm3

Počítáme podle vzorce pro látkové množství. Z tabulky spočítáme, že M(N2) = 28,02 g∙ mol 1

n=M

m

n=nV

V

nV

V

M

m

m=

13

31

41,22

8702,28

moldm

dmmolg

V

VM

n

108,78g

Hmotnost molekulového dusíku je 108,78 gramů.

1.10

Vypočítejte objem 30∙1023

molekul oxidu dusičného N2O5 za normálních podmínek.

Řešení:

N=30∙1023

Vyjdeme ze vzorce pro látkové množství:

nA V

V

N

Nn

A

n

N

VNV

=

23

323

10022,6

41,2210.30

dm=111,64 dm

3

1.11

Jaký je objem 62 g vodíku?

Ar(H) = 1,01 , M(H2)=2,02 g∙ mol 1

Řešení:

m=62 g

M(H2)=2,02 g∙ mol 1

Vyjdeme ze vzorců pro látkové množství:

n=M

m


9

n=nV

V

M

m=

nV

V

M

VmV n =

1

3

02,2

41,2262

molg

dmg= 687,83 dm

3

Vodík má objem 687,83 dm3.

1.12

Jaká je hmotnost 5 ∙ 1023

molekul metanu CH4?

Ar(C) = 12,01 Ar(H) = 1,01 M(CH4) =16,05 g∙mol-1

Řešení:

N=5 ∙1023

Vyjdeme ze vzorců pro látkové množství:

n=M

m

n=AN

N

M

m=

AN

N

AN

MNm

=

123

123

10022,6

05,1610.5

mol

molg=13,33 g

Hmotnost metanu je 13,33 gramů.

1.13

Kolik molekul obsahuje 10 molů CO2?

Řešení:

n=10 mol

Vyjdeme ze vzorce:

n=AN

N

N = n ∙ NA =10 mol∙6,022∙1023

g.mol 1 =6,022∙1024

Uvedené látkové množství oxidu uhličitého představuje 6,023∙1024

molekul.


10

1.14

Jaké látkové množství odpovídá 32 g mědi?

Řešení:

m=32 g Cu

M (Cu) = 65,55 g∙mol-1

Vyjdeme ze vzorce:

n=M

m=

155,65

32molg

g=0,49 mol

Uvedené látkové množství mědi představuje přibližně 0,5 molu.

1.15

Jaká je molární hmotnost zlata,jestliže 394 g zlata obsahuje 1,2∙1024

atomů?

Řešení:

m=394 g

N=1,2∙1024

Vyjdeme ze vzorců:

n=M

m

n=AN

N

M

m=

AN

N

M=N

Nm A=

24

123

102,1

10022,6394

molg=197,72 g.mol

-1

Molární hmotnost zlata je 197,72 g∙mol-1

.

1.16

a) jakou hmotnost má 0,16 molu oxidu siřičitého SO2

b) kolik molekul obsahuje 0,16 mol oxidu siřičitého SO2

c) kolik atomů síry a kolik atomů kyslíku obsahuje 0,16 mol oxidu siřičitého SO2

M(SO2)=64 g.mol-1

Řešení části a):

Vyjdeme ze vzorce:

n=M

m

m=n∙ M=0,16 mol∙64 g∙mol-1

=10,24 g


11

Hmotnost 0,16 molu oxidu siřičitého je 10,24 gramů.

Řešení části b):

Vyjdeme ze vzorce:

n=AN

N

N=n∙ NA=0,16 mol∙6,022∙1023

=9,64∙1022

Látkové množství 0,16 molu oxidu siřičitého obsahuje 9,64∙1022

molekul.

Řešení části c): 0,16 mol SO2 obsahuje stejné látkové množství síry, tj.016 mol S, což představuje 9,64∙10

22

atomů síry.

0,16 mol SO2 obsahuje dvojnásobný počet atomů kyslíku, tj. 2∙ 9,64∙1023

= 1,928∙1024

atomů

kyslíku.

1.17

Kolik molů je obsaženo ve 120 g NaOH?

Řešení:

m=120 g

M(NaOH)=40g∙mol-1

Vyjdeme ze vzorce:

n=M

m=

140

120molg

g=3 mol

Uvedené množství hydroxidu sodného NaOH představuje 3 moly.

1.18

Jaká je hmotnost 5 molů dvouatomového dusíku N2.

Řešení:

n=5 mol

M(N2)=28g∙mol-1

Vyjdeme ze vzorce:

n=M

m

m=n∙M=5mol∙28g∙mol-1

=140 g

Uvedené látkové množství dvouatomového dusíku představuje hmotnost 140 gramů.


12

1.19

Kolik molekul je obsaženo ve 400 gramech CaCO3.

Řešení:

m=400 g

M(CaCO3)=100 g∙mol-1

Vyjdeme ze vzorců:

n=M

m

n=AN

N

M

m=

AN

N

N=M

Nm A=

1

123

100

10022,6400

molg

molg=24,088∙10

23

Uvedené množství uhličitanu vápenatého obsahuje 24,092∙1023

molekul.

1.20

Kolik molekul je obsaženo ve 49 gramech kyseliny sírové o vzorci H2SO4?

Řešení:

m=49 g

M(H2SO4)=98g∙mol-1

Vyjdeme ze vzorců:

n=M

m

n=AN

N

M

m=

AN

N

N=M

Nm A=

1

123

98

10022,649

molg

molg=3,01∙10

23

Uvedené množství kyseliny sírové obsahuje 3,0115∙1023

molekul.

1.21

Která z uvedených molekul a atomů má nejmenší hmotnost?

HF,H2,He,CO,LiH

Řešení:

Vyjdeme ze vzorce pro výpočet relativní atomové hmotnosti nebo relativní molekulové

hmotnosti:

Ar(atomu)=um

atomm )( Mr(molekuly)=

um

molekulam )(


13

m…skutečná hmotnost atomu nebo molekuly v kilogramech

mu…atomová hmotnostní jednotka,udávající hmotnost 12

1 skutečné hmotnosti atomu uhlíku

mu=1,66∙10-27

kg

HF: Ar(HF)=20

m(HF)= Ar(HF) ∙ mu= 20∙1,66∙10-27

kg=33,2∙10-27

kg

H2: Mr(H2)=2

m(H2)=M(H2) ∙mu=2∙ 1,66∙10-27

kg=3,32∙10-27

kg

He: Ar(He)=4

m(He)= Ar(He) ∙ mu=4. 1,66.10-27

kg=6,64. 10-27

kg

CO: Mr(CO)=28

m(CO)= Mr(CO) ) ∙ mu= 28∙ 1,66∙10-27

kg=46,48∙ 10-27

kg

LiH: Mr(LiH)=7,94

m(LiH)= Mr(LiH) ∙ mu=7,94∙ 1,66∙10-27

kg=13,18∙ 10-27

kg

Nejmenší skutečnou hmotnost má molekula vodíku.

1.22

Jakou relativní molekulovou hmotnost má látka X,jejíž 567 cm3 par(měřeno za

normálních podmínek)má hmotnost 1,164 gramů?

Řešení:

567 cm3=0,567 dm

3

Pro řešení můžeme na základě logické úvahy sestavit trojčlenku.Vycházíme z toho,že 1 mol

neznámé látky X o příslušné molární či relativní molekulové hmotnosti zaujímá objem 22,41

dm3.

Trojčlenka:

0,567 dm3……………………………………..1,164 g

22,41 dm3…………………………………….. x g

x=3

3

567,0

164,141,22

dm

gdm =46,01

Neznámá látka má relativní molekulovou hmotnost přibližně 46.


14

1.23

Jaké látkové množství oxidu uhelnatého zaujme za normálních podmínek objem 0,11

dm3?Jakou bude mít toto látkové množství hmotnost? M(CO)=28 g∙mol 1

Řešení:

a) výpočet látkového množství CO

Vyjdeme ze vzorce: n=nV

V=

13

3

41,22

11,0moldm

dm= 4,91∙10 3 mol

b) výpočet hmotnosti CO

Vyjdeme ze vzorce: n=M

mggmolgmolMnm 14,013748,0281091,4 13

Uvedený objem oxidu uhelnatého představuje 4,91.10 3 mol a přibližně 0,14 gramů.

1.24

Jaký objem zaujímá za standardních podmínek 6g H2 ?

a.

Řešení-výpočet látkového množství:

n =

=

= 3 mol

Látkové množství uvedeného množství vodíku jsou 3 moly.

b.

Řešení-výpočet objemu:

l

V=Vn ∙n= 22,41 dm3∙mol

-1∙ 3mol = 67,23 dm

3

Objem dvouatomového vodíku je 67,23 .

1.25

Jaká je hmotnost 112 dm3 CO2 za standardních podmínek?

a.

Řešení-výpočet látkového množství:

n=nV

V=

13

3

41,22

112moldm

dm=4,99 mol=5 mol


15

Látkové množství uvedeného objemu oxidu uhličitého je 5 mol.

b.

Řešení-výpočet hmotnosti:

m = n ∙M(CO2) = 5 mol ∙ 44g . = 220 g

Hmotnost uvedeného množství oxidu uhličitého je 220 gramů.

1.26 Kolik molekul je v 1,12 plynu za normálních podmínek ?

Řešení:

n=

=

= 0,05 mol

N = n ∙ = 0,05mol ∙ 6,022 ∙ mol-1

= 3,01 ∙ molekul

Uvedený objem plynu obsahuje 3,01 ∙ molekul.

1.27

Jakou hmotnost má 100 dm3 :

a) dimerního oxidu dusičitého o vzorci N204

b) chlorovodíku o vzorci HCl


n=nV

V

n=13

3

41,22

100moldm

dm= 4,46 mol

Hmotnost je pak:

m= n∙ M=4,46 mol∙92g∙mol-1

=410,32g

Hmotnost uvedeného objemu dimerního oxidu dusičitého je 410,32 gramů.


Látkové množství je stejné při stejném objemu plynu, tedy n=4,46 mol

Hmotnost je pak:

m=n∙ M=4,46 mol∙36,5 g∙mol-1

=162,79 g

Hmotnost uvedeného objemu chlorovodíku je 162,79 g.


16

1.28

Kolik molekul je obsaženo v 1 dm3:

a) oxidu uhličitého o vzorci CO2

b) molekulového vodíku o vzorci H2


n=nV

V=

1

3

41,22

1moldm

dmš

=0,04 mol

N=n∙NA=0,04 mol.6,022.1023

mol-1

=2,41∙1022


n=nV

V=

13

3

4,22

1moldm

dm=0,04 mol

N=n∙ NA=0,04 mol∙6,022∙1023

mol-1

=2,41∙1022

Jeden litr(dm3) obou plynů obsahuje stejný počet molekul,tj.2,41∙10

22.

1.29

Rozhodněte, zda za téže teploty a tlaku zaujme větší objem 1 gram dikyslíku O2 nebo 1

gram trikyslíku (ozónu) o vzorci O3 nebo zda budou oba objemy shodné.

a) výpočet pro dikyslík O2

Řešení:

n=M

m=

132

1molg

g=0,03 mol

V=n∙Vm=0,031mol∙22,41 dm3=0,70dm

3

Objem uvedeného množství dikyslíku je 0,7 dm3.

b) výpočet pro trikyslík O3


17

Řešení:

n=M

m=

148

1molg

g=0,02 mol

V=n∙Vm=0,02mol∙22,41 dm3=0,45 dm

3

Objem uvedeného množství trikyslíku je 0,45 dm3.

1.30

Jeden dm3 plynu Y(měřeno za normálních podmínek) má hmotnost 1,250g.Jakou má plyn

molární hmotnost?

Řešení:

n=mV

V=

3

3

41,22

1

dm

dm=0,0446 mol

M=n

m=

mol

g

0446,0

250,1=28,03 g.mol

-1

Molární hmotnost plynu Y je přibližně 28g.mol-1

.


18

2. Soustavy látek

2.1 Hmotnostní zlomek

Hmotnostní zlomek udává zastoupení jednotlivých složek(např.prvků) ve sloučenině

Hmotnostní zlomek je podíl hmotnosti složky (mA, mB, ...) k hmotnosti celé směsi. Je to

bezrozměrná veličina.

Předpokládáme-li například látku typu AxByCz,pak můžeme hmotnostní zlomek pro

látku A vyjádřit následovně:

w(A)=CBA

A

mmm

m

mA,mB,mC jsou hmotnosti jednotlivých složek

Hmotnostní zlomek lze vyjádřit také vzorcem:

w(A)=)(

)(

zyxr

r

CBAM

AAx

x,y,z jsou stechiometrické koeficienty,Ar(A) relativní atomová hmotnost prvku A a

Mr(Ax,By,Cz)relativní molekulová hmotnost molekuly AxByCz.

Součet hmotnostních zlomků všech složek ve sloučenině je roven 1.Násobíme-li

hmotnostní zlomek číslem 100,dostaneme procentové(%) vyjádření zastoupení

jednotlivých složek ve sloučenině.

Příklady

2.1.1

Vyjádřete hmotnostní zlomek a procentové (%) složení uhličitanu hořečnatého.

Řešení:

Vzorec uhličitanu hořečnatého: MgCO3

Mr(MgCO3)=84,3

A=Mg,B=C,C=O

x=1,y=1,z=3


19

V periodické soustavě si najdeme relativní atomové hmotnosti jednotlivých prvků.

Ar(Mg)=24,3 , Ar(C)=12,0, Ar(O)=16,0

Dosadíme postupně pro jednotlivé prvky do vzorce: w(Mg)=)(

)(.

zyxr

r

CBAM

AAx.

Hořčík:

w(Mg)=

3,84

3,2410,289 ∙ 100=28,9%

Uhlík:

w(C)=

3,84

1210,142∙ 100= 14,2%

Kyslík: Můžeme počítat stejně,jako v předchozích případech,ale jelikož se jedná o poslední

prvek ze všech,stačí provést matematickou operaci:

1-(0,289+0,142)=0,569.100=56,9%

Uhličitan hořečnatý obsahuje 28,9% hořčíku,14,2% uhlíku a 56,9% kyslíku.

2.1.2

Vypočítejte hmotnostní zlomek a % složení křemíku(Si) a kyslíku(0) v oxidu křemičitém o

vzorci SiO2.

Řešení:

Vzorec oxidu křemičitého:SiO2

Dosadíme do vzorce:

w(A)=)(

)(

yxr

r

BAM

AAx

A=Si,B=O,x=1 a y=2 v molekule oxidu křemičitého SiO2.

V periodické soustavě prvků najdeme realativní atomové hmotnosti jednotlivých prvků.

w(Si)=

60

2810,47∙100=47%

w(O)=

60

162 0,53∙100= 53%

Oxid křemičitý obsahuje 47% křemíku a 53% kyslíku.


20

2.1.3

Kolik % vody je obsaženo v pentahydrátu síranu měďnatého(skalici modré)?

Řešení :

Vzorec skalice modré: CuSO4 ∙ 5H2O

Dosadíme do vzorce:

w(H2O)= )5(

)(

24

2

OHCuSOM

OHMx

r

r

, kde x je počet molekul vody .

V periodické soustavě prvků si najdeme relativní atomové hmostnosti jednotlivých prvků a

vypočítáme relativní molekulovou hmotnost vody Mr(H2O)=18 a skalice modré

Mr(CuSO4∙5H2O)=250.

w(H2O)=250

185 =

250

90=0,36∙100=36% vody

Skalice modrá obsahuje 36 % vody.

2.1.4

Vypočítejte hmotnostní hlomek dusíku v dusičnanu amonném o vzorci NH4NO3.

Řešení:

V periodické soustavě najdeme relativní atomové hmotnosti jednotlivých prvků a určíme také

relativní molekulovou hmotnost dusičnanu amonného.

Ar(N)=14

Ar(H)=1

Ar(O)=16

Mr(NH4NO3)=80

Dosadíme do vzorce: w(N)=)(

)(

34 NONHM

NAx

r

r,kde x=2(dva atomy dusíku v molekule)

w(N)=80

28

80

142

=0,35

Hmotnostní zlomek dusíku v molekule dusičnanu amonného je 0,35.


21

2.1.5

Kolik % vápníku je obsaženo v molekule dolomitu o vzorci MgCO3∙CaCO3?

Řešení:

V periodické soustavě prvků najdeme relativní atomové hmotnosti jednotlivých prvků a určíme

relativní molekulovou hmotnost MgCO3∙CaCO3.

Ar(Ca)=40

Mr(MgCO3∙CaCO3)=184,3

Dosadíme do vzorce: w(Ca)=)(

)(

33 CaCOMgCOM

CaAx

r

r

,kde x=1 pro jeden atom vápníku v molekule

w(Ca)= 3,184

400,217∙100=21,7% vápníku

Molekula dolomitu obsahuje 21,7% vápníku.

2.1.6

Které z uvedených hnojiv obsahuje největší % zastoupení dusíku?

a) dusičnan sodný

b) dusičnan amonný

c) síran amonný

d) močovina

e) amoniak

Řešení:

a) dusičnan sodný NaNO3

Ar(N)=14

Mr(NaNO3)=85


)(

3NaNOM

NAx

r

r

w(N)=85

141=0,1647∙100=16,47%

b) dusičnan amonný o vzorci NH4NO3

Ar(N)=14

Mr(NH4NO3)=80


22


)(

34 NONHM

NAx

r

r=

80

142 =0,35∙100=35%

c) síran amonný o vzorci (NH4)2SO4

Ar(N)=14

Mr(síran amonný)=132

Dosadíme do vzorce: w(N)=).(

)(

amonnýsírM

NAx

r

r=

132

142 =0,2121∙100=21,21%

d) močovina o vzorci CO(NH2)2

Ar(N)=14

Mr(močovina)=60

Dosadíme do vzorce: w(N)=))((

)(

22NHCOM

NAx

r

r=

60

142 =0,4666∙100=46,66%

e) amoniak o vzorci NH3

Ar(N)=14

Mr(NH3)=17

Dosadíme do vzorce: w(N)=17

141=0,8235∙100=82,35%

2.1.7

Kolik % uhlíku,vodíku a kyslíku obsahuje glukóza?

Řešení:

Glukóza má vzorec: C6H12O6

Uhlík:

Ar(C)=12

Mr(C6H12O6)=180

Dosadíme do vzorce: w(C)=)(

)(

glukózaM

CAx

r

r=

180

12.6=0,40∙100=40%

Vodík:

Ar(H)=1

Mr(C6H12O6)=180

Dosadíme do vzorce: w(H)=180

112 =0,0666∙100=6,67%


23

Kyslík:

Ar(0)=16

Mr(C6H12O6)=180

Dosadíme do vzorce: w(O)=)(

)(

glukózaM

OAx

r

r=

180

166 =0,5333∙100=53,33%

2.1.8

Určete % složení dioritu o vzoci MgCaSi2O6,který lze rozložit na MgO.CaO.2SiO2.

Řešení:

Určíme % složení jednotlivých složek dioritu:

a) složka MgO

Ar(Mg)=24,3

Ar(O)=16

Mr(diorit)=216,52

Dosadíme do vzorce: w(MgO)=)(

)(

dioritMr

MgOMr=

52,216

32,40=0,1862∙100=18,62%

b) složka CaO

Ar(Ca)=40,08

Mr(diorit)=216,52

Ar(O)=16

Dosadíme do vzorce: w(CaO)=)(

)(

dioritM

CaOM

r

r =52,216

08,56=0,259∙100=25,9%

c) složka SiO2

Mr(SiO2)=60,06

Mr(diorit)=216,52

Dosadíme do vzorce: w(SiO2)=)(

)( 2

dioritM

SiOM

r

r =52,216

12,120=0,5548∙100=55,48%


24

2.2 Stechiometrický(empirický)vzorec a molekulový vzorec

Stechiometrický vzorec určuje základní složení chemické látky.

Máme-li např.látku typu A x B y a známe-li hmotnostní zlomky jednotlivých prvků(prvek A a

prvek B), můžeme určit poměr stechiometrických koeficientů podle vzorce:

y

x=

)()(

)()(

AABw

BAAw

r

r

Známe-li relativní molekulovou hmotnost skutečné sloučeniny, pak můžeme molekulový

vzorec určit ze stechiometrického vzorce jeho vynásobením hodnotou x. Hodnota x se určí ze

vzorce: x =

∑

Příklady

2.2.1

Analýzou minerálu bylo zjištěno jeho složení,vyjádřené hmotnostními

zlomky:w(Cu)=0,799,w(S)=0,201.Určete stechiometrické složení minerálu.

Řešení:

Předpokládáme,že vzorec minerálu je Cu x S y .

A r (Cu)=63,1 a A r (S)=32,1

Dosadíme do vzorce(hmotnostní zlomky můžeme dosadit i v násobku 100,tj.v procentech):

y

x=

)()(

)()(

CuASw

SACuw

r

r

=

1,631,20

1,329,79

=

35,1276

79,2564=

1

2

Minerál má stechiometrický vzorec Cu 2 S.

2.2.2

Analýzou látky bylo zjištěno,že obsahuje: 14,0% Na,19,5% S,39,0% O, 27,5%

H2O (krystalografická voda).Určete stechiometrický(empirický)vzorec látky.

Řešení:

Předpokládáme,že látka má obecný stechiometrický vzorec A x B y C z .D d ,kde A,B,C jsou prvky

a D je krystalograficky vázaná voda.Po dosazení konkrétních prvků pak:

Na x S y O z .(H 2 O) d


25

Hmotnostní zlomky dosazujeme v procentech(násobky 100)a současně dosadíme relativní

atomové hmotnosti jednotlivých prvků.

Z poměrů stechiometrických koeficientů určíme číselné poměry:

y

x=

)()(

)()(

NaASw

SANaw

r

r

=

235,19

3214

5,448

448=

1

1

z

x=

)()(

)()(

NaAOw

OANaw

r

r

=

2339

1614

=

897

224=

4

1

d

x=

)()(

)()(

2

2

NaAOHw

OHMNaw

r

r

=

235,27

1814

=

5,632

252=

5,2

1

Na 1 S 1 O 4 ∙2,5H 2 O vynásobíme 2

Stechiometrický vzorec látky je Na 2 S 2 O 8 ∙5H 2 O a jedná se o peroxodisíran sodný.

2.2.3

Určete stechiometrický vzorec látky,která obsahuje 70,4%Pb a 10,5%P.Třetí prvek

obsažený ve sloučenině je kyslík.

Řešení:

Procentový obsah kyslíku je: 100%-80,9%(součet % obsahu olova a fosforu)=19,1%

Předpokládaný vzorec sloučeniny: Pb x P y O z

Z poměrů stechiometrických koeficientů určíme číselné poměry.V periodické soustavě prvků

dosadíme relativní atomové hmotnosti jednotlivých prvků.

y

x=

2075,10

314,70

=

3,2173

4,2182=

1

1

z

x=

207.1,19

16.4,70=

7,3953

4,1126=

5,3

1

Pb 1 P 1 O 5,3 násobíme 2

Stechiometrický vzorec látky je Pb 2 P 2 O 7 a má název difosforečnan olovnatý.


26

2.2.4

Při analýze 0,03 g neznámé organické sloučeniny bylo získáno 66,0mg oxidu uhličitého

CO 2 a 21,6mg vody H 2 O.Určete výpočtem stechiometrický(empirický)vzorec organické

sloučeniny.

Řešení:

a) C+O 2 →CO 2 2H+O→H 2 O

12 mgC→44 mg CO 2 2 mg H→18 mg H 2 O

x mg H→21,6 mg H 2 O

x mg C→66 mg CO 2 x=18

6,21.2=2,4 mgH

x=44

66.12=18 mgC

mg O=30 mg-20,4mg=9,6mgO

b) přepočet na %

30 mg navážky 100%

18 mg C x%

x=30

100.18=

3

180=60% C

30 mg navážky 100%

2,4 mg H x%

x=30

100.4,2=8% H

c) % O=100-68=32%

d) C:H:O=12

60:1

8:16

32

C:H:O=5:8:2

Empirický vzorec látky je C 5 H 8 O 2 .


27

2.2.5

500cm 3 plynného uhlovodíku(měřeno za normálních podmínek)má hmotnost

0,581.Uhlovodík obsahuje 92,24% uhlíku C a 7,76% vodíku H.Vypočítejte molekulový

vzorec látky, je-li relativní molekulová hmotnost uhlovodíku Mr = 26.

Řešení:

C:H=12

24,92:

1

76,7

C:H=7,7:7,7

C:H=1:1

Vzorec: (CH) x x =

∑

x=13

26=2

Molekulový vzorec uhlovodíku je: (CH) 2 =C 2 H 2

Molekulový vzorec uhlovodíku odpovídá acetylenu(ethynu).

2.2.6

Jaký vzorec má látka,která obsahuje 40% S a 60% O?

Řešení:

S:O=40:60

S:O=32

40:16

60

S:O=1,25:3,75

S:O=1:3

Látka má vzorec SO 3 a jmenuje se oxid sírový.


28

2.2.7

Analýzou sloučeniny se zjistilo,že obsahuje 22,22% N,76,18% O a 1,60% H.Zjistěte vzorec

sloučeniny.

Řešení:

N:O:H=14

22,22:

16

18,76:

1

6,1=1,586:4.76:1,6=1:3:1

Vzorec sloučeniny je HNO 3 a jedná se o kyselinu dusičnou.


29

3. Roztoky

Roztokem rozumíme homogenní (stejnorodou)směs, skládající se nejméně ze dvou látek,

jejichž zastoupení můžeme v určitých mezích plynule měnit.

Roztok se skládá z rozpouštědla a rozpuštěných látek. Ve vodných roztocích je

rozpouštědlem vždy voda, v ostatních případech považujeme za rozpouštědlo převládající

složku soustavy. Roztok vzniká rozpuštěním látek v daném rozpouštědle. V chemii se nejčastěji

setkáváme s kapalnými roztoky (pravými roztoky), kdy nerozšířenějším rozpouštědlem je voda

(polární sloučenina). Roztoky obsahují volně pohyblivé ionty, vedou elektrický proud a

nazýváme je elektrolyty.

Nasycený roztok už nemůže za dané teploty přijmout další množství rozpuštěné látky.

Nenasycený roztok může za dané teploty přijmout další množství rozpuštěné látky.

Rozpustnost látky v daném rozpouštědle je určena hmotností látky, kterou lze za daných

podmínek rozpustit.

Vyjadřování složení roztoků

a) hmotnostní zlomek: w(A)=)(

)(

roztokm

Am

m(A)-hmotnost látky A v roztoku

m(roztok)-celková hmotnost roztoku

b) objemový zlomek: φ(A)=)(

)(

roztokV

AV

V(A)-objem látky A v roztoku

V(roztok)-objem roztoku

c) molární (látková) koncentrace:

Molární koncentraci roztoku vyjadřujeme vztahem c(A)=)(

)(

roztokV

An,kde n(A) je látkové

množství látky A a V(roztok) objem roztoku.Za látkové množsví můžeme dosadit n=M

m,kde M

je molární hmotnost složky roztoku,tj.látky A a m je hmotnost složky,tj.látky A.Kombinací

obou uvedených vzorců můžeme molární koncentraci roztoku vyjádřit vzorcem: c(A)=

)()(

)(

roztokVAM

Am

.Z toho pak hmotnost látky(složky roztoku) můžeme vyjádřit vztahem:

m=c∙M∙V


30

d) směšovací rovnice(rovnice látkové bilance): m1∙w1+m2∙w2=(m1+m2) ∙w3

m1-hmotnost roztoku č.1

w1-hmotnostní zlomek látky A v roztoku č.1

m2-hmotnost roztoku č. 2

w2-hmotnostní zlomek látky B v roztoku č. 2

w3-hmotnostní zlomek výsledného roztoku, který vznikne smísením roztoku č. 1 a č. 2

e) křížové pravidlo: platí pro mísení 2 složek bez zadání hmotnosti

3.1 Procentová hmotnostní a objemová koncentrace

Příklady

3.1.1

Připravte 150 gramů 3% roztoku hydroxidu sodného NaOH.Jakou hmotnost NaOH

a jakou hmotnost vody použijete?

m(roztok)=150g

w(roztok)=0,03

m(NaOH)=?

m(H2O)=?

Řešení:

Použijeme vzorec pro hmotnostní zlomek: w(roztok)=)(

)(

roztokm

NaOHm

m(NaOH)=w(roztoku).m(roztoku)

m(NaOH)=0,03∙50g=4,5g NaOH

Hmotnost vody získáme odečtením hmotnosti NaOH od celkové hmotnosti roztoku,tedy:

m(H2O)=m(roztoku)-m(NaOH)

m(H2O)=150g-4,5g=145,5g vody

Hmotnost hydroxidu sodného je 4,5 gramu a hmotnost vody je 145,5gramů.


31

3.1.2

Jaká je hmotnost chloridu sodného NaCl ve 137,2 gramech 27,1% roztoku?

m(roztok)=137,2 g

w(NaCl)=0,271

m(NaCl)=?

Řešení:

Použijeme vzorec pro hmotnostní zlomek: w(roztok)=)(

)(

roztokm

NaClm

Z toho m(NaCl)=w(roztok) ∙m(roztok)

m(NaCl)=0,271∙137,2g=37,1812 g NaCl

Hmotnost chloridu sodného NaCl v roztoku je 37,1812 gramů.

3.1.3

Roztok chloridu sodného NaCl byl připraven rozpuštěním 15 gramů této látky ve 250

gramech vody.Vypočítejte hmotnostní zlomek vzniklého roztoku a jeho procentovou

koncentraci.

m(NaCl)=15 g

m(H2O)=250g

m(roztoku)=250g vody+15 g NaCl=265 g NaCl

w(NaCl)=?

p(NaCl)=?

Řešení:

Dosadíme do vzorce pro hmotnostní zlomek roztoku: w(NaCl)=)(

)(

roztokum

NaClm

w(NaCl)=g

g

265

15=0,0566

Pro vyjádření procentové koncentrace použijeme vzorec: p(NaCl)=w(NaCl).100 %

p(NaCl)=0,0566∙100%=5,66%

Hmotnostní zlomek chloridu sodného NaCl v daném roztoku je 0,0566 a procentová

koncentrace vzniklého roztoku činí 5,66%.


32

3.1.4

Vypočítejte hmotnostní zlomek chloridu sodného NaCl a hmotnostní zlomek vody

v roztoku,který vznikl rozpuštěním 0,5 gramu chloridu sodného NaCl v 8,6 gramech

vody H2O.Čemu se rovná součet obou hmotnostních zlomků?

m(NaCl)=0,5 g

m(H2O)=8,6 g

m(roztok)=m(NaCl)+m(H2O)=0,5 g+8,6 g=9,1 g

Řešení:

Dosadíme do vzorce pro hmotnostní zlomek: w(NaCl)=)(

)(

roztokm

NaClm , w(H2O)=

)(

)(

roztokm

vodam

w(NaCl)=g

g

1,9

5,0=0,055

w(H2O)=g

g

2,9

6,8=0,945

Součet hmotnostních zlomků musí být roven 1.

w(NaCl)+w(H2O)=0,055+0,945=1,0

Hmotnostní zlomek NaCl v roztoku je 0,055.Hmotnostní zlomek H2O v roztoku je

0,945.Součet obou hmotnostních zlomků je roven 1.

3.1.5

Jaké je množství bromidu draselného KBr a jaké množství vody H2O je zapotřebí

k přípravě 1,2 kg 8% roztoku?

w(roztok)=0,08

m(roztok)=1,2kg=1200 g

m(KBr)=?

m(H2O)=?

Řešení:

Dosadíme do vzorce pro hmotnostní zlomek: w(KBr)=)(

)(

roztokm

KBrm

m(KBr)=w(roztok).m(roztok)

m(KBr)=0,08∙1200 g=96 g

Hmotnost vody: m(H2O)=m(roztok)-m(KBr)=1200 g – 96 g =1104 g

Hmotnost bromidu draselného je 96 gramů a hmotnost vody v roztoku je 1104 gramů.


33

3.1.6

Jeden litr(dm3) roztoku kyseliny chlorovodíkové HCl ve vodě o molární koncentraci 2,85

mol.dm-3

má hmotnost 1039 gramů.Vypočítejte hmotnostní zlomek HCl

v roztoku.Vyjádřete množství HCl v roztoku v %.

V(roztok)=1 dm3

c(roztok)=2,85 mol∙dm-3

m(roztok)=1039 g

M(HCl)=36,5 g∙mol-1

w(HCl)=?

p(HCl)=?

Řešení:

Použijeme vzorec pro molární koncentraci roztoku: c=V

n,kde n je látkové množství(v našem

případě HCl v roztoku) a V objem roztoku.Za látkové množsví můžeme dosadit n=M

m,kde M je

molární hmotnost HCl.Kombinací obou uvedených vzorců můžeme molární koncentraci

roztoku vyjádřit: c=VM

m

.Z toho pak hmotnost látky(v našem případě HCl): m=c∙M∙V

m(HCl)=2,85 g∙mol-1

∙36,5g∙mol-1

∙1 dm3=104,025 g

Hmotnostní zlomek HCl v roztoku je: w(HCl)=)(

)(

roztokm

HClm=

g

g

1039

025,104=0,1

Procentový obsah HCl v roztoku je: p(HCl)=0,1∙100%=10%

3.1.7

Vypočítejte objem vody nutný k přípravě 300 cm3 roztoku ethanolu,jehož objemový

zlomek odpovídá 12%.

V(roztoku)=300 cm3

φ(roztok)=0,12

V(voda)=?

Řešení:

Použijeme vzorec pro objemový zlomek roztoku: φ(roztok)=)(

)(

roztokV

ethanolV.Z toho objem vody:

V(ethanol)= φ(ethanol).V(roztok)


34

V(ethanol)=0,12∙300 cm3=36 cm

3

Objem vody získáme odečtením objemu ethanolu od celkového objemu roztoku:

V(voda)=V(roztok)-V(ethanol)=300 cm3-36 cm

3=264 cm

3

Objem vody,potřebné k přípravě uvedeného roztoku,je 264 cm3.

3.1.8

Připravte 250 gramů 8% roztoku sody.Kolik gramů sody s obsahem 96% uhličitanu

sodného Na2CO3 je třeba na přípravu uvedeného roztoku?

100 g 8% roztoku……………………………8 g 100 %Na2CO3

250 g 8% roztoku…………………………... x g 100 %Na2CO3

Z toho x=100

8250 gg =20 g 100% Na2CO3(řešeno jako přímá úměra)

20 g 100% Na2CO3 ……………100%

x g 100% Na2CO3……………...96%

Z toho x=96

10020 g=20,83 g 96% Na2CO3.

Hmotnost vody: m(H2O)=m(roztok)-m(96% sody)=250 g-20,83 g=229,17 g

Na přípravu uvedeného roztoku je zapotřebí 20,83 g 96% sody a 229,17 g vody.

3.1.9

Jaká je hmotnost chemicky čistého hydroxidu sodného NaOH a chemicky čisté vody,které

jsou zapotřebí k přípravě 3 l(dm3) 16% roztoku hydroxidu sodného NaOH?(hustota

hydroxidu sodného ρNaOH=1,175 g.cm-3

).

V(roztok)=3 dm3=3000 cm

3

w(NaOH)=0,16

ρNaOH=1,175g∙cm-3

m(NaOH)=?

m(H2O)=?


35

Řešení:

K výpočtu použijeme vzorec pro hustotu roztoku: ρ=V

m

Z toho hmotnost roztoku je: m(roztok)=ρ∙V=1,175g.cm-3

∙3000 cm3=3525 g

Dále určíme s použitím vzorce pro hmotnostní zlomek hmotnost hydroxidu sodného NaOH:

w(NaOH)=)(

)(

roztokm

NaOHm,z toho m(NaOH)=w(NaOH) ∙m(roztok)=0,16∙3525g=564g

Hmotnost vody určíme z rozdílu hmotnosti roztoku a hmotnosti hydroxidu sodného:

m(H2O)=m(roztok)-m(NaOH)=3525g-564g=2961g

3.1.10 Kolik % čisté HNO3 obsahuje kyselina dusičná o hustotě ρ=1,36 g.cm-3

,jestliže 1

dm3 obsahuje 0,8 kg HNO3.

V(roztok)=1000 cm3

ρ=1,36 g∙cm-3

m(HNO3)=800 g

Řešení:

Pro výpočet využijeme vzorec pro hustotu roztoku: ρ=V

m,z toho hmotnost roztoku je:

m(roztok)=ρ∙V(roztok)=1,36 g∙cm-3

∙1000 cm3=1360 g

Hmotnostní zlomek HNO3 v roztoku je: w(HNO3)=)(

)( 3

roztokum

HNOm=

g

g

1360

800=0,588

Procentové vyjádření HNO3: p(HNO3)= w(HNO3).100%=0,588∙100%=58,8%

Uvedený roztok obsahuje 58,8% čisté kyseliny dusičné o vzorci HNO3.


36

3.2 Molární(látková) koncentrace roztoků(tzv.molarita)

Molární koncentraci roztoku vyjadřujeme vztahem c=V

n,kde n je látkové množství a V objem

roztoku.Za látkové množsví můžeme dosadit n=M

m,kde M je molární hmotnost složky roztoku

a m hmotnost složky roztoku.Kombinací obou uvedených vzorců můžeme molární koncentraci

roztoku vyjádřit vzorcem: c=VM

m

.Z toho pak hmotnost látky(složky roztoku) můžeme vyjádřit

vztahem: m=c∙M∙V

Příklady

3.2.1

Vypočítejte hmotnost KHCO3 potřebnou pro přípravu 500 cm3 roztoku,je-li jeho molární

koncentrace c=0,1 mol∙dm-3

.

c=0,1 mol∙dm-3

V=0,5 dm3

MKHCO3=100 g∙mol-1

m(KHCO3)=?

Řešení:

Použijeme vzorec: m=c∙M∙V=0,1mol∙dm-3

∙100 g∙mol-1

∙0,5dm3=5 g

Pro přípravu uvedeného roztoku potřebujeme 5 gramů hydrogenuhličitanu draselného(kyselého

uhličitanu draselného).

3.2.2

Jakou molární koncentraci má roztok NaCl,který obsahuje 0,15 mol NaCl ve 250 cm3

roztoku.

n=0,15 mol NaCl

V(roztok)=250 cm3

c=?


37

Řešení:

Pro výpočet použijeme vztah: c=V

n

c=3310250

15,0

dm

mol

=0,6 mol.dm 3

Molární koncentrace uvedeného roztoku NaCl je 0,6 mol∙dm 3 .

3.2.3 Kolik gramů hydroxidu draselného KOH je třeba rozpustit k přípravě 0,5 dm 3

roztoku o molární koncentraci 0,01 mol∙dm 3 .

V(roztok)=0,5 dm 3

c(KOH)=0,01 mol∙dm-3

M(KOH)=56,1g∙mol 1

m=?

Řešení:

Využijeme vzorec m=c∙M∙V

m=0,01 mol∙dm 3∙56,1g∙mol 1

∙0,5 dm 3 = 0,28 g

Je třeba rozpustit 0,28 gramů hydroxidu draselného KOH.

3.2.4

Vypočítejte objem roztoku o molární koncentraci 0,5 mol.dm 3 ,který vznikne

rozpuštěním 324,4 gramů chloridu železitého FeCl 3 ve vodě.

c(FeCl 3 )=0,5 mol∙dm 3

m(FeCl 3 )=324,4 g

M(FeCl 3 )=162,3 g∙mol 1

V(roztok)=?

Řešení:

Využijeme vzorec m=c∙M∙V,z toho V=Mc

m

=

13 3,1625,0

4,324 molgdmmol

g= 4 dm 3

Objem uvedeného roztoku činí 4 litry(dm 3 ).


38

3.2.5

Jaká je molární koncentrace roztoku obsahujícího 3,4 gramu dusičnanu stříbrného

AgNO 3 v 50 cm 3 roztoku?

m(AgNO 3 )=3,4 g

V(roztok)=50 cm 3 =50∙10 3 dm 3

M(AgNO 3 )=169,87 g∙mol 1

c=?

Řešení:

Využijeme vzorec c=VM

m

=

331 105087,169

4,3

dmmolg

g

=0,4 mol.dm 3

Molární koncentrace uvedeného roztoku je 0,4 mol.dm 3 .

3.2.6

Kolik gramů látky je třeba rozpustit k přípravě:

a) 500 cm 3 roztoku o koncentraci c=0,01 mol∙dm 3 KOH(hydroxidu draselného)

b) 2,5 dm 3 roztoku o koncentraci c=0,2 mol∙dm 3 HCl(kyseliny chlorovodíkové)

c) 250 cm 3 roztoku o koncentraci 0,7 mol∙dm 3 CuSO 4 (bezvodého síranu měďnatého)

d) 1 litru roztoku o koncentraci 0,05 mol∙dm 3 H 2 SO 4 (kyseliny sírové)

Řešení:

U všech částí zadání příkladu(a-d)použijeme vzorec m=c∙M∙V

U každé části zadání příkladu(a-d)je nutné určit molární hmotnost pro příslušnou látku.

Řešení části a)

m=0,01mol.dm 3 .56,1g.mol 1 .500.10 3 dm 3 =0,28 g KOH

Řešení části b)

m=0,20mol∙dm 3∙36,5 g∙mol 1

∙2,5 dm 3 =18,25 g HCl

Řešení části c)

m=0,7mol∙dm 3∙159,5 g∙mol 1

∙250∙10 3 dm3 =27,93 g CuSO 4


39

Řešení části d):

m=0,05 mol∙dm 3∙98g∙mol 1

∙1 dm3 =49 g H 2 SO 4

3.2.7

Máme připravit 500 cm 3 roztoku kyseliny sírové H 2 SO 4 o koncentraci c=0,1mol.dm 3

Kolik gramů a kolik cm 3 96% kyseliny sírové H 2 SO 4 k tomu potřebujeme?(hustota 96%

kyseliny sírové ρ 42SOH =1,836 g.cm 3 ).

V(roztok)=500 cm 3 =500∙10 3 dm 3

c=0,1 mol∙dm 3

ρ 42%96 SOH =1,836 g∙cm 3

M(H 2 SO 4 )=98g∙mol 1

V´(96% H 2 SO 4 )=?

Řešení:

Ze vzorce m=c∙M∙V určíme hmotnost 100% kyseliny sírové H 2 SO 4 .

m=0,1 mol.dm 3∙98g∙mol 1

∙500∙10 3 dm 3 = 4,9 g 100% H 2 SO 4 .

Dále přepočítáme hmotnost 100% kyseliny sírové na hmotnost 96% kyseliny sírové:

100%..................4,9 g

96%....................x g(řešeno jako nepřímá úměra)

x=96

1009,4 =5,104 g 96% kyseliny sírové

Nyní určíme objem 96% kyseliny sírové:

V´(96% H 2 SO 4 )=42

42

%96

%96

SOHhustota

SOHhmotnost=

3.836,1

104,5cmg

g=2,78 cm 3

K přípravě uvedeného roztoku potřebujeme 5,104 g 96% kyseliny sírové.Prakticky odebereme

pipetou objem 2,78 cm 3 96% kyseliny sírové a roztok připravíme v odměrné baňce příslušného

objemu.

3.2.8

Máme připravit 5 dm 3 vodného roztoku síranu sodného Na 2 SO 4 o koncentraci 0,15

mol∙dm 3 .Jaké množství síranu sodného musíme navážit?

V(roztok)=5 dm 3

c=0,15 mol∙dm 3

M(Na 2 SO 4 )=142g∙mol 1


40

Řešení:

Dosadíme do vzorce m=c∙M∙V=0,15 mol∙dm 3 142g∙mol 1 5dm 3 =106,5 g

Musíme navážit 106,5 gramů síranu sodného.

3.2.9

Vypočítejte molární koncentraci hydroxidu draselného KOH,jestliže ve 100 cm 3 roztoku

je 14 gramů hydroxidu draselného KOH.

V(roztok)=100 cm 3 =100∙10 3 dm 3

m(KOH)=14 g

M(KOH)=56 g∙mol 1

Řešení:

Předpoklad:ve 100 cm 3 je 14 gramů KOH→v 1000 cm 3 je 140 gramů KOH

Nyní dosadíme do vzorce c=VM

m

=

31 156

140

dmmolg

g

=2,5 mol∙dm 3

Molární koncentrace uvedeného roztoku je 2,5 mol.dm 3 .

3.2.10

Máme připravit 1 dm 3 roztoku,který obsahuje 1 mg Fe v 1 cm 3 roztoku.Kolik gramů

Mohrovy soli Fe(NH 4 ) 2 (SO 4 ) 2 ∙6H 2 O musíme odvážit?

Výpočet provedeme úvahou.

1 mol Mohrovy soli obsahuje 1 mol Fe

392,18 g Mohrovy soli………55,84 g Fe

x g Mohrovy soli…………….. 1,0 g Fe(řešeno jako přímá úměra)

x=g

g

84,55

18,392=7,023 g

K přípravě uvedeného roztoku musíme odvážit 7,023 gramů Mohrovy soli.


41

3.3 Rovnice látkové bilance(směšovací rovnice) a křížové pravidlo

Příklady

3.3.1

Kolik gramů vody je nutné smíchat s 200 gramy 80% roztoku kyseliny sírové H2SO4,aby

vznikl 20% roztoky kyseliny sírové?

m1=200 g

w1=0,80

w2=0(čistá voda)

w3=0,20

m2(voda)=x

Řešení:

Dosadíme do směšovací rovnice(rovnice látkové bilance):

m1∙w1+m2∙w2=(m1+m2) ∙w3

200g∙0,80+m2∙0=(200 g+x) ∙0,20

x=600 g

Je nutné smíchat 600 gramů vody s 200 gramy 80% roztoku kyseliny sírové,abychom

dostali 20% roztok kyseliny sírové.

3.3.2

Kolik gramů 5% roztoku je nutno přidat ke 100 gramům 50% roztoku,aby vzniknul

20%?

m1=100 g

w1=0,5

m2=x

w2=0,05

w3=0,20

Řešení:

Dosadíme do směšovací rovnice(rovnice látkové bilance):

m1∙w1+m2∙w2=(m1+m2) ∙w3

100 g∙0,5+x∙0,05=(100+x) ∙0,20

x=200 g

Je nutné přidat 200 gramů 5% roztoku.


42

3.3.3

Připravte 300 gramů 20% roztoku kyseliny dusičné HNO3 ze 65% roztoku kyseliny

dusičné a 10% roztoku kyseliny dusičné.

Řešení:

Využijeme křížové pravidlo:

65% 10

20% :

10% 45

Následně řešíme trojčlenkou:

55g 20%.....................45g 10% HNO3

300 g 20%................... xg 10% HNO3

x=55

45300 =245,5 g 10% HNO3

300 g – 245 g=54,5 g 65% HNO3

Pro řešení lze použít i směšovací rovnici:

m1∙w1+m2∙w2=(m1+m2) ∙w3

(300-m2) ∙0,65+m2∙0,1=300∙0,2

m2=245,5 g 10% HNO3

Z toho: m1=300g-245,5 g=54,5 g 65% HNO3

Pro přípravu 300 gramů 20% roztoku kyseliny dusičné musíme smíchat 245,5 g 10%

kyseliny dusičné s 54,5 g 65% kyseliny dusičné.

3.3.4

Určete hmotnost 5% roztoku a hmotnost 40% roztoku čpavku,které musíme

smíchat,abychom připravili 450 gramů 15% roztoku čpavku NH3.

m1=(m-m2)

w1=0,05

m2=?


43

w2=0,4

m=450 g

w3=0,15

a)řešení s pomocí směšovací rovnice:

m1∙w1+m2∙w2=(m1+m2) ∙w3

(450-m2) ∙0,05+m2∙0,40=450∙0,15

2250-0,05m2+0,40m2=6750

Z toho: m2=128,57g 40% NH3

m1=450g-m2=450g-128,57g=321,42 g 5% NH3

b) řešení s pomocí křížového pravidla a trojčlenky:

5% 25

15% :

40% 10

na 35 g 15% NH3 25 g 5% NH3

na 450 g 15% NH3 x g 5% NH3

x=35

25450 =321,42 g 5% NH3

450g-321,42 g=128,57g 40% NH3

3.3.5

Máme 0,8 kg 12% roztoku hydroxidu sodného NaOH a 2,2 kg 30% roztoku hydroxidu

sodného NaOH.Smícháním obou roztoků a přidáním pevného hydroxidu sodného NaOH

chceme získat 40% roztok.

m=m1+m2+m3

m1=0,8 kg

w1=0,12

m2=2,2 kg


44

w2=0,30

m3=0,8+2,2+m3

w3=1(pevný hydroxid sodný počítán jako 100% látka,tedy hmot.zlomek je jedna)

a)jaká je hmotnost pevného hydroxidu sodného NaOH

b)jaká je hmotnost výsledného roztoku

Řešení části a:

Dosadíme do směšovací rovnice:

m1∙w1+m2∙w2+m3∙w3=m∙w

(0,8∙0,12)+(2,2∙0,3)+m3∙1=(0,8+2,2+m3) ∙0,4

Z toho: m3=0,74 kg

Řešení části b:

m=m1+m2+m3=0,8+2,2+0,74 kg=3,74 kg

3.3.6

80 cm3 60% roztoku kyseliny octové CH3COOH bylo zředěno 40 cm

3 vody.Jaké je

procentové složení vzniklého roztoku,je-li hustota 60% kyseliny octové ρ=1,0642g∙cm-3

?

V(roztok)=80 cm3

ρ(kyselina dusičná)= 1,0642g∙cm-3

1 cm3vody=1 g

Řešení:

Nejdříve určíme hmotnost 60% kyseliny octové ze vzorce:ρ=V

m

m=ρ∙V=1,0642g∙cm-3

∙80 cm3=85,136 g

Dále řešíme s pomocí směšovací rovnice: m1∙w1=m∙w (m=m1+m2=85,136g+40g=125,136g)

(85,136∙0,60)=125,136∙w

w=0,4082

Procentové složení roztoku je 40,82 %.


45

3.3.7

Jaké množství vody musíme přidat ke 215 g roztoku uhličitanu sodného o hmotnostním

zlomku 0,07,aby vznikl roztok o hmotnostním zlomku 0,02?Jakou hmotnost bude mít

připravovaný roztok?

Řešení:

a) dosadíme do směšovací rovnice

m1∙w1=m∙w

(215∙0,07)=(215+m2) ∙0,02

Z toho m2=537,5 g vody

b) celková hmotnost m=m1+m2=215,0+537,5=752,5 g

Do roztoku musíme přidat 537,5 g vody a jeho výsledná hmotnost bude 752,5 gramů.

3.3.8

Vypočítejte koncentraci kyseliny,která vznikla smísením 60% kyseliny o hmotnosti 30 kg

a 10% kyseliny o hmotnosti 10 kg.

m1=30 kg

w1=0,60

m2=10 kg

w2=0,10

m=m1+m2

w3=?

Řešení:

Dosadíme do směšovací rovnice: m1∙w1+m2∙w2=(m1+m2) ∙w3

30∙0,60+10∙0,1=40∙w3

Z toho w3=0,475

Výsledná koncentrace roztoku je 47,50%.


46

3.3.9

Kolik gramů 20% kyseliny je nutno smíchat se 3 litry vody,aby vznikl 5% roztok

kyseliny?

a) řešení s pomocí křížového pravidla

20% 5 dělit pěti (1)

5% :

0 15 dělit pěti (3)

Na 3 litry(dm3)=3 kg vody připadá 1 litr(dm

3) 20% kyseliny=1 kg=1000 g.

b)řešení s použitím směšovací rovnice

m1+w1=m∙w

m1∙0,20=(m1+3) ∙0,05

Z toho m1=1 kg=1000 g

Musíme smíchat 1000 gramů 20% kyseliny se 3 litry vody,aby vzniknul 5% roztok.

3.3.10

Jaká bude výsledná koncentrace roztoku,který vznikne smíšením 500 ml 12% roztoku o

hustotě ρ=1,04 g.cm-3

a 450 ml 60% roztoku o hustotě ρ=1,25 g∙cm-3

.

a) přepočet objemu na hmotnost s použitím vzorce ρ=V

m,

z toho m1=V1∙ρ=500cm3∙1,04g∙cm

-3=520 g

m2=V2∙ρ=450 cm3∙1,25 g∙cm

-3=562,5 g

b) s použitím směšovací rovnice určíme koncentraci výsledného roztoku:

m1∙w1+m2∙w2=(m1+m2) ∙w3

520 g∙0,12+562,5g∙0,60=(520g+562,5 g) ∙w3

Z toho w3=0,369

Výsledná koncentrace roztoku je 36,9%.


47

3.3.11

Vypočítejte hmotnost heptahydrátu síranu železnatého na přípravu 200g 12% vodného

roztoku.

Hydráty považujeme za vodné roztoky.Hmotnostní zlomek bezvodé látky v hydrátu vyjadřuje

vztah:

w(bezv.látka)=)(

).(

hydrátM

látkabezvM (Poznámka: M označení molární hmotnosti)

Hmotnost: m1∙w1=m∙w

m1∙)7.(

)(

24

4

OHFeSOM

FeSOM=m∙w

m1∙02,278

91,151=200∙0,12

m1∙0,5463=24

m1=43,9 g

Hmotnost heptahydrátu síranu železnatého je 43,9 gramů.


48

4. Výpočty s pomocí chemických rovnic

4.1 Určování stechiometrických koeficientů redoxních

(oxidačně-redukčních)rovnic

Cílem je určit stechiometrické koeficienty redoxních(oxidačně-redukčních)rovnic a tím je

vyčíslit.Při určování stechiometrických koeficientů oxidačně-redukčních(redoxních)rovnic se

doporučuje postupovat takto:

a) označíme atomy,které mění svá oxidační čísla,ve většině případů jeden prvek své oxidační

číslo zvyšuje a elektrony přitom ztrácí(oxidace) a další prvek své oxidační číslo snižuje a

elektrony přitom přibírá(redukce).Oxidačním činidlem je přitom látka,která svému okolí

způsobuje oxidaci a sama se tím redukuje,redukčním činidlem je látka,které svému okolí

způsobuje redukci a sama se tím oxiduje

b) sestavíme dílčí elektronové rovnice a upravíme je tak,aby počet vyměněných elektronů byl

stejný

c) z upravených elektronových rovnic přepíšeme stechiometrické koeficienty do zadané hlavní

rovnice

d) upravíme zadanou hlavní rovnici a případně upravíme její stechiometrické koeficienty na

základě rovnosti počtu atomů na levé a pravé straně

Vyčíslování rovnic redoxních reakcí je tedy určování stechiometrických koeficientů

Redoxní (oxidačně-redukční) reakce jsou takové, při kterých dochází k přesunu elektronů mezi

jednotlivými částicemi. Jelikož jsou elektrony záporně elektricky nabité, dochází ke změně

nábojů jednotlivých částic, což vede ke změnám oxidačních čísel. Při oxidaci dochází ke

zvyšování oxidačního čísla, zatímco při redukci se oxidační číslo snižuje. Oba děje probíhají

při reakci vždy současně. Oxidovaná částice elektrony odevzdává, zatímco ta redukovaná je

naopak přijímá. Před zahájením vyčíslování si zjistíme, u kterých částic dochází ke změně

oxidačního čísla. Můžeme si také označit, v jakém případě probíhá oxidace a ve kterém

redukce:

H2SVI

O4 + P0 → H3P

VO4 + S

IVO2 + H2O


49

Následně si vypíšeme pouze polorovnice (elektronové rovnice) reakce obsahující pouze

informace o přenášených elektronech:

SVI

+ 2 e- → S

IV P

0 - 5 e

- → P

V

Abychom dodrželi zákon zachování náboje, musíme křížovým pravidlem ,,přehodit‘‘ počty

elektronů přenesených mezi jednotlivými částicemi, tedy:

SVI

+ 2 e- → S

IV ... 5 P

0 - 5 e

- → P

V ... 2

Nyní dosadíme získané koeficienty do reakčního schématu před patřičné částice:

5 H2SO4 + 2 P → 2 H3PO4 + 5 SO2 + H2O

Na závěr dopočtem dovyčíslíme chemickou rovnici:

5 H2SO4 + 2 P → 2 H3PO4 + 5 SO2 + 2 H2O

Mohou také nastat situace, kdy oxidace a redukce probíhá pouze u jedné částice (poté hovoříme

o disproporcionační reakci), anebo se při reakci realizuje více oxidací či redukcí.

H2S-II

+ H2SVI

O4 → S0 + H2O

S-II

– 2 e- → S

0 ... 6 ... 3

SVI

+ 6 e- → S

0 ... 2 ... 1

Po dosazení do rovnice a dopočítání dostaneme tuto rovnici:

3 H2S + H2SO4 → 4 S + 4 H2O

Příklad reakce, kde probíhá více oxidací či redukcí, vyjadřuje následující reakční schéma:

FeIIS2

-I + O2

0 → Fe2

IIIO3

-II + S

IVO2

-II

V tomto případě dříve než aplikujeme křížové pravidlo, musíme sečíst elektrony potřebné na

všechny oxidace a na všechny redukce a až poté prohazovat výsledné počty elektronů.

2 FeII – 2 e

- → 2 Fe

III ... 2 ... 12 ... 10


50

2 S-I – 10 e

- → 2 S

IV ... 10

5 O0 + 20 e

- → 5 O

-II ... 10 ... 12

Nyní doplníme vypočítané koeficienty do reakčního schématu:

4 FeS2 + 12 O2 → 2 Fe2O3 + 8 SO2

Příklady na určování stechiometrických koeficientů redoxních(oxidačně-redukčních

rovnic)

4.1.1 Vyčíslete rovnici: HCl + KMnO4 → KCl + MnCl2 + Cl2 + H2O

MnVII

+5e→MnII/∙2 redukce,manganistan draselný je oxidačním činidlem

2 Cl-I-2e→2 Cl

0/∙5 oxidace,HCl chápeme jako redukční činidlo

2MnVII

+10e→2MnII

10Cl-I-10e→5Cl2

0

16HCl +2 KMnO4 → 2KCl +2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O

4.1.2 Vyčíslete rovnici: MnO2 + KClO3 + KOH → K2MnO4 + KCl + H2O

MnIV

-2e→MnVI

/∙3 3MnIV

-6e→3MnVI

oxidace

ClV+6e→Cl

-I Cl

V+6e→Cl

-I redukce

Oxidační činidlo: KClO3

Redukční činidlo: MnO2

3 MnO2 + KClO3 + 6KOH → 3K2MnO4 + KCl + 3H2O

4.1.3 Vyčíslete rovnici: K Mn O4 + Na2SO3 + H2SO4 → MnSO4 + Na2SO4 + K2SO4 + H2O

MnVII

+ 5e → MnII /∙2 2Mn

VII + 10e → 2Mn

II redukce

SIV

- 2e → SVI

/∙5 5SIV

- 10e → 5SVI

oxidace

redukce : MnVII

MnII


51

2K Mn O4 + 5Na2SO3 + 3H2SO4 → 2MnSO4 + 5Na2SO4 + K2SO4 + 3H2O

4.1.4 Vyčíslete disproporcionační rovnici: Cl2 + KOH → KCl + KClO3 + H2O

Při vyčíslování oxidačně-redukčních(redoxních)rovnic se můžeme setkat

s tzv.disproporcionačními reakcemi,při kterých mění své oxidační číslo jeden druh atomu

dvakrát.

Cl0 + 1e → Cl

-I /∙5

Cl0 - 5e → Cl

V

5Cl0 + 5e → 5Cl

-I

Cl0 - 5e → Cl

V

Celkem tedy 6 atomů Cl0 mění oxidační číslo,z toho 5 atomů vytvoří Cl

-1 a 1 atom vytvoří Cl

V.

3Cl2 + 6KOH → 5KCl + KClO3 + 3H2O

4.1.5 Vyčíslete rovnici: KBrO3 + KBr + H2SO4 → Br2 + K2SO4 + H2O

Br+V

- 5e →Br0 /∙ 1 Br

+V - 5e →Br

0

Br-I + 1e → Br

0 /∙5 5Br

-I +5e → 5Br

0

KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4 → 3Br2 + 3K2SO4 + 3H2O

oxidace : SIV

SVI

redukční činidlo : Na2SO3

oxidační činidlo : KMnO4

redukce : Cl20 2Cl

-I

oxidace : Cl20 2Cl

V

redukční činidlo : část molekul Cl20

oxidační činidlo : část molekul Cl20

redukce : Br+V

Br0

oxidace : Br-I Br

0

redukční činidlo : KBr

oxidační činidlo : KBrO3


52

4.1.6 Vyčíslete rovnici: KMnO4+Zn+H2SO4→MnSO4+ZnSO4+K2SO4+H2O

redukce: MnVII

+ 5e- → Mn

II /∙2

oxidace: Zn

0 – 2e

- → Zn

II /∙5

redukční činidlo: Zn

oxidační činidlo: KMnO4

2KMnO4+5Zn+8H2SO4→2MnSO4+5ZnSO4+K2SO4+8H2O

4.1.7 Vyčíslete rovnici: KMnO4 + KNO2 + H2O →MnO2 + KNO3 + KOH

2KMnO4 + 3KNO2 + H2O → 2MnO2 + 3KNO3 + 2KOH

4.1.8 Vyčíslete rovnici: KMnO4 + K2SO3 + KOH → K2MnO4 + K2SO4 + H2O

2KMnO4 + K2SO3 + 2KOH → 2K2MnO4 + K2SO4 + H2O

redukce : MnVII

+ 3e → Mn | ∙2

oxidace : NIII

- 2e → NV | ∙3

redukční činidlo : KNO2


redukce : MnVII

+ 1e → MnVI

| ∙2

oxidace : SIV

- 2e → SVI

| ∙1

redukční činidlo : K2SO3



53

4.1.9 Vyčíslete rovnici: K2Cr2O7 + NaI + H2SO4 →Cr2(SO4)3 + I2 + K2SO4 + Na2SO4 +

H2O

redukce : 2CrVI

+ 6e →2CrIII

| ∙2 | ∙1

oxidace : 2I-I - 2e → I2

0 | ∙6 | ∙3

redukční činidlo : NaI

oxidační činidlo : K2Cr2O7

K2Cr2O7 + 6NaI + 7H2SO4 →Cr2(SO4)3 + 3I2 + K2SO4 + 3Na2SO4 + 7H2O

4.1.10

Vyčíslete rovnici: PbO2 + Mn(NO3)2 + HNO3 →Pb(NO3)2 +HMnO4 + H2O

redukce : PbIV

+ 2e → PbII | ∙5

oxidace : MnII - 5e → Mn

VII | ∙2

redukční činidlo : Mn(NO3)2

oxidační činidlo : PbO2

5PbO2 + 2Mn(NO3)2 + 6HNO3 →5Pb(NO3)2 + 2HMnO4 + 2H2O

Existují reakce,při kterých mění svá oxidačí čísla tří prvky:

4.1.11 Vyčíslete rovnici:FeCl2 + KMnO4 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + Cl2 + MnSO4 + K2SO4 +

H2O

FeII - 1e → Fe

III

2Cl-I - 2e → Cl2

0

MnVII

+ 5e → MnII

Sečteme množství elektronů, které odevzdává molekula FeCl2, to jest 1 atom FeII a 2 atomy Cl

-

I, součet zapíšeme jako koeficient pro mangan. Vzhledem k tomu, že v pravé části rovnice

nemůžeme zapsat pět atomů železa (měli bychom zapsat koef. 2,5, což se nepoužívá), oba

koeficienty vynásobíme dvěma.


54

FeII - 1e → Fe

III \

5 x 2 = 10

2Cl-I - 2e → Cl2

0

/

MnVII

+ 5e → MnII - 3 x 2 = 6

redukce : Mn

VII

MnII

oxidace : Fe

II Fe

III,

2Cl-I Cl2

0

redukční

činidlo : FeCl2

oxidační

činidlo : KMnO4

10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 6MnSO4 + 3K2SO4 + 24H2O

4.1.12 Vyčíslete rovnici: As2S3 + HNO3 + H2O → H3AsO4 + H2SO4 + NO

3As2S3 + 28HNO3 + 4H2O → 6H3AsO4 + 9H2SO4 + 28NO

4.1.13 Vyčíslete rovnici: Au + HNO3 + HCl → AuCl3 + NO + H2O

redukce : NV + 3e → N

II | ∙1

oxidace : Au0 - 3e →Au

III | ∙1

redukční činidlo : Au0

oxidační činidlo : HNO3


II |∙ 28

oxidace : 2As

III - 4e → 2As

V

3S-II

- 24e → 3SVI

| ∙3

redukční činidlo : As2S3



55

Au + HNO3 + 3HCl → AuCl3 + NO + 2H2O

4.1.14 Vyčíslete rovnici: H2SO4 (konc.) +P → H3PO4 + SO2 + H2O

redukce : SVI

+ 2e → SIV

| ∙5

oxidace : P0 - 5e → P

V | ∙2

redukční činidlo : P0

oxidační činidlo : H2SO4

5H2SO4 (konc.) +2 P →2 H3PO4 + 5SO2 +2 H2O

4.1.15 Vyčíslete rovnici: Fe2O3 + H2 →Fe + H2O

redukce : 2FeIII

+ 6e →2Fe0 | ∙1

oxidace : H20 - 2e → 2H

I | ∙3

redukční činidlo : H2

oxidační činidlo : Fe2O3

Fe2O3 + 3H2 →2Fe + 3H2O

4.1.16 Vyčíslete rovnici: HBr + H2SO4 → Br2 + SO2 + H2O

redukce : SVI

+ 2e → SIV

| ∙1

oxidace : 2Br -I

- 2e →Br20 | ∙1

redukční činidlo : HBr

oxidační činidlo : H2SO4

2HBr + H2SO4 → Br2 + SO2 + 2H2O


56

4.1.17 Vyčíslete rovnici: CuCl2 + KI → CuI + I2 + KCl

redukce : CuII + 1e → Cu

I | ∙2


0 | ∙1

redukční činidlo : KI

oxidační činidlo : CuCl2

2CuCl2 + 4KI → 2CuI + I2 + 4KCl

4.1.18 Vyčíslete rovnici:SiO2 + F2 → SiF4 + O2

redukce : F20 + 2e → 2F

-I | ∙4 | ∙2

oxidace : 2O-II

- 4e →O20 | ∙2 | ∙1

redukční činidlo : SiO2

oxidační činidlo : F2

SiO2 + 2F2 → SiF4 + O2

4.1.19 Vyčíslete rovnici: KClO3 + HCl →KCl + Cl2 + H2O

redukce : ClV + 6e → Cl

-I | ∙2 | ∙1

oxidace : 2Cl-I - 2e → Cl2

0 | ∙6 |∙ 3

redukční činidlo : HCl

oxidační činidlo : KClO3

KClO3 + 6HCl →KCl + 3Cl2 + 3H2O

4.1.20 Vyčíslete rovnici: K2Cr2O7 + HCl → CrCl3 + Cl2 + KCl + H2O

redukce : 2CrVI

+ 6e → 2CrIII

| ∙2 | ∙1


57

oxidace : 2Cl

-I - 2e → Cl2

0 | ∙6 |∙ 3

redukční činidlo : HCl

oxidační činidlo : K2Cr2O7

K2Cr2O7 + 14HCl → 2CrCl3 + 3Cl2 + 2KCl + 7H2O

4.1.21 Vyčíslete rovnici: Na2SO3 + Cl2 + H2O → Na2SO4 + HCl

redukce : Cl20 + 2e → 2Cl

-I | ∙2 | ∙1

oxidace : SIV

- 2e → SVI

| ∙2 |∙ 1

redukční činidlo : Na2SO3

oxidační činidlo : Cl2

Na2SO3 + Cl2 + H2O → Na2SO4 + 2HCl

4.1.22 Vyčíslete rovnici: KClO3 + S → KCl + SO2

redukce : ClV + 6e → Cl

-I | ∙4 | ∙2

oxidace : S0 - 4e → S

IV | ∙6 | ∙3

redukční činidlo : S

oxidační činidlo : KClO3

2KClO3 + 3S → 2KCl + 3SO2

4.1.23 Vyčíslete rovnici:NH3 + O3 → HNO2 + O2 + H2O

redukce : O30 + 6e → 3O

-II | ∙6 | ∙1

oxidace : N-III

- 6e → NIII

|∙ 6 | ∙1


58

redukční činidlo : NH3

oxidační činidlo : O3

NH3 + 3O3 → HNO2 + 3O2 + H2O

4.1.24 Vyčíslete rovnici: KI + O3 + H2O → KOH + I2 + O2


-II | ∙2 | ∙1


0 | ∙6 | ∙3

redukční činidlo : KI


6KI + 3O3 + 3H2O → 6KOH + 3I2 + 3O2 po vykrácení

2KI + O3 + H2O → 2KOH + I2 + O2

4.1.25 Vyčíslete rovnici:KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2

redukce : Mn

VII + 1e → Mn

VI

MnVII

+ 3e → MnIV

| ∙8 | ∙2

oxidace : 4O-II

- 8e → 2O20 | ∙4 | ∙1

redukční činidlo : část molekul KMnO4

oxidační činidlo : část molekul KMnO4

2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2

4.1.26 Vyčíslete rovnici:CuS + HNO3 (konc.) → CuSO4 + NO + H2O


II | ∙8

oxidace : S-II

- 8e → SVII

| ∙3

redukční činidlo : CuS


3CuS + 8HNO3 (konc.) → 3CuSO4 + 8NO + 4H2O


59

4.1.27 Vyčíslete rovnici: SO2 + Br2 + H2O → H2SO4 + HBr

redukce : Br20 + 2e → 2Br

-I | ∙1

oxidace : SIV

- 2e → SVI

| ∙1

redukční činidlo : SO2

oxidační činidlo : Br2

SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr

4.1.28 Vyčíslete rovnici:FeIIS2 + O2 → Fe2O3 + SO2


-II | ∙11

oxidace : Fe

II - 1e → Fe

III

2S-I - 10e → 2S

IV | ∙4

redukční činidlo : FeS2


4FeIIS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2

4.2 Výpočty z chemických rovnic(výpočty množství reaktantů a produktů

chemických reakcí)

4.2.1

Kolik gramů NaCl potřebujeme na přípravu 14,4 g AgCl srážením z roztoku NaCl

dusičnanem stříbrným.

a) sestavíme rovnici: NaCl+AgNO3→AgCl+NaNO3

b) stanovíme molární hmotnosti: M(NaCl)=58,5 g∙mol1

,M(AgCl)=143,3 g∙mol1

c) výpočet trojčlenkou:

z 58,5 g NaCl ………………………………….143,3 g AgCl

z x g NaCl……………………………………….14,4 g AgCl

x=3,143

4,145,58 g=5,85 g NaCl


60

d) výpočet s pomocí vzorců pro látkové množství s použitím logického poměru látkových

množství:

Poměr látkových množství: NaCl:AgCl=1:1

n(AgCl)=M

m=

13,143

4,14molg

g =0,1 mol

n(NaCl)=0,1 mol

m=n.M=0,1∙58,5=5,85 g

4.2.2

Jaká jsou látková množství a hmotnosti Zn a HCl,potřebných k přípravě ZnCl2 o

hmotnosti 50 g?Jaký objem vodíku se uvolní?

a) sestavíme rovnici: Zn+2HCl→H2+ZnCl2

1 : 2 1 : 1

b) určení látkových množství:

n(ZnCl2)=M

m=

138,136

50molg

g=0,366 mol

n(Zn)=0,366 mol

n(HCl)=2∙0,366 mol=0,732 mol

c) určení hmotností:

m(Zn)=n∙M=0,366mol∙65,38g∙mol 1 =23,923 g

m(HCl)=n. ∙M=0,732mol∙36,538g∙mol 1 =26,71 g

d) určení objemu vodíku H2:

Použijeme vzorec pro objemu plynu: V=n∙Vm=0,366mol∙22,4dm3.mol

-1=8,2 dm

3

Můžeme použít také trojčlenku:

ze 65,36 g Zn se uvolní…………………..22,4 dm3 H2

z 23,923 g Zn se uvolní…………………… x dm3 H2

x=38,65

4,22923,23 =8,2 dm

3 H2


61

4.2.3

Určete látkové množství a objem chlóru Cl2,který je teoreticky potřebný k získání 10

gramů chlorečnanu draselného o vzorci KClO3.Elementární chlór reaguje v horkém

vodného roztoku podle níže uvedené rovnice.

3Cl2+6KOH→5KCl+KClO3+3H2O

3 mol chlóru………..1 mol KClO3

Výpočet látkových množství:

n(KClO3)=M

m=

16,122

10molg

g=0,081 mol

n(Cl2)=3.0,081 mol=0,243 mol

Objem chlóru určíme ze vzorce: V=n∙Vm=0,243mol.22,4dm3.mol

-1=5,4 dm

3 Cl2

4.2.4

Jaký objem oxidu uhličitého CO2(měřeno za normálních podmínek)vznikne rozkladem

125 gramů CaCO3,který obsahuje 10% nečistot?

Sestavíme rovnici rozkladu: CaCO3→CaO+CO2

Je-li množství CaCO3 s nečistotami 125 gramů, pak nejdříve spočítáme čistý CaCO3:

100%........125 g

10%..........12,5 g

Čistý CaCO3: 125 g -12,5 g=112,5 g

Výpočet látkového množství CO2: n(CaCO3)=n(CO2)=)(

)(

3

3

CaCOM

CaCOm=

1100

5,112molg

g=1,125 mol

Výpočet objemu CO2: V=n∙Vm=1,125mol∙22,4dm3=25,2 dm

3CO2

4.2.5

Kolik gramů HgO se rozložilo při naplnění balonu o objemu 448 cm3 kyslíkem?

Sestavíme rovnici: 2HgO→2Hg+O2

2 mol………..1 mol

V(O2)=448cm3=0,448 dm

3

Látkové množství kyslíku: n(O2)=mV

V=

13

3

4,22

448,0moldm

dm=0,02 mol


62

Látkové množství oxidu rtuťnatého: n(HgO)=2∙n(O2)=2∙0,02 mol=0,04 mol

Hmotnost oxidu rtuťnatého: m(HgO)=n∙M=0,04 mol∙216,1g∙mol-1

=8,64 g HgO

4.2.6

Kolik m3 oxidu uhelnatého CO je za normálních podmínek potřeba k výrobě 23 tun

kyseliny mravenčí(100%)?

Sestavíme rovnice: CO+ NaOH → HCOONa

HCOONa+H2SO4→HCOOH+NaHSO4

Určení látkového množství kyseliny mravenčí: n(HCOOH)=M

m=

146

23000000molg

g=500∙10

3mol

Určení látkového množství oxidu uhelnatého CO: n(CO)= n(HCOOH)=500∙103mol

Určení objemu oxidu uhelnatého CO ze vztahu: V(CO)= n(CO) ∙Vm=500∙103∙22,4

dm3=11,2∙10

6dm

3

4.2.7

Kolik gramů 34% kyseliny chlorovodíkové HCl potřebujeme na přípravu 120 gramů

KCl?

Sestavíme rovnici: KOH+HCl→KCl+H2O

Molární hmotnosti: HCl=36,5g∙mol-1

KCl=74,5g∙mol-1

a)určení 100% HCl,vycházíme z rovnice:

z 36,5 g 100% HCl……………………….74,5 g KCl

x g 100% HCl………………………120 g KCl

x=g

gg

5,74

5,36120 =58,79g 100%HCl

b) výpočet 34% HCl:

ve 100 g 34% HCl……………………..34 g HCl

v x g 34% HCl………………………58,79g HCl

x=34

10079,58 gg =172,91 g 34% HCl


63

4.2.8

Máme připravit 45 gramů NH4NO3 neutralizací zředěné kyseliny dusičné HNO3

amoniakem. Kolik mililitrů 21% amoniaku NH3 potřebujeme? Hustota 21% roztoku

amoniaku ρNH3=0,9224 g.cm-3

.

Sestavíme rovnici: HNO3+NH3→NH4NO3

Molární hmotnosti v g∙mol-1

: 65 17 80

Látková množství v mol: 1 1 1

a) určení látkového množství dusičnanu amonného: n(NH4NO3)=M

m=

180

45molg

g=0,56 mol

b)určení látkového množství a hmotnosti amoniaku NH3: n(NH3)=n(NH4NO3)=0,56 mol

m(NH3)=n∙M=0,56 mol∙17g∙mol-1

=9,52 g 100% NH3

c) výpočet množství 21% NH3: 9,52 g …………………100% NH3

x g………………….. 21% NH3

řešíme jako nepřímou úměru,21% roztoku musí být více:

x=45,53 g 21% NH3

d) určení objemu 21% roztoku amoniaku:

V=

m=

39224,0

53,45 cmg

g=49,3 cm

3 21% NH3

4.2.9

Sirovodík(sulfan) H2S získáme reakcí sulfidu železnatého FeS s kyselinou chlorodíkovou

HCl.Vypočítejte:

a) kolik chloridu železnatého FeCl2 vznikne reakcí 250 g FeS

b)jaký bude objem sirovodíku H2S

c) jaká bude spotřeba 37% HCl v mililitrech(cm3),je-li hustota 37%HCl ρ=1,183g∙cm

-3.

Sestavíme rovnici: FeS+ 2HCl→FeCl2+ H2S

Molární hmotnosti v g.mol-1

: 88 36,5 127

Látková množství v molech: 1 mol FeS, 2 mol HCl, 1 mol FeCl2, 1 mol H2S

a) určení množství chloridu železnatého:

z 88 g FeS………………………..127 g FeCl2


64

z 250 g FeS………………………….x g FeCl2

x=g

gg

88

127250 =360,79 g FeCl2

b) výpočet objemu sirovodíku(sulfanu):

z 88 g FeS…………………….22,4 dm3 H2S

z 250g FeS…………………… x dm3 H2S

x= g

dmg

88

4,22250 3=63,64 dm

3 H2S

c) výpočet 100% kyseliny chlorovodíkové , přepočet na 37% kyselinu chlorovodíkovou a

určení objemu 37% kyseliny chlorovodíkové

na 88 g FeS…………………..73g 100% HCl

na 250 g FeS………………….x g 100% HCl

x=g

gg

88

25073 =207,39 g 100%HCl

100% HCl…………………… 207,38 g

37% HCl……………………. x g

řešeno jako nepřímá úměra,zředěné kyseliny musí být více:

x=560,49 g 37% HCl

Určení objemu 37% HCl: V=

m=

3183,1

49,560 cmg

g=473,79 cm

3 37% HCl


65

5. Chemické rovnováhy kyselin a zásad

Vyjadřování kyselosti a zásaditosti látek

Mírou kyselosti roztoku je koncentrace oxoniových kationtů H3O+. Koncentraci oxoniových

iontů označíme: c (H3O+) = [ H3O

+]

Kyselina je tím silnější, čím snadněji odštěpí proton vodíku H+ ve vodném prostředí za vzniku

oxoniového kationtu.

Kyselina je podle Bronsteda každá částice, která odštěpuje ve vodném prostředí proton vodíku

H+. Např.:

HCl+H2O→ H3O+ + Cl

-

Mírou zásaditosti roztoku je koncentrace hydroxidových aniontů OH-.Koncentraci oxoniových

aniontů označíme: c(OH-)=[OH

-].

Zásada je tím silnější, čím snadněji váže(přijímá) proton vodíku H+ ve vodném prostředí.

Zásada je podle Bronsteda každá částice, která ve vodném prostředí váže(přijímá)proton vodíku

H+.

Např. HSO4- + H2O→ H3O

+ + SO4

-2

Nebo: NH3+H2O→NH4++OH

-

Kyselina a zásada tvoří tzv.konjugovaný pár(dvojici):

HCl + H2O→ H3O+ + Cl

-

K1 Z2 K2 Z1

K,Z jsou symboly pro kyselinu a zásadu, přičemž K1,Z1 a K2,Z2 tvoří konjugované dvojice

kyselina-zásada.

Čím je zásada silnější, tím je její konjugovaná kyselina slabší.

Pro popis síly kyselin a zásad používáme disociační konstantu pro kyselinu(konstanta acidity)

KA a disociační konstantu pro zásadu(konstanta bazicity) KB.

Vyjádření disociační konstanty(konstanty acidity) pro kyselinu

Předpokládáme disociaci kyseliny ve vodném prostředí:

HA+H2O→ H3O+ + A

-

(např. HCl+H2O→ H3O+ + Cl

-)

Disociační konstantu (konstantu acidity) vyjádříme rovnicí:

KA=

=

[ ] [ ]

[ ]

Síla kyseliny je pak určena velikostí disociační konstanty (konstanty acidity).


66

Dělení kyselin podle hodnoty KA

1. Silné kyseliny KA > 10-2

Např.HClO4,H2SO4,HNO3, HCl,HI,HF,HBr

2. Slabé kyseliny 10-2

> KA >10-9

Např.CH3COOH,HCOOH(organické kyseliny)

3. Velmi slabé kyseliny KA < 10-9

Např.H3PO4,H3BO3,H2CO3,H2S

Vyjádření disociační konstanty(konstanty bazicity)pro zásadu

Předpokládáme disociaci zásady (báze) ve vodném prostředí:

B+H2O→BH++OH

-

(např. NH3+H2O→NH4++OH

-)

Disociační konstantu (konstantu bazicity) vyjádříme rovnicí:

KB =

=

[ ] [ ]

[ ] nebo také KB =

=

[ ] [ ]

[ ]

kde ZOH = např. NaOH

Dělení zásad (bází) podle hodnoty KB

1. Velmi slabé zásady KB ˂ 1

Např. Fe(OH)3, Cu(OH)2(hydroxidy d-prvků),amoniak NH3 je slabší, než hydroxid amonný

2. Silné zásady KB ˃ 1

Např. NaOH, KOH, Ca(OH)2

Autoprotolýza vody a iontový součin vody

Bylo zjištěno,že v 10 000 000 litrech(107 l) čisté vody je obsažen 17,009 g aniontů OH

- a 1,008

g kationtů H3O+,tedy nepatrné množství.Nastává tzv.autoproprotolýza vody,reakce 2 molekul


67

vody za vzniku kationtu oxoniového a aniontu hydroxidového, kdy rovnováha je posunuta ke

vzniku vody.

Rovnice autoprotolýzy vody: H2O+H2O→ H3O++OH

-

Rovnovážná konstanta: Kc =

=

=

[ ] [ ]

[ ]

Úprava: Kc = [

] [ ]

[ ]

Kc ∙ [H2O]2=[H3O

+]∙ [OH

-]

Iontový součin vody: Kv = [H3O+]∙ [OH

-]

Molární koncentrace iontů H3O+ a OH

- při autoprotolýze je v čisté vodě:

[H3O+]=1∙10

-7 mol.dm

-3

[OH-]=1∙10

-7 mol.dm

-3

Pak iontový součin vody je při 25 stupních Celsia přibližně:

Kv = [1∙10-7

mol∙dm-3

] ∙ [ 1∙10-7

mol∙dm-3

] = 1∙10-14

mol2∙dm

-6

Zvýšení koncentrace H3O+ znamená snížení koncentrace OH

- a naopak, iontový součin má vždy

při dané teplotě konstantní hodnotu.

Např. při [H3O+]=1∙10

-4mol∙dm

-3 a [OH

-]=1∙10

-10 mol∙dm

-3 je Kv=1∙10

-4mol∙dm

-3∙ 1∙10

-10

mol∙dm-3

=1∙10-14

mol∙dm-3

Rozdělení roztoků podle koncentrace iontů H3O+ a OH

-

1. Kyselé roztoky: [H3O

+] ˃ 1∙10

-7 mol∙dm

-3

2. Neutrální roztoky: [H3O+] = [OH

-]=1∙10

-7 mol∙dm

-3

3. Zásadité roztoky: [H3O+] ˂ 1∙10

-7 mol∙dm

-3


68

Stupnice pH

Výpočty s exponenty jsou složité. V roce 1909 byl Dánským chemikem Sorensenem definován

(zaveden) vodíkový exponent a stupnice pH.

Logaritmováním rovnice pro iontový součin [H3O+]∙ [OH

-] =1∙10

-14 mol∙dm

-3 dostaneme:

log[H3O+]+log[OH

-]= -14

14= -log[H3O+]-log[OH

-]

Z definice je pH=-log[H3O+] a pOH= -log[OH

-],pak úpravou rovnice 14= -log[H3O

+]-log[OH

-]

dostaneme: 14=pH+pOH

pH+pOH=14

Dělení roztoků podle hodnoty pH

1. Neutrální roztoky: [H3O

+]= [OH

-]=1∙10

-7 mol.dm

-3

pH=7

2. Kyselé roztoky: [H3O+] > 1∙10

-7 mol.dm

-3

pH<7

3. Zásadité roztoky: [H3O+] < 1∙10

-7 mol.dm

-3

pH>7

Příklady

5.1

Určete koncentraci oxoniových kationtů [H3O+] a pH v následujících roztocích o známých

koncentracích hydroxidových aniontů [OH-].

a) [OH-]=10

-2 mol∙dm

-3 b) [OH

-]=10

-5 mol∙dm

-3 c) [OH

-]=10

-10 mol∙dm

-3

Řešení:

a) [H3O+]∙ [OH

-]=1∙10

-14

[H3O+]=

= 1∙10

-12 mol∙dm

-3

b) analogicky [H3O+]=1∙10

-9 mol∙dm

-3


69

c) analogicky [H3O+]=1∙10

-4 mol∙dm

-3

5.2

Jaká je [H3O+] a [OH

-] v roztoku kyseliny chlorovodíkové HCl, která v 1 dm

3 obsahuje

HCl o látkovém množství n=0,1 mol při 25 stupních Celsia. Jaké je pH roztoku?

Řešení:

HCl je silná kyselina a je plně disociovaná na ionty.

[H3O+]=0,1 mol∙dm

-3=1∙10

-1 mol∙dm

-3

pH= -log[H3O+]= -log 10

-1=1

pH=1 (silná kyselina)

[H3O+]∙ [OH

-]=1∙10

-14

[OH-]=

= 10

-13 mol∙dm

-3

pOH=14-pH=14-1=13

5.3

Jaké pH má roztok,je-li koncentrace [H3O+]=5,2∙10

-4 mol∙dm

-3.

Řešení:

pH= -log[H3O+]= -log5,2∙10

-4= -(log5,2+log 10

-4)= -log 5,2+4=4-0,72=3,28

Jedná se o kyselý roztok.

5.4

Jaké je pOH roztoku, je-li koncentrace [OH-]=1,7∙10

-1 mol∙dm

-3.

Řešení:

pOH= -log[OH-]= -log 1,7∙10

-1= -(log 1,7+log 10

-1)= -0,23+1=0,77

pH+pOH=14

pH=14-0,77=13,23

Jedná se o silně zásaditý roztok.


70

5.5

Jaké je pH roztoku s koncentrací oxoniových iontů [H3O+]=10

-4 mol∙dm

-3.

Řešení:


-4=4

Jedná se o kyselý roztok.

5.6

Jaké je pH roztoku KOH, který obsahuje hydroxidové anionty o koncentraci

[OH-]=10

-3 mol∙dm

-3.

Řešení:

pOH= -log[OH-]= -log10

-3=3

pH+pOH=14

pH=14-pOH=14-3=11

Jedná se o silný úplně disociovaný hydroxid.

5.7

Jaké je pH roztoku hydroxidu sodného NaOH o koncentraci hydroxidových aniontů

[OH-]=10

-1 mol∙dm

-3.

Řešení:

pOH= -log[OH-]= -log10

-1=1

pH+pOH=14

pH=14-pOH=14-1=13

Jedná se o roztok silného hydroxidu.

5.8

Určete pH roztoku HBr o molární koncentraci 0,01 mol∙dm-3

(0,01 M).

Řešení:

Jedná se o silnou a plně disociovanou kyselinu bromovodíkovou.

[H3O+]=0,01 mol∙dm

-3=10

-2 mol∙dm

-3

pH= -log [H3O+]= -log 10

-2 mol∙dm

-3=2


71

5.9

Stanovte hodnotu pH roztoku kyseliny sírové H2SO4 o molární koncentraci 0,0007

mol.dm-3

(molaritě M=0,0007).

Řešení:

Jedná se o silnou dvojsytnou kyselinu, plně disociovanou do 2.stupně:

H2SO4+2H2O→2H3O+ + SO4

-2

Při disociace vznikají 2 moly oxoniových kationtů. Při výpočtu tedy bereme v úvahu

dvojnásobné množství koncentrace oxoniových kationtů.

pH= -log 2[H3O+]

pH= -log (2∙7∙10-4

)

pH=2,85

5.10

Jaké je pH roztoku KOH o molární koncentraci 0,002 mol∙dm-3

(molaritě M=0,002).

Řešení:

Stanovíme nejdříve faktor pOH:

pOH= -log[OH-]= -log(2∙10

-3)=2,7

Stanovíme faktor pH:

pH+pOH=14

pH=14-pOH=14-2,7=11,3

pH=11,3

Jedná se o roztok silného hydroxidu (zásady).

5.11

Určete pH 0,00018 M roztoku hydroxidu barnatého Ba(OH)2.

Řešení:

Hydroxid barnatý je dvojsytný hydroxid,který disociuje do 2 stupňů:

Ba(OH)2 → Ba+2

+2OH-

Při výpočtu musím vzít v úvahu dvojnásobnou koncentraci iontů OH-.

Stanovíme nejdříve faktor pOH:


72

pOH= -log[OH-]= -log(2.18.10

-5)=3,44

Určíme pH:

pH+pOH=14

pH=14-pOH=14-3,44=10,56

5.12

Jaká je molární koncentrace roztoku kyseliny chlorovodíkové HCl,jehož pH=2,15?

Řešení:

Jedná se o jednosytnou kyselinu, která disociuje do 1 stupně.

Vyjdeme ze vztahu:

pH= -log[H3O+]

2,15= -log[H3O+]

[H3O+]=7,08∙10

-3 mol∙dm

-3

[HCl]=7,08∙10-3

mol∙dm-3

5.13

Určete koncentraci hydroxidových aniontů OH- v roztoku hydroxidu barnatého, jehož

pH=10,85.

Řešení:

Nejdříve určíme faktor pOH:

pH+pOH=14

pOH=14-pH

pOH=14-10,85=3,15

Stanovíme koncentraci iontů OH-:

pOH= -log[OH-]

3,15= -log[OH-]

[OH-]=7,08.10

-4 mol.dm

-3

Hydroxid barnatý disociuje do 2 stupňů, takže výsledná koncentrace iontů OH-:

Předpokládáme disociaci: Ba(OH)2→Ba+2

+2 OH-

[2OH-]= 7,08∙10

-4 mol∙dm

-3

[OH-] =

∙ 7,08∙10

-4 mol∙dm

-3

[OH-]= 3,54∙10

-4 mol∙dm

-3


73

5.14

Jaké je pH roztoku kyseliny octové, který má koncentraci oxoniových iontů [H3O+]=1∙10

-2

mol∙dm-3

při disociační konstantě (konstantě acidity) KA=1,74∙10-5

.

Řešení:

Kyselina octová je slabá jednosytná organická kyselina. Stanovíme nejdříve koncentraci

[H3O+].

Použijeme vzorec: [H3O+]=√ [

] =√ ]= 4,17∙10-4

Stanovíme pH:

pH= -log 4,17∙10-4

=3,38

5.15

Roztok amoniaku obsahuje anionty hydroxidové OH- o koncentraci 1∙10

-1 mol∙dm

-3 při

disociační konstantě(konstantě bazicity) KB=1,74∙10-5

.Jaké je pH uvedeného roztoku.

Řešení:

Stanovíme nejdříve koncentraci iontů OH- :

Použijeme vzorec: [OH-]= √ [ ] = √ = 1,32∙10

-3

Stanovíme faktor pOH a následně faktor pH:

pOH= -log[OH-]= -log 1,32∙10

-3 = 2,88

pH=14-pOH=14-2,88=11,12

5.16

Určete pH roztoku hydroxidu sodného, který vznikne rozpuštěním 5 gramů ve 3 dm3

vody.

Řešení:

m(KOH)=5 g

V(H2O)=3 dm3


74

M(KOH)=40g∙mol-1

n=

=

= 0,125 mol

Určíme molární koncentraci roztoku:

c =

=

=0,04166 mol∙dm

-3

Koncentrace ionů OH- odpovídá molární koncetraci: [OH

-]=0,04166 mol∙dm

-3 .

Stanovíme pH z rovnice pH=14-pOH,přičemž dosadíme pOH= -log[OH-]

pH=14-(-log0,04166)=14-1,38=12,62

5.17

Určete pH 50% roztoku kyseliny sírové o objemu 1 dm3, obsahuje-li 0,5 g H2SO4.Molární

hmotnost kyseliny sírové je 98 g∙mol-1

.

Řešení:

Určíme nejdříve látkové množství: n =

=

= 0,0051024 mol

Molární koncentrace je: c =

=

= 0,0051024 mol.dm

-3

0,5 g 50% roztoku kyseliny sírové→0,25 g 100% kyseliny sírové na 1 dm3→látkové množství

je pak: n=

=

= 0,002551 mol →molární koncentrace je:c=

=

=

2,55.10-3

mol∙dm-3

Koncentrace iontů [H3O+]=2,55.10

-3 mol∙dm

-3.

Určíme pH, přičemž musíme vzít v úvahu, že kyselina sírová disociuje do 2 stupňů, tedy

koncentrace iontů H3O+ je dvojnásobná.

pH= -log[2H3O+]= -log(2∙2,55∙10

-3)= -log 5,1025∙10

-3 = 2,29


75

5.18

Určete pH roztoku, který vznikne neutralizací 250 cm3 0,01 M roztoku H2SO4 s 200 cm

3

0,025 M roztokem NaOH.

Řešení:

Roztok H2SO4: c=

→ n=V∙c=250∙10

-3∙0,01mol=2,5∙10

-3 mol

Roztok NaOH: c=

→ n=V∙c=200∙10

-3∙0,025=5∙10

-3 mol

Rovnice neutralizace: H2SO4 + 2NaOH→Na2SO4 + 2H2O

1 : 2

2,5.10-3

: 5.10-3

pH=7

5.19

Jaká je hmotnost hydroxidu sodného NaOH ve 20 dm3 roztoku o hodnotě pH=12,2.

Řešení:

Hydroxid sodný NaOH je silný a jednosytný.

pH+pOH=14

pOH=14-pH=14-12,2=1,8

pOH= -log[OH-]

1,8= -log[OH-]

[OH-]=0,01584 mol∙dm

-3

Molární koncentrace: c=

→ n = c∙V = 0,01584 mol∙dm

-3∙20 dm

3 = 0,31 mol

Hmotnost hydroxidu sodného: m=n∙M=0,31 mol∙40g∙mol-1

=12,68g NaOH


76

5.20 Určete konstantu acidity slabé jednosytné kyseliny o molární koncentraci c=0,12

mol.dm-3

při pH jejího roztoku 2,95.

Řešení:

pH= -log[H3O+]

2,95= -log [H3O+]

[H3O+] = 0,001122 mol∙dm

-3 = x

KA=

=

= 1,06.10

-5

5.21

Jaká je molární koncentrace amoniaku NH3 v roztoku o pH=11,1 při konstantě

bazicity(disociační konstantě) KB=1,77.10-5

.

Řešení:

pH+pOH=14

pOH=14-pH=14-11,1=2,9

pOH=-log[OH-]

2,9= -log[OH-]

[OH-]= 0,0012589 mol∙dm

-3

Vyjdeme ze vzorce: [NH3] = [ ]

=

= 0,089 mol∙dm

-3

5.22

Za laboratorní teploty 20 stupňů Celsia byl připraven roztok smísením 20 cm3 HCl o

molární koncentraci 0,1 mol.dm-3

a 30 cm3 NaOH o molární koncentraci 0,05 mol.dm

-3.

Řešení:

Rovnice : HCl+NaOH→NaCl+H2O

1 1 1 1

20cm3 30cm

3

0,1 M 0,05M


77

Po reakci zůstane v roztoku navíc:

0,1 mol…………………1000 cm3

x mol……………………...20 cm3

x=

. 0,1= 0,002 mol v 1 dm

3

0,05 mol………………..1000 cm3

x mol……………….. 30 cm3

x=

.0,05 = 0,0015 mol v 1 dm

3

Rozdíl: n=0,002-0,0015=0,0005 mol v 1 dm3

0,0005 mol………………50 cm3(20cm

3+30cm

3)

x mol………………1000 cm3

x=

= 0,01 mol

c= 1.10-2

mol∙dm-3

→ pH= -log c = -log 1∙10-2

=2

Roztok je kyselý a vykazuje pH=2.

5.23

Vratná reakce je vyjádřena rovnicí: A+3B↔C. V rovnovážném stavu je [A]=0,5 mol∙dm-3

,

[B]=2mol∙dm-3

a [C]=4 mol∙dm-3

.Vypočítejte rovnovážnou konstantu a výchozí

koncentrace látek A a B.

Řešení:

Využijeme vzorec: K= [ ]

[ ] [ ] =

= 1

Z 1 mol látky A a ze 3 molů látky B vzniká 1 mol látky C.Z toho vyplývá, že na vznik 4 molů

látky C se spotřebovaly 4 moly látky A a 4.3 molů(12 molů) látky B.


78

Počáteční koncentrace látek A a B před začátkem reakce byly:

[A]=0,5+4=4,5 mol∙dm-3

[B]=2+12=14 mol∙dm-3

5.24

Určete pH a koncentraci noniových a hydroxidových iontů v 10-3

M roztoku HCl

Řešení:

Za předpokladu úplné disociace kyseliny chlorovodíkové v roztoku je v jeho jednom litru 1.10-3

molů oxoniových iontů ,neboli:

[H3O+]=1.10

-3 mol∙dm

-3


-3 = 3

Protože platí pro všechny vodné roztoky: Kv =[H3O+].[OH

-]= 1.10

-14 mol

2.dm

-6,je koncentrace

iontů hydroxidových OH-:

[OH-]=

= 1.10

-11 mol∙dm

-3

Koncentrace hydroxidových iontů v roztoku, který má pH 3,je 1.10-11

mol∙dm-3

.


79

6. Chemické rovnováhy srážecích a redoxních

reakcí

6.1 Chemické rovnováhy srážecích reakcí

Srážecí reakce jsou takové chemické děje, při kterých vzniká málo disociovaná a ve vodě

nerozpustná látka. V rovnici označujeme takovou látku tak, že ji podtrhneme a označíme

šipkou dolů . Nejčastěji zapisujeme pomocí iontových rovnic.

Mírou rozpustnosti sraženin je tzv. součin rozpustnosti nebo také produkt rozpustnosti nebo

iontový součin. Označuje se symbolem Ks a má charakter konstanty, která je závislá

především na teplotě.

Je-li obecný vzorec uvažované sloučeniny AxBy, lze zapsat rovnici disociace:

AxBy → x A+ + y B

-

Pak součin rozpustnosti vyjádříme rovnicí: Ks(AxBy) = A+

x. B

-

y

Protože každá sloučenina je aspoň minimálně rozpustná, je roztok nad sraženinou za dané

teploty vždy roztokem nasyceným. Iontový součin KS (AxBy) definujeme proto následovně :

Iontový součin Ks(AxBy) je součin molárních koncentrací iontů A+ a B

- v nasyceném roztoku

nad sraženinou:

Ks(AxBy) = A+

x∙ B

-

y

Čím je součin rozpustnosti Ks nižší, tím je sloučenina méně rozpustná.

Např. Ks(AgCl) = 2∙10-10

mol2∙dm

-6, Ks(AgBr) = 5∙10

-13 mol

2∙dm

-6, Ks(AgI) = 8∙10

-17 mol

2∙dm

-6.

Nejmenší rozpustnost má AgI, protože z uvedených sloučenin má nejnižší hodnotu iontového

součinu.

Poznámka 1:

Porovnání hodnot Ks za účelem zjišťování míry rozpustnosti lze pouze mezi sloučeninami

stejného empirického vzorce, kde poměr aniontu a kationtu je stejný. Takový empirický vzorec

mají např. AgCl, AgBr, AgI, CaSO4, SrSO4, BaSO4, PbSO4 atd.(poměr 1 : 1) nebo Ag2CrO4,

Ag2SO4, Ag2CO3 atd. (poměr 2 : 1) nebo PbCl2, PbBr2, PbI2 atd. (poměr 1 : 2). Nelze proto


80

porovnávat navzájem sloučeniny s rozdílným poměrem aniontu a kationtu, např. PbSO4 a

PbCl2.

Iontové součiny látek ve vodných roztocích různých nerozpustných sloučenin jsou uváděny

v tabulkách, zpravidla pro teplotu 25oC.

Poznámka 2:

V některých tabulkách se místo Ks udává hodnota pKs.

kde

pKs = - log Ks Ks =

např.:

pKs (AgCl) = 9,75 Ks(AgCl) = 10-9,75

= 1,78 ∙10-10

mol2∙dm

-6

nebo

Ks(Ag2CrO4) = 3∙10-12

mol3∙dm

-9 pKs (Ag2CrO4) = - log 3∙10

-12 = 11,52

Čím větší je hodnota pKs, tím menší je hodnota Ks a tím méně je látka ve vodě

rozpustná.

Příklady

6.1.1

Vypočíjte rozpustnost sulfidu železnatého ve vodě při C, je-li jeho součin rozpustnosti

3,7.10-19

.

Řešení:

Ze vztahu pro součin rozpustnosti vypočítáme koncentraci iontu Fe+2

,která současně určuje

rozpustnost FeS v mol∙ dm-3

.


81

FeS↔Fe+2

+ S-2

Koncentrace Fe+2

udává současně i koncentraci rozpuštěného FeS v nasyceném roztoku

Ks(FeS)=[ Fe+2

] ∙ [ S-2

].

Po dosazení: 3,7∙10-19

=[ Fe+2

] ∙ [ S-2

], [ Fe+2

]=[ S-2

]

Takže: [ Fe+2

]2 = 3,7∙10

-19

[ Fe+2

] = √

[ Fe+2

] = 6.10-10

mol∙dm-3

Rozpustnost sulfidu železnatého je 6.10-10

mol∙dm-3

.

6.1.2

Vypočítejte součin rozpustnosti jodičnanu stříbrného, je-li na přípravu 1 dm3 nasyceného

roztoku zapotřebí 0,0440 gramů této soli.

Řešení:

V definičním vztahu pro součin rozpustnosti je množství iontů vyjádřeno látkovou

(molární)koncentrací.

AgIO3↔Ag+ + IO3

-

c(AgIO3)=[ Ag+]=[ IO3

-]

Ks=[ Ag+]∙ [ IO3

-]

M(AgIO3)=281,77 g.mol-1

n(AgIO3)=

=

= 1,56∙10

-4 mol

c(AgIO3)=[ Ag+]=[ IO3

-] = 1,56∙10

-4 mol∙dm

-3

Ks=[ Ag+]∙ [ IO3

-] = 1,56.10

-4 mol∙dm

-6∙ 1,56∙10

-4 mol∙dm

-6 = 2,43∙10

-8

Součin rozpustnosti jodičnanu stříbrného je 2,43∙10-8

.


82

6.1.3

Vypočítejte rozpustnost jodidu olovnatého ve vodném roztoku, je-li součin rozpustnosti

Ks(PbI2)=1,39∙10-8

.

Řešení:

Vyjádříme vztah pro součin rozpustnosti, vypočítáme rovnovážnou koncentraci některého

z iontů a ze srážecí rovnováhy usoudíme na rozpustnost jodidu olovnatého PbI2.

PbI2↔Pb+2

+ 2I-

c(PbI2)=[ Pb+2

]=0,5∙ [I-]

Ks(PbI2)=[ Pb+2

] ∙ (2∙ [ Pb+2

])2=4[ Pb

+2]

3

[ Pb+2

]=√

= √

[ Pb+2

]=1,91∙10-3

Rozpustnost jodidu olovnatého je [ Pb+2

]=1,91∙10-3

.

6.1.4

Vypočítejte součin rozpustnosti šťavelanu stříbrného, potřebujeme-li na přípravu 1 dm3

roztoku 0,0250 gramů této soli.

Řešení:

Předpokládáme vzorec šťavelanu stříbrného Ag2C2O4.Ve vodném prostředí dojde ke vzniku

rovnovážného stavu: Ag2C2O4↔2 Ag+ + C2O4

-

Bude-li rozpustnost Ag2C2O4 dána hodnotou c, pak [Ag+]= 2∙c a [C2O4

-]=c

M(Ag2C2O4)=303,76 g∙mol-1

m(Ag2C2O4)=0,0250 g

n(Ag2C2O4) =

n(Ag2C2O4) =

= 8,23∙10

-5 mol

Ze zadání je jasné, že dané n se vztahuje na 1 dm3, potom platí:

c(Ag2C2O4)=8,23∙10-3

mol∙dm-3


83

[Ag+]= 2∙c (Ag2C2O4) = 1,65.10

-4

[C2O4-]=8,23.10

-3

Součin rozpustnosti: Ks=[Ag+]∙ [C2O4

-]=1,65.10

-4∙8,23∙10

-5=2,24∙10

-12

Součin rozpustnosti šťavelanu stříbrného je 2,24∙10-12

.

6.1.5

Nasycený vodný roztok hydroxidu stříbrného se připravil rozpouštěním oxidu stříbrného

ve vodě. Po ustálení rovnováhy bylo pH roztoku 10,3.Určete součin rozpustnosti

hydroxidu stříbrného.

Řešení:

Tím, že známe hodnotu pH nasyceného vodného roztoku, určíme koncentraci hydroxidových

aniontů v nasyceném roztoku hydroxidu stříbrného. Podle srážecí rovnováhy se rovnovážná

koncentrace hydroxidových aniontů rovná koncentraci stříbrných kationtů.

pOH = 14-10,3=3,7

pOH= -log [OH-]

-3,7= log[OH-]

[OH-]=1,99∙10

-4

AgOH↔Ag+ + OH

-

[Ag+]=[ OH

-]=1,99∙10

-4

Součin rozpustnosti:

Ks(AgOH)= [Ag+]∙ [ OH

-]=(1,99∙10

-4)

2=3,96∙10

-8

Součin rozpustnosti hydroxidu stříbrného je 3,96∙10-8

.


84

6.2 Chemické rovnováhy redoxních reakcí

Redoxní rovnováhy se ustanovují v soustavách, ve kterých probíhají oxidačně-redukční

(redoxní) reakce.

Např. rovnováha, která se ustanoví po ponoření zinkového plechu do vodného roztoku síranu

měďnatého: Zn(s) + Cu2+

(aq) ↔ Cu(s) + Zn2+

(aq)

Tuto redoxní rovnováhu lze rozdělit na dvě dílčí rovnováhy (zapisují se tak, aby počet

převedených elektronů byl v obou dílčích rovnováhách stejný)

Zn(s) ↔ Zn2+

(aq) + 2e- nebo Zn(s) -2e

-→Zn

+2(aq)

Cu2+

(aq) + 2e- ↔ Cu(s)

Každá z uvedených poloreakcí zahrnuje oxidovanou a redukovanou formu dané látky.

Reakci, při níž reaktant předává svůj elektron a zvyšuje své oxidační číslo, nazýváme

oxidace. Reakci, při níž reaktant přijímá elektron a snižuje své oxidační číslo, nazýváme

redukce. Je zřejmé, že redukovaná forma, která při reakci předá svůj elektron, se zoxiduje na

oxidovanou formu, oxidovaná forma naopak přijme elektron a zredukuje se.Obecně můžeme

vyjádřit takto:

Ox+ze-→Red

Red-ze-→Ox

( z je počet vyměněných elektronů)

Každá z dvojic (Zn2+

/ Zn a Cu2+

/Cu) lišící se o jeden či více elektronů se nazývá redoxní

systém. V redoxních soustavách reaguje vždy redukovaná složka jednoho redoxního systému s

oxidovanou složkou druhého systému a naopak.

Obecně lze vyjádřit takto:

Ox1+ze-→Red1

Ox2+ze-→Red2

Ox2+ Red1↔ Ox1+ Red2

např.Cu+2

+Zn→Zn+2

+Cu


85

U redoxních reakcí se často používají pojmy oxidační činidlo (oxidant) a redukční činidlo

(reduktant). Oxidační činidlo je látka, oxidující jiné látky tím, že od nich přijímá elektrony a

sama se redukuje, je tedy akceptorem elektronů, redukční činidlo je naopak látka redukující

jiné látky tím, že jim předává elektrony a sama se oxiduje, je tedy donorem elektronů. Táž

látka může být v jedné reakci oxidačním činidlem, v druhé redukčním činidlem.

Po ustanovení rovnováhy se systém nabije na určitý elektrický potenciál,který je tím nižší,čím

více je rovnovážný stav reakce posunut vlevo.Je-li jednoduchý oxidačně-redukční systém

v kontaktu s kovem,který zprostředkovává přívod nebo odvod elektronů,hovoříme o elektrodě

a elektrodovém potenciálu.Ze známých hodnot elektrodových potenciálů lze tedy usuzovat na

možnost průběhu reakce mezi dvěma oxidačně-redukčními systémy.Potenciály elektrod lze

určit pouze relativně vůči zvolené srovnávací elektrodě,za niž byla zvolena standardní

vodíková elektroda,jejíž potenciál byl definičně položen rovný nule.Potenciály elektrod,u

nichž mají všechny reagující látky jednotkové aktivity,označujeme jako standardní

elektrodové potenciály Eo.

Při redoxních reakcích dochází k oxidaci prvku s nejnižším standardním redukčním

potenciálem a redukci prvku, který má tuto hodnotu nejvyšší. Tato zákonitost se často projevuje

při reakcích kovů a solí, kovů s kyselinou či vytěsňování halogenů z halogenidů. Pro správný

popis průběhu oxidačně-redukčních reakcí je důležitá znalost hodnot standardních redukčních

potenciálů. Tyto hodnoty můžeme nalézt v tabulce 1 či jednotlivé prvky nalezneme seřazeny v

Beketovově řadě (řadě napětí kovů) dle zvyšující se hodnoty redukčního potenciálu.

Tab. 1: Tabulka hodnot standardních redukčních potenciálů (při 25 °C)

Li+/Li

0 -3,045 V Ni

2+/Ni

0 -0,250 V

K+/K

0 -2,925 V Sn

2+/Sn

0 -0,140 V

Ba2+

/Ba0 -2,906 V Pb

2+/Pb

0 -0,126 V

Ca2+

/Ca0 -2,284 V H

+/H

0 0 V

Na+/Na

0 -2,713 V Cu

2+/Cu

0 0,339 V

Mg2+

/Mg0 -2,363 V Cu

+/Cu

0 0,520 V

Al3+

/Al0 -1,662 V Hg

2+/Hg

0 0,798 V

Zn2+

/Zn0 -0,76 V Ag

+/Ag

0 0,799 V

Fe2+

/Fe0 -0,440 V Br

-/Br2

0 1,066 V

Cd2+

/Cd0 -0,408 V Cl

-/Cl2

0 1,359 V

Tl+/Tl

0 -0,335 V Au

3+/Au

0 1,420 V

Co2+

/Co0 -0,271 V F

-/F2

0 2,850 V


86

Tab. 2: Zjednodušená Beketovova řada napětí kovů

K Na Ca Mg Al Zn Fe Sn Pb H Cu Hg Ag Au Pt

Pro charakteristiku redoxního páru nepoužíváme rovnovážnou konstantu,ale jiný

parametr,tzv.standardní potenciál redoxního páru.Vychází ze znalosti fyziky.Ponořením

vodiče 1.třídy do vodiče 2.třídy dostaneme elektrodu,jejíž potenciál můžeme vyjádřit rovnicí:

E=Eoox/red +

∙ ln

[ ]

[ ],pro z=1 při přepočtení přirozeného logaritmu na dekadický

dostáváme :

E=Eoox/red +0,059∙log

[ ]

[ ]

E potenciál elektrody

E0 standardní potenciál,který vyjadřuje potenciál elektrody,ponořené do roztoku

s jednotkovými nebo stejnými koncentracemi oxidované a redukované formy dané látky

R plynová konstanta

T termodynamická teplota v Kelvinech

F Faradayova konstanta

z počet vyměněných elektronů

Redoxní pár s vyšším potenciálem je oxidačním činidlem redoxního páru s potenciálem

nižším.

Hodnoty potenciálů redoxních párů nejsou přístupny přímému měření .Můžeme pouze určit

rozdíl potenciálů dvou soustav tvořících galvanický článek.Napětí naměřené v galvanickém

článku je rovno rozdílu elektrodového potenciálu katody EKo a anody EA

o:

Uo= EK

o- EA

o

Napětí článku je rovno rozdílu potenciálu katody a anody.


87

Kvantitativní studium závislosti koncentrace na napětí Cu-Zn článku vede

k následujícímu vztahu, tzv. Nernstovy rovnice:

Pro obecnou redoxní rovnici aA+bB+….→ cC+dD+…. platí:

U=Uo –

[ ] [ ]

[ ] [ ]

U… napětí článku

Uo…napětí článku za standardních podmínek

Příklady

6.2.1

Vypočítejte potenciál elektrody ponořené do roztoku,ve kterém je koncentrace chloridu

železitého 5,0.10-4

mol.dm-3

a koncentrace chloridu železnatého 1,0∙10-3

mol∙dm-3

.

Řešení:

Pro výpočet potenciálu použijeme definiční vztah pro potenciál elektrod:

E=Eoox/red +

. ln

[ ]

[ ]

E=EoFe+3/Fe+2) + 0,059∙log

E=0,77 + 0,059∙log 5,0.10-1

E=0,75 V

Potenciál elektrody v tomto roztoku je 0,75 V.

6.2.2

Určete,kterým směrem bude probíhat reakce,kterou vyjadřuje rovnice:

6FeCl3+3SnCl2↔6FeCl2+3SnCl4

Řešení:

Chceme vědět,zda FeCl3bude oxidovat SnCl2 nebo zda SnCl4 bude oxidovat FeCl2.Směr reakce

zjistíme porovnáním standardních potenciálů daných soustav.


88

Fe+3

/Fe+2

: Sn+4

/Sn+2

0,77 V : 0,15 V

Aby se Sn+2

zoxidovalo na Sn+4

,musí elektrony z Sn+2

přejít na Fe+3

,které se tím

redukuje.Jestliže směr elektrického proudu je daný směrem od vyššího potenciálu k nižšímu a

přitom směr pohybu elektronů je opačný než směr proudu,potom elektrony přecházejí vždy ze

soustavy s nižším potenciálem do soustavy s vyšším potenciálem.To znamená,že soustava

s vyšším potenciálem působí oxidačně na soustavu s nižším potenciálem a naopak.Na základě

toho je jasný i směr řešené reakce.Má-li soustava Fe+3

/Fe+2

vyšší potenciál,Fe+3

působí oxidačně

na Sn+2

a Sn+4

nezoxiduje Fe+2

na Fe+3

.

6.2.3

Niklové destičky jsou ponořeny do roztoku MgSO4,CuSO4 a AuCl3.Se kterými solemi

bude nikl reagovat.

Řešení:

Porovnáme standardní potenciály jednotlivých soustav:

Au+3

/Au +1,42 V

Cu+2

/Cu +0,34 V

Mg+2

/Mg -2,38 V

Ni+2

/Ni -0,23 V

Nikl bude redukovat Au+3

na Au,Cu+2

na Cu a nevyredukuje hořčík z roztoku jeho solí.

6.2.4

Železný šroub jsme ponořili do roztoku skalice modré. Po určitém čase jsme šroub

z roztoku vyjmuli, osušili a zvážili. Přírůstek hmotnosti byl 2 gramy. Jakou hmotnost

měla měď vyloučená na šroubu.

Řešení:

Vidíme, že vyloučením mědi se současně rozpouští železo a přechází do roztoku. Vyloučením

mědi vzrůstá hmotnost šroubu, rozpouštěním železa nastává pokles jeho hmotnosti.

Poměrná atomová hmotnost Cu=63,54

Poměrná atomová hmotnost Fe=55,85

Vyloučením 1 molu mědi se rozpustí 1 mol železa.

Přírůstek hmotnosti odpovídá rozdílu relativních atomových hmotností.


89

63,54-55,85=7,69

Kdyby se vyloučilo 63,54 g mědi, byl by přírůstek hmotnosti šroubu 7,69 g. Přírůstek je však

jen 2 gramy. Další postup trojčlenkou:

63,54 g…….7,69 g

x g ………..2,0 g

x=

= 16,5g

Na železném šroubu se vyloučilo 16,5 gramu mědi.

6.2.5

Představíme si, že máme kádinky s roztoky dusičnanu měďnatého a dusičnanu stříbrného. Do

roztoku měďnaté soli vhodíme stříbro a do roztoku stříbrné soli měď. Jestliže po několika

minutách vytáhneme měď z dusičnanu stříbrného, tak zjistíme, že se pokryla vrstvou stříbra. Na

stříbře v roztoku měďnaté soli žádnou viditelnou změnu nepozorujeme. Důvodem, proč došlo

k redukci stříbra a ne mědi je skutečnost, že stříbro má vyšší hodnotu standardního redukčního

potenciálu (0,799 V) než měď (0,339 V), a tak se redukuje spontánně.

Cu + 2 AgNO3 → 2 Ag + Cu(NO3)2

Cu0 + 2 Ag

+ → 2 Ag

0 + Cu

2+

Ag + Cu(NO3)2 → reakce neprobíhá

Ag0 + Cu

2+ → reakce neprobíhá

6.2.6

Jiným příkladem je zavádění chloru a bromu do roztoků chloridu a bromidu sodného. Zatímco

při zavádění chloru do roztoku bromidu sodného začne docházet k vylučování bromu, samotný

brom s roztokem chloridu sodného nereaguje. Tentokrát má brom nižší hodnotu standardního

redukčního potenciálu (1,066 V), a tak se přednostněji oxiduje, než chlor (1,359 V).

2 KBr + Cl2 → 2 KCl + Br2


90

2 Br- + Cl2

0 → 2 Cl

- + Br2

0

KCl + Br2 → reakce neprobíhá

Cl- + Br2

0 → reakce neprobíhá

6.2.7

Neušlechtilé kovy (E0 < 0 V) reagují s kyselinami za vzniku soli a vodíku, zatímco kovy

ušlechtilé (E0 > 0 V) poskytují při reakci s kyselinou roztok soli a plyn uvolněný z patřičné

kyseliny. Pouze některé silné kyseliny reagují s ušlechtilými kovy (např. kyselina sírová či

dusičná). Při reakci ušlechtilého kovu s kyselinou sírovou se uvolňuje oxid siřičitý. Pokud

ušlechtilý kov reaguje s koncentrovanou kyselinou dusičnou, uvolňuje se oxid dusičitý. Jestliže

dochází k reakci zředěné kyseliny dusičné s ušlechtilým kovem, dochází k uvolnění oxidu

dusnatého. Vznikající oxid dusnatý se však ihned oxiduje vzdušným kyslíkem na oxid dusičitý.

Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2

Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2

3 Ca + 2 H3PO4 → Ca3(PO4)2 + 3 H2

Cu + 2 H2SO4 → CuSO4 + SO2 + 2 H2O

Hg + 4 HNO3 (l) → Hg(NO3)2 + 2 NO2 + 2 H2O

3 Ag + 4 HNO3 (aq) → 3 AgNO3 + NO + 2 H2O

6.2.8

Vypočítejte rovnovážnou konstantu redoxní reakce Fe+3

+Cr+2

↔Fe+2

+Cr+3

.

Řešení:

Můžeme využít vztahu: log K=

z počet vyměněných elektronů

změna st.elektrodových potenciálů


91

z=1

(Fe+3

/ Fe+2

)=0,77 V

(Cr+3

/ Cr+2

)=-0,41 V

=0,77-(-0,41)=0,77+0,41=1,18 V

log K =

=

= 20

K=1,0.1020

Rovnovážná konstanta příslušné reakce má hodnotu 1,0.1020.

6.2.9

Stanovte napětí článků,v nichž probíhají tyto reakce:

a) Cl2(g)+2I-→2 Cl

- + I2(s)

Řešení:

redukce: Cl2(g) + 2 e-→2 Cl

- , E

oCl2/2Cl-=1,36 V

oxidace: 2I-→I2 + 2e

-, E

oI2/2I-=0,53 V

Redukce probíhá vždy na katodě,oxidace vždy na anodě.

Uo= EK

o- EA

o=1,36V-0,53 V= 0,83 V

Standardní napětí tohoto článku je 0,83 V.

b) MnO4- + 8H

+ + Cl

-→Mn

+2+4H2O + ½ Cl2(g)

Řešení:

redukce: MnO4- +8H

++5e

-→Mn

+2 + 4 H2O E

o=1,52 V


92

oxidace: 2Cl-→Cl2(g) + 2 e

- E

o=1,36 V

Uo= EK

o- EA

o=1,52V-1,36 V=0,16 V

Standardní napětí tohoto článku je 0,16 V.

6.2.10

Určete rovnovážnou konstantu pro rovnovážný systém:

Zn(s)+Cu+2

↔Zn2+Cu

Řešení:

Vyhledáme příslušné elektrodové potenciály:

Eo(Cu

+2/Cu)=+0,34 V

Eo(Zn

+2/Zn)= -0,76 V

Uo= EK

o- EA

o= E

o(Cu

+2/Cu)- E

o(Zn

+2/Zn)=0,34V-(-0,76V)=1,10 V

z=2(2 moly elektronů způsobí redukci 1 molu Cu+2

iontů).

log K =

log K =

= 37,29 = 37

K = 1037

Jelikož rovnovážná redoxní konstanta je dána: K =

= 10

37, je zřejmé, že reakce bude

probíhat ve prospěch vzniku iontů Zn+2

a rovnováha bude posunuta na pravou stranu.


93

6.2.11

Určete rovnovážnou redoxní konstantu pro systém:

Ag(s)+Tl+↔Ag

+ + Tl(s)

Eo(Tl

+/Tl)= -0,34 V

Eo(Ag

+/Ag) = 0,80 V

Řešení:

Uo= EK

o- EA

o= -0,34V – 0,8 V= -1,14 V

n=1,použijeme vztah

log K =

log K =

= -19

K =

= 10

-19

Rovnovážná konstanta je tak malá, že je nemožné stanovit koncentraci iontů Ag+, jestliže

reaguje elementární stříbro s ionty Tl+.Naopak můžeme předpovědět,že opačná reakce

proběhne kvantitativně.


94

6.2.12

Spočítejte napětí článku, v němž probíhá reakce:

Zn(s)+2H+(0,001M)→Zn

+2 (1M) + H2(g)

V rovnici jsou zapsány i údaje o molární koncentraci iontů v prostředí.

Řešení:

Pro tuto reakci je n v Nernstově rovnici rovno 1.

Podle Nernstovy rovnice platí: U=Uo –

[ ] [ ]

[ ] , kde U

o=0,76 V, koncentrace

Zn+2

=1 mol.dm-3

,koncentrace H+ = 10

-3 mol.dm

-3.

Pak U=0,76 V -

∙log

= 0,58 V

Napětí článku je 0,58 V.


95

7. Komplexotvorné rovnováhy

Komplexy (koordinační sloučeniny) jsou molekuly nebo ionty, kdy na atom nebo ion

(centrální částici) jsou koordinačně kovalentní vazbou vázány jiné molekuly nebo ionty

(ligandy) tak, že jejich počet převyšuje oxidační číslo centrální částice.

Reakce komplexotvorné (koordinační) se vyznačují jiným rozdělením nebo přenosem

celých skupin atomů. Tyto sloučeniny jsou vytvářeny zejména přechodnými kovy.

Koordinační sloučenina je složena z částic obsahujících centrální atom nebo ion, na který jsou

koordinačními vazbami vázány ligandy. Centrální atom bývá nejčastěji atom nebo ion

přechodného kovu, který může do svých neobsazených valenčních orbitalů přijmout volné

elektronové páry. Je to akceptor elektronů. Většinou to bývají d-prvky, které tvoří jádra dobře,

hůře jádra tvoří s-prvky, ještě hůře p-prvky. Ligandy jsou anionty nebo neutrální molekuly

(např.: H2O, NH3, CO, CN-, OH

-), které mají atom s volným elektronovým párem – donorový

atom. Komplexní částice může být podle celkového náboje komplexní kation, anion nebo

neutrální molekula. Její vzorec se píše do hranaté závorky.

Názvy některých ligandů: Cl- chloro, Br

- bromo, CN

- kyano, OH

- hydroxo

H2O aqua, NH3 ammin, NO nitrosyl, CO karbonyl

Počet jednovazných ligandů, tj. ligandů vytvářejících jedinou vazbu s centrální částicí,

udává koordinační číslo centrální částice.

Prostorový tvar komplexů, jako i jiných kovalentních sloučenin popisujeme hybridním

stavem částice. Při vzniku určitých sloučenin dojde v některých případech k maximálnímu

spárování elektronů v orbitalech d centrální částice. V těchto případech mluvíme o

nízkospinových komplexech na rozdíl od komplexů vysokospinových, u nichž k tomuto

spárování v orbitalech d centrální částice nedojde.

Experimentálním studiem velkého množství komplexním sloučenin obsahujících

centrální částice a různé ligandy bylo zjištěno, že ligandy lze seřadit do řady podle schopnosti

štěpit orbitaly d. Tato řada se nazývá spektrochemická řada: I- Br

- Cl

- F

- OH

-

CO42-

H2O ... NH3 NO2-

CN- Ligandy umístěné nalevo v této řadě obvykle vytvářejí

vysokospinové komplexy, zatímco ligandy umístěné napravo vytvářejí nízkospinové komplexy.


96

Konstanta stability a komplexotvorné rovnováhy

Chemická rovnováha se ustaví i v soustavě, kde se vytvářejí komplexy. Rovnovážný stav

takové soustavy určuje konstanta stability.

Např. pro rovnovážnou soustavu [ ] Ag

+ (aq) + 2 NH3 vyjádříme rovnovážnou

disociační konstantu komplexního iontu:

Kk = [ ] [ ]

]

[ ]

Čím je hodnota disociační konstanty komplexního iontu Kk větší, tím je vzniklý komplex méně

stálý a naopak.

Konstanta stability komplexu Kst je určena převrácenou hodnotou rovnovážně disociační

konstanty komplexu:

Kst =

=

[ ]

[ ] [ ]

Čím vyšší je hodnota konstanty stability Kst,tím vyšší je stabilita komplexu.

Koordinační sloučeniny mají tu význačnou vlastnost, že vznikem koordinačních vazeb se

ztrácejí nebo mění vlastnosti původních složek. Uměle připravené koordinační sloučeniny se

používají v chemických syntézách zejména jako katalyzátory, v analytické chemii, v jaderné

chemii a technologii. Přirozené koordinační sloučeniny jsou životně významné látky (např.:

v hemoglobinu je komplex železa – kyslík). Ionty přechodných kovů vytvářejí ve vodném

prostředí zpravidla aqua-komplexy.


97

Příklady

7.1

Určete koncentraci stříbrných kationtů v 0,200M roztoku dusičnanu diamminstříbrného,

je-li disociační konstanta komplexní části Kdis[ ] = 6,8∙10

-8.

Řešení:

Kdis[ ] = 6,8∙10

-8

Jestliže [Ag+]= x, pak [ ]=2x

Pak = [ ]

0,200-x

Kdis =

= 6,8.10

-8

x2=1,36.10

-8

x=1,17.10-4

cAg+=1,17∙10-4

mol∙dm-3

Koncentrace stříbrných iontů je 1,17∙10-4

mol∙dm-3

.

7.2

Kolik molů amoniaku musí být přidáno k 1 dm3 0,100 M roztoku dusičnanu stříbrného,

aby se koncentrace stříbrných iontů snížila na 2,00∙10-7

mol∙dm-3

.

Řešení:

Kdis[ ]

= 6,8.10-8

Ag+

+ 2 NH3→ [ ] +

0,100 M

0,200 M

0,100 M

Jestliže c(NH3) = x a cAg+ = 2,0.10-7

,pak c[ ] = 0,100-2.10

-7


98

Kdis[ ] je pak

=6,8.10

-8,odkud x=0,184

n=0,184

0,200 mol+0,184 mol=0,384 mol

Musí být přidáno celkem 0,384 mol amoniaku.

7.3

45,50 g síranu tetraamminměďnatého bylo rozpuštěno ve vodě a doplněno vodou na

celkový objem 2 litry.

Vypočítejte:

a) koncentraci roztoku a komplexního iontu za přepokladu, že tento ion vůbec nedisociuje

b)předpokládejte disociaci komplexního iontu, pro níž Kst=2∙1013

Za tohoto předpokladu vypočítejte koncentraci komplexního iontu i produktů vzniklých

jeho disociací(Kst je konstanta stability komplexu, tj.převrácená hodnota Kdis).

Řešení:

a) výpočet koncentrace nedisociovaného komplexu

M [Cu(NH3)4]SO4 = 227,76 g∙mol-1

V 1 litru roztoku je

g = 22,75 g , tj.1/10 mol

Roztok je 0,1 molární.

b) výpočet koncentrace disociovaného komplexu

[Cu(NH3)4]+2

↔Cu+2

+ 4NH3

Kst = [ ] ]

[ ] [ ] = 2.10

13

x. [Cu(NH3)4]+2

↔ x[Cu+2

] + 4x[NH3]


99

Po této částečné disociaci komplexu je koncentrace složek:

[Cu(NH3)4]+2

=(0,1-x)

Protože x=0,1, lze ho při dalším výpočtu v tomto výrazu zanedbat.

[Cu+2

]=x

[NH3]=4x

Dosadíme do výrazu pro Kst a vypočteme:

[Cu(NH3)4]+2

=0,0995 mol∙dm-3

[Cu(NH3)4]+2

=4,6.10-4

mol∙dm-3

[NH3]=1,8.10-3

mol∙dm-3

[Cu+2

] =

mol∙dm

-3 = 0,45.10

-3 mol∙dm

-3

Koncentrace [Cu(NH3)4]+2

4,6∙10-4

mol.dm-3

,koncentrace NH3 je 1,8∙10-3

mol∙dm-3

a

koncentrace Cu+2

je 1,8∙10-3

mol∙dm-3

.

7.4 Vypočítejte náboj uvedených komplexních iontů, ve kterých má platina oxidační číslo

+IV:

a) [Pt(NH3)4Cl2]x

b) [Pt(NH3)3Cl3]x c) [Pt(NH3)2Cl4]

x

Řešení:

a) [Pt+IV

(NH3)20Cl2

-1]

x b) [Pt

+IV(NH3)3

0Cl3

-1]

x c) [Pt

+IV(NH3)2

0Cl4

-1]

x

x=4-2=2 x=4-3=1 x=4-4=0


100

7.5

Vypočítejte koncentraci stříbra v rovnovážné reakční soustavě, ve které je [Ag(NH3)4]+

s koncentrací 0,10 mol∙dm-3

a amoniak v nadbytku s koncentrací 1,0 mol∙dm-3

.Konstanta

stability Kst komplexního iontu je 1,47∙107.

Řešení:

Vyjádříme komplexotvornou rovnováhu. Nadbytečný amoniak posouvá rovnováhu značně ve

prospěch komplexního iontu, což umožňuje zanedbat rovnovážnou koncentraci amoniaku

NH3,související s komplexním iontem.

Ag++2 NH3 ↔[ ]

+

Kst=1,47∙107

[NH3]=1,0 mol∙dm-3

[ ] = 0,10 mol∙dm

-3

Dosadíme:

Kst =

=

[ ]

[ ] [ ]

1,47.107 =

[ ]

[Ag+] =

= 6,8.10

-9 mol∙dm

-3

Koncentrace volného iontu stříbrného Ag+ v roztoku komplexního iontu [Ag(NH3)4]

+ je

6,8.10-9

.


101

8.Využití chemických rovnováh při řešení úloh

v chemické analýze

Předmětem analýzy je daná látka anebo soubor látek. Může se jednat o roztok, ve kterém je

nutné zjistit zastoupení jednotlivých složek, jejich množství, potřebné ke zjištění např.

rovnovážné konstanty reakce. Předmětem analýzy může být také vzorek půdy, rudy nebo jiného

přírodního materiálu. Předmětem analýzy může být také malý objem krve nebo mozkomíšní

mok, vzorek vody, průmyslové dýmy, ve kterých je možné zjistit určité množství toxických

látek apod.

Chemická analýza je nevyhnutelná při řešení základní otázek teoretické i praktické chemie. V

našem případě se soustředíme na využití rovnováh právě v kvantitativní chemické analýze.

Mezi klasické metody chemické analýzy patří vážková analýza(gravimetrie) a odměrná

analýza(titrace). V obou případech se zjišťuje množství složek, které nás v analyzovaných

vzorcích zajímají, tzv. stanovení určitých složek.

Základem stanovení ve vážkové analýze i v odměrné analýze je chemické reakce mezi

stanovovanou látkou a ke stanovení použitou látkou, tzv. zkoumadlem. Základem vážkové

analýzy je srážecí reakce. Základem odměrné analýzy mohou být protolytické, srážecí,

redoxní i komplexotvorné reakce.

8.1 Výpočty při vážkové (hmotnostní) analýze

Základem je srážecí reakce mezi stanovovanou složkou ve vzorku a vybraným

činidlem(zkoumadlem. Z hmotnosti promyté, vysušené a případně i vyžíhané sraženiny ve

vážitelné formě se vypočítá hmotnost stanovované složky, tzv.hledané formy. Žíhání se musí

dělat tehdy, když vysušená sraženina nemá definované složení. Při výpočtu hledané formy se

vypočítá jeden z reaktantů na základě údajů, týkajících se produktu reakce. Například

všeobecně znázorníme reakci stanovení kationtu A+b

: aA+b

+ bB-a

↔ AaBb

Platí: n(A+b

):n(AaBb)=a:1

n(A+b

)=a.n(AaBb)


102

n(AaBb) =

m( ) = n(A+b

) ∙M(A+b

)

m( )=a.n(Aa.Bb) ∙M(A+b

)

m(A+b

)=

∙M(A

+b)

m(A+b

)=

∙ m(Aa.Bb)

Výraz

se nazývá stechiometrický (přepočítávací) faktor. Hodnotu m(A

+b) dostaneme

tak, že stechiometrický faktor vynásobíme hmotností vážitelné formy Aa.Bb. Hodnoty

stechiometrických faktorů můžeme vypočítat nebo vyhledat v tabulkách.

Můžeme vyjádřit množství hledané formy A+b

i v procentech. V tom případě musíme znát

přesnou hmotnost vzorku m* (navážka). Hmotnostní zlomek w(A

+b) vypočítáme podle vztahu:

w(A+b

) =

Množství A+b

vyjádříme pak v procentech.

Příklady

8.1.1

Do 40,0 cm3 vodného roztoku kyseliny chlorovodíkové se přidal nadbytek vodného

roztoku dusičnanu stříbrného. Po vysušení měla sraženina hmotnost 0,5000 g. Vypočítejte

hmotnost chloridových aniontů v analyzovaném vzorku.

Řešení:

Pomocí AgNO3 se vysráží AgCl. Srážecí reakce probíhápodle rovnice: Ag+ + Cl

-↔ AgCl

Porovnáním s rovnicí: aA+b

+ bB-a

↔ AaBb

a=b=1

m(Cl)=

M(Cl)=35,45 g∙mol-1

M(AgCl)=143,32 g∙mol-1


103

m(AgCl)=0,5000 g

m(Cl-) =

m(Cl-)=0,1237 g

V analyzovaném vzorku je 0,1237 gramů chloridových aniontů.

8.1.2

Vypočítejte látkové množství chloridu stříbrného, které bylo izolováno v příkladu 8.1.1.

Řešení:

Látkové množství AgCl vypočítáme podle známého vztahu mezi hmotností, molární hmotností

a látkovým množstvím.

n(AgCl) =

m(AgCl) = 0,5000 g

M(AgCl) = 143,32 g∙mol-1

n(AgCl) =

n(AgCl) = 3,492∙10-3

mol

n(AgCl) = 3.492 mmol

Z analyzovaného vzorku se izolovalo 3,492 milimolu chloridu stříbrného.

8.1.3

Do 30,00 cm3 roztoku síranu sodného byl přidán nadbytek dusičnanu barnatého.

Izolovaná a vysušená sraženina měla hmotnost 0,2700 gramů.

Vypočítejte:

a) látkové množství vysráženého BaSO4

b) látkové množství Na2SO4 ve vzorku

c) látkovou(molární) koncentraci Na2SO4 ve vzorku


104

Řešení:

a)

m(BaSO4)=233,40 g.mol-1

M(BaSO4)=233,40 g.mol-1

n(BaSO4) =

n(BaSO4) =

n(BaSO4) = 1,157∙10-3

mol

n(BaSO4 = 1,157 mmol

V analyzovaném vzorku se vysráželo 1,157 mmol BaSO4.

b)

Přidáváním Ba(NO3)2 do roztoku Na2SO4 probíhá reakce podle rovnice:

Ba(NO3)2 + Na2SO4↔BaSO4+2NaNO3

Stechiometrické koeficienty obou vstupních reaktantů(výchozích látek)jsou jednotkové.Proto

platí:

n(BaSO4)=n(Na2SO4)

To znamená,že látkové množství vzniklého síranu barnatého BaSO4 se rovná látkovému

množství zreagovaného síranu sodného Na2SO4.

n(Na2SO4)=1,157 mmol

c)

Vypočítáme látkovou(molární)koncentraci c(Na2SO4),známe-li objem roztoku a látkové

množství Na2SO4:

V´(Na2SO4)=30,00 cm3

n(Na2SO4)=1,157 mmol

c(Na2SO4) =

c(Na2SO4) =


105

c(Na2SO4)=0,0386 mmol∙cm-3

=0,0386 mol∙dm-3

Koncentrace roztoku Na2SO4 byla 0,0386 mol∙dm-3

.

8.1.4

Ve vzorku hnojiva se analyzovalo 0,4955 gramů směsi síranu sodného a síranu

draselného. Přidáváním dusičnanu barnatého do roztoku vzorku se vysráželo 0,7525 g

vysušeného síranu barnatého. Vypočítejte hmotnost síranu sodného a síranu draselného

ve vzorku.

Řešení:

Základem stanovení jsou reakce dané rovnicemi:

Ba(NO3)2+K2SO4↔BaSO4+2KNO3

Ba(NO3)2+Na2SO4↔BaSO4+2NaNO3

Stechiometrické koeficienty K2SO4,Na2SO4 a BaSO4 jsou jednotkové.Pro kvantitativní reakci

musí platit:

na(BaSO4)=n(K2SO4)

nb(BaSO4)=n(Na2SO4)

Pokud vzorek neobsahuji nic jiného než směs Na2SO4 a K2SO4,platí:

na(BaSO4)+nb(BaSO4)=n(BaSO4)

Celkové látkové množství n(BaSO4) můžeme vypočítat z dostupných údajů:

M(BaSO4)=233,40 g∙mol-1

m(BaSO4)=0,7524 g

n(BaSO4) =

n(BaSO4) =

n(BaSO4)=3,224.10-3

mol

n(Na2SO4)+n(K2SO4)=n(BaSO4)=3,224∙10-3

mol


106

n(Na2SO4)=n(BaSO4)-n(K2SO4)

Současně musí platit:

M(Na2SO4) ∙n(Na2SO4)+M(K2SO4) ∙n(K2SO4)=0,4955 g

M(Na2SO4)=142,04 g∙mol-1

M(K2SO4)=174,25 g∙mol-1

M(Na2SO4) ∙n(BaSO4)-M(Na2SO4) ∙n(K2SO4)+M(K2SO4) ∙n(K2SO4)=0,4955 g

142,04∙3,224∙10-3

-142,04∙n(K2SO4)+174,25∙n(K2SO4)=0,4955 g

142,04.3,244.10-3

+n(K2SO4) ∙ (174,25-142,04)=0,4955

n(K2SO4) =

n(K2SO4) =

n(K2SO4) = 1,167∙10-3

mol

n(Na2SO4) = n(BaSO4)-n(K2SO4)

n(Na2SO4) = 3,224∙10-3

mol-1,167∙10-3

mol

n(Na2SO4) = 2,044∙10-3

mol

Výpočet hmotnosti Na2SO4 a K2SO4:

m(Na2SO4) = n(Na2SO4) ∙M(Na2SO4)

m(K2SO4) = n(K2SO4) ∙M(K2SO4)

n(Na2SO4) = 2,044∙10-3

mol

n(K2SO4) = 1,167∙10-3

m(Na2SO4) = 2,044∙10-3

mol.142,04 g∙mol-1

m(Na2SO4) = 0,2911 g

m(K2SO4) =1,167∙10-3

mol∙174,25 g∙mol-1

m(K2SO4) = 0,2034 g

Analyzovaný vzorek obsahoval 0,2034 g K2SO4 a 0,2911 g Na2SO4.


107

8.1.5

Navážená hmotnost hlinité soli je 0,5000 g.Z ní se hydroxidem amonným vysrážel hliník

jako hydroxid hlinitý,ze kterého žíháním vznikl oxid hlinitý.Hmotnost oxidu hlinitého je

0,2382 g.Vypočítejte kolik procent hliníku obsahuje vzorek.

Řešení:

Hmotnost hliníku vypočítáme ze vztahu:

m(Al)=

M(Al)=26,98 g∙mol-1

M(Al2O3)=101,96 g∙mol-1

m(Al2O3)=0,2382 g

m(Al)=

m(Al)=0,1261 g

Výpočet množství hliníku v procentech:

m(Al)=0,1261 g

m*=0,5000g

w(Al) =

w(Al) =

w(Al) = 0,2522

Analyzovaný vzorek obsahuje 25,22% hliníku.

8.1.6

Při vážkové analýze slitiny je třeba stanovit měď,zinek a hliník.Měď byla přeměněna na

CuSCN,hliník na Al2O3.Z naváženého vzorku 0,5834 g se připravilo 0,1450 g CuSCN a

0,2841 g oxidu hlinitého.Vypočítejte množství jednotlivých složek v procentech

v analyzované slitině.


108

Řešení:

Ze zjištěné hmotnosti CuSCN vypočítáme hmotnost Cu,z hmotnosti Al2O3 vypočítáme

hmotnost hliníku,zbytek představuje Zn.Následně pak přepočítáme hmotnost na procenta.

M(Cu)=63,55 g∙mol-1

M(CuSCN)=121,62 g∙mol-1

m(Cu) =

m(Cu) =

m(Cu)=0,0758 g

m(Al) =

M(Al) = 26,98 g.mol-1

M(Al2O3) = 101,96 g.mol-1

m(Al2O3) = 0,2841 g

m(Al) =

m(Al)=0,1503 g

Výpočet hmotnostních zlomků:

m(Cu)=0,0758 g

m*=0,5834 g

w(Cu)=

w(Cu)=

w(Cu)=0,1299

m(Al)=0,1503 g

m*=0,5834 g


109

w(Al) =

w(Al) =

w(Al)= 0,2576

Analyzovaná slitina obsahuje 12,99% Cu,25,76% Al a 61,25% Zn.

8.1.7

Navážilo se 0,5300 g materiálu,který obsahuje železno,hliník a indiferentní příměsi.Z dané

navážky se pomocí hydroxidu amonného vysrážely oxidy železa a hliníku o obecném

vzorci M2O3.Hmotnost získaných oxidů byla 0,4500 g.Ze stejné navážky analyzovaného

materiálu se vysráželo železo s ponocí 1-nitróso-2-naftolu,ze kterého o vyžíhání vzniklo

0,1500 oxidu železitého.Vypočítejte množství železa a hliníku v procentech ve vzorku.

Řešení:

Předpokládáme,že v jednom i ve druhém případě je to kvantitativní vysrážení analyzovaných

vzorků.S pomocí organického nitróso-2-naftolu se vysráželo pouze železo.Z experimentálního

údaje vypočítáme hmotnost železa ve vzorku.Z rozdílu hmotností společných oxidů a oxidu

železitého vypočítáme hmotnost hliníku a vyjádříme hmotnostní zlomky v procentech.

M(Fe)=55,85 g.mol-1

M(Fe2O3)=159,69 g.mol-1

M(Al)=26,98 g.mol-1

M(Al2O3)=101,96g.mol-1

m(Fe2O3)=0,1500 g

m(Fe) =

m(Fe) =

m(Fe) = 0,1049 g

m(Al2O3)=m(M2O3)-m(Fe2O3)

m(Al2O3)=0,3000g

m(Al)=

m(Al) =


110

m(Al)=0,1588 g

Výpočet hmotnostních zlomků:

m*=0,5300 g

w(Fe) =

w(Fe) =

w(Fe) = 0,1979

w(Al) =

w(Al) =

w(Al) = 0,2996

Analyzovaný materiál obsahuje 19,79 % Fe a 29,96% Al.

8.2 Výpočty při odměrných stanoveních

Na rozdíl od vážkové analýzy, kde se při výpočtu stanovované látky vychází z produktu reakce,

v odměrné analýze je stanovovanou látkou také reaktant, ale o jeho množství se usuzuje ze

zreagovaného druhého, vhodně zvoleného reaktantu s přesně známou koncentrací.

Obyčejně se měří objem reaktantu s přesně známou koncentrací. V odměrné analýze se

k roztoku stanovované látky přidává odměrný roztok zkoumadla, které se stanovovanou látkou

reaguje známým způsobem a reprodukovatelně. Odměrný roztok se přidává tak dlouho, dokud

celkem nezreaguje stanovovaná látka. Okamžik, kdy látka celkově zreagovala, se nazývá bod

ekvivalence. Spotřeba odměrného roztoku a chemická reakce, která je základem stanovení,

tvoří


111

výchozí informace pro výpočet látkového množství či hmotnosti stanovované látky.Chemická

rovnice, vyjadřující danou chemickou reakci, nás informuje, v jakém poměru reagují látková

množství stanovované látky se zkoumadlem a spotřeba odměrného roztoku zase nepřímo

vyjadřuje látkové množství zkoumadla, potřebného na kvantitativní zreagování se

stanovovanou složkou ve vzorku. Celkový reakční systém musí být přizpůsobem tak, abychom

dostali signál o dosažení bodu ekvivalence. Jeden ze způsobů indikace bodu ekvivalence je

založen na použití určitých látek,které mění své vlastnosti, většinou své zbarvení právě při

dosažení bodu ekvivalence. Takové látky nazýváme indikátory. Objem odměrného roztoku se

tedy odečítá v okamžiku barevné změny v reakční soustavě. Kromě indikátorů se používají i

přesnější způsoby zjišťování bodu ekvivalence, např.přístrojově zjištěné fyzikální veličiny jako

elektrická vodivost roztoku vzorku, potenciál určité příslušné poloreakce. Měřená fyzikální

veličina vyjadřuje změny, které v reakčním systému nastávají. Podle druhu chemické

reakce,která je základem odměrného stanovení, se rozdělují i metody odměrné analýzy a

používané indikátory na protolytické,redoxní,srážecí a komplexotvorné titrace a jim

příslušející indikátory.

Při protolytických titracích se určují kyseliny, přičemž se používají silné hydroxidy jako

odměrné roztoky(alkalimetrie),nebo se určují zásady, přičemž se používají silné kyseliny jako

odměrné roztoky(acidimetrie). Stanovení je založeno na chemické reakci mezi kyselinou a

zásadou,např.

NaOH + HCl→H2O + NaCl

Stechiometrické koeficienty reaktantů jsou jednotkové. V bodě ekvivalence látkové množství

HCl,související se spotřebou odměrného roztoku současně udává látkové množství

kvantitativně zreagovaného NaOH:

n(NaOH)=n(HCl)

n(NaOH):n(HCl)=1:1

Jakmile zjistíme spotřebu odměrného roztoku, jehož látková(molární)koncentrace je přesně

známa,můžeme vypočítat látkové množství stanovované látky.

Při redoxních titracích se stanovují látky, které jsou schopné se redukovat pomocí odměrných

roztoků látek, schopných je redukovat. Například železo, přítomné ve formě železnaté soli

můžeme stanovit pomocí odměrného roztoku manganistanu draselného. Základem stanovení je

redoxní reakce:

10 Fe+2

+ 2 MnO4 - + 8 H2O→10 Fe

+3 + 2Mn

+2 + 12 H2O

V bodě ekvivalence platí:

n(Fe+2

):n(MnO4 -)=10:2

To znamená, že látkové množství KMnO4,související se spotřebou odměrného roztoku udává

pětinu látkového množství kvantitativně zreagovaného Fe+2

.V bodě ekvivalence platí:


112

n(MnO4 -) =

. n(Fe

+2)

Při srážecích titracích se stanovují látky, které tvoří s použitým odměrným roztokem sraženinu.

Bod ekvivalence se zjišťuje pomocí srážecích indikátorů.

Například ve vodném roztoku chloridu sodného můžeme stanovit chloridové anionty ,a tím i

chlorid sodný s použitím dusičnanu stříbrného, jako odměrného roztoku.Základem tohoto

stanovení je srážecí reakce:

Cl- + Ag

+↔AgCl

Stechiometrické koeficienty reaktantů jsou jednotkové. V bodě ekvivalence platí:

n(Ag+)=n(Cl

-)

Na základě látkového množství Ag+

,vyplývajícího ze spotřeby odměrného roztoku se usoudí

látkové množství Cl- v analyzovaném vzorku.

Při chelatometrických titracích, které patří ku komplexotvorným titracím, se stanovují takové

složky vzorku, které tvoří s chelatonem chelatonáty.Chelaton-3 se často používá jako odměrný

roztok. Používané indikátory se nazývají chelatometrické indikátory. Například s pomocí

chelatonu se dá stanovit Zn, který je ve vzorku přítomen jako zinečnatá sůl.

Základem stanovení je chemická reakce

Zn+2

+ H2Y-2

↔ZnY-2

+ 2H3O+

Stechiometrické koeficienty reaktantů jsou jednotkové. V bodě ekvivalence platí:

n(Zn+2

):n(H2Y-2

)=1:1

Při výpočtu hmotnosti nebo koncentrace stanovované látky vycházíme v první řadě ze

stechiometrických koeficientů příslušné rovnice, protože v bodu ekvivalence odpovídá poměr

stechiometrických koeficientů reaktantů poměru jejich látkových množství. Tak dostaneme

základní informaci o tom,v jakém poměru reaguje stanovovaná látka s odměrným roztokem.

Údaj z experimentu-spotřeba odměrného roztoku po bod ekvivalence, poskytuje informaci o

látkovém množství, které je třeba na kvantitativní zreagování stanovované látky. Na základě

uvedených údajů se vypočítá látkové množství stanovované látky, z toho i hmotnost nebo

koncentrace roztoku.

Dále uvedené výpočty předpokládají použití velmi čistých, na vzduchu vlivem vlhkosti se

neměnících látek, ze kterých se připravují odměrné roztoky. Na přípravu odměrných roztoků se

používají také látky, jejichž množství v roztoku je třeba kontrolovat a případě upravovat.


113

Příklady

8.2.1

Na úplné zneutralizování 10,00 cm3 roztoku kyseliny sírové bylo třeba přidat 23,05 cm

3

vodného roztoku hydroxidu sodného s koncentrací 0,1000 mol.dm-3

.Vypočítejte látkovou

koncentraci kyseliny sírové.

Řešení:

Základem stanovení je protolytická reakce:

2NaOH + H2SO4↔2 H2O + Na2SO4

n(NaOH):n(H2SO4)=2:1

Vypočítáme látkové množství NaOH ve 23,05 cm3 jeho roztoku.Z toho se usoudí na látkové

množství H2SO4,

ze kterého vypočítáme látkovou koncentraci H2SO4.

c(NaOH)=0,100 mol∙dm-3

V´(NaOH)=23,05 cm3=23,05∙10

-3 dm

3

n(NaOH)=c(NaOH) ∙ V´(NaOH)

n(NaOH)=0,100 mol∙dm-3

∙23,05∙10-3

dm3

n(NaOH)=2,305∙10-3

mol

n(H2SO4) =

∙n(NaOH)

n(H2SO4) = 1,153∙10-3

mol

V´( H2SO4) =10,00 cm3=10,00∙10

-3 dm

3

c(H2SO4) =

c(H2SO4) =

mol∙dm

-3

c(H2SO4) = 0,115 mol∙dm-3

Analyzovaný vzorek obsahoval kyselinu sírovou o koncentraci 0,115 mol∙dm-3

.


114

8.2.2

Vypočítejte objem roztoku kyseliny chlorovodíkové s koncentrací 0,250

mol.dm-3

,který je třeba na neutralizaci 0,500 g hydroxidu vápenatého.

Řešení:

Postup je stejný jako v příkladu 8.2.1. Změněny jsou jen stechiometrické koeficienty kyseliny a

zásady:

Ca(OH)2 + 2HCl ↔ 2H2O + CaCl2

n(Ca(OH)2):n(HCl)=1:2

Vypočítáme látkové množství Ca(OH)2 , odpovídající hmotnosti 0,500 g Ca(OH)2 a potom

látkové množství HCl a její objem.Výpočet látkového množství Ca(OH)2 :

M(Ca(OH)2) =74,09 g∙mol-1

m(Ca(OH)2) = 0,500 g

n(Ca(OH)2) =

n(Ca(OH)2) =

= 6,75∙10

-3 mol

Výpočet látkového množství HCl:

Ca(OH)2 + 2HCl ↔ 2H2O + CaCl2

n(Ca(OH)2):n(HCl)=1:2

n(HCl)=2∙ n(Ca(OH)2)

n(HCl)= 2∙6,75∙10-3

mol

n(HCl)= 13,05∙10-3

mol

Výpočet objemu roztoku HCl:

n(HCl)= 13,05∙10-3

mol


115

c(HCl)= 0,250 mol∙dm-3

V´(HCl)=

V´(HCl) =

dm

3

V´(HCl) = 0,054 dm 3 = 54,0 cm

3

Na úplnou neutralizaci analyzovaného vzorku je zapotřebí 54,0 cm3 HCl.

8.2.3

Vypočítejte koncentraci vodného roztoku hydroxidu sodného,který jsme použili na

neutralizaci 32,80 cm3 roztoku kyseliny sírové s koncentrací 0,1470 mol∙dm

-3.Spotřeba

hydroxidu sodného je 42,30 cm3.

Řešení:

Vypočítáme látkové množství H2SO4,nacházející se v uvedeném objemu jejího roztoku. Ze

stechiometrických koeficientů reaktantů se určí látkové množství NaOH, a poté vypočítáme

látkovou koncentraci.

2 NaOH + H2SO4 ↔ 2H2O + Na2SO4

n(NaOH):n(H2SO4) = 2:1

Výpočet látkového množství H2SO4:

V´( H2SO4)=32,80 cm3

c(H2SO4)=0,1470 mol∙dm-3

n(H2SO4)= V´( H2SO4) ∙c(H2SO4)

n(H2SO4)=32,80∙10-3

dm3∙0,1470 mol∙dm

-3

n(H2SO4)=4,822∙10-3

mol

Výpočet látkového množství NaOH:

n(NaOH): n(H2SO4) = 2:1

n(NaOH)=2∙n(H2SO4)


116

n(NaOH)=2∙4,822∙10-3

mol

n(NaOH)=9,644∙10-3

mol

Výpočet koncentrace roztoku NaOH:

n(NaOH)=9,644∙10-3

mol

V´(NaOH)=42,30 cm3

c(NaOH )=

c(NaOH) =

mol∙dm

-3

c(NaOH)=0,2280 mol.dm-3

Použitý roztok NaOH obsahuje 0,2280 mol∙dm-3

NaOH.

8.2.4

Na analýzu se použilo 1,750 g vzorku,který obsahuje uhličitan vápenatý.Tato navážka

reaguje beze zbytku s 19,50 cm3 vodného roztoku kyseliny chlorovodíkové s koncentrací

1,500 mol∙dm-3

.Vypočítejte hmotnostní zlomek uhličitanu vápenatého ve vzorku.

Řešení:

Základem stanovení je chemická rovnice:

CaCO3 + 2HCl ↔ CaCl2 + CO2 + H2O

V souladu s uvedenou rovnicí platí:

n(CaCO3):n(HCl)=1:2


V´(HCl)=19,50 cm3

c(HCl)= 1,500 mol∙dm-3

n(HCl)= c(HCl) ∙ V´(HCl)


117

n(HCl)=19,50∙10-3


-3

n(HCl)=29,25∙10-3

mol

Výpočet látkového množství CaCO3:

n(CaCO3)=

∙ n(HCl)

n(CaCO3)=

∙29,25∙10

-3 mol

n(CaCO3)= 14,63∙10-3

mol

Výpočet hmotnosti CaCO3:

n(CaCO3)=14,63∙10-3

mol

M(CaCO3)=100,09 g∙mol-1

m(CaCO3)= n(CaCO3) ∙ M(CaCO3)

m(CaCO3)=14,63∙10-3

mol∙100,09 g∙mol-1

m(CaCO3)=1,460 g

Výpočet hmotnostního zlomku CaCO3:

m(CaCO3)=1,460 g

m*=1,750 g

w(CaCO3) =

w(CaCO3) =

w(CaCO3) = 0,830

Analyzovaný vzorek obsahuje 83% CaCO3.


118

8.2.5

Vypočítejte, kolika procentní byl ocet s hustotou 1,02 g∙cm-3

,když na zneutralizování 10,0

cm3 se spotřebovalo 12,4 cm

3 vodného roztoku hydroxidu draselného s koncentrací 1,00

mol∙dm-3

.

Řešení:

Ocet je vodný roztok kyseliny octové.Počítáme množství kyseliny octové v procentech ve

vodném roztoku.Základem stanovení je reakce vyjádřená chemickou rovnicí:

KOH + CH3COOH↔1:1

Výpočet látkového množství KOH:

V´(KOH)=12,4∙10-3

dm3

c(KOH)=1,00 mol∙dm-3

n(KOH)=V´(KOH) ∙c(KOH)

n(KOH)=12,4.10-3

dm3∙1,00 mol.dm

-3

n(KOH)=12,4∙10-3

mol

Výpočet látkového množství CH3COOH:

n(KOH)=n(CH3COOH)

n(CH3COOH)=12,4∙10-3

mol

Výpočet hmotnosti CH3COOH:

M(CH3COOH)=60,05 g∙mol-1

n(CH3COOH)=12,4∙10-3

mol

m(CH3COOH)=M(CH3COOH) ∙n(CH3COOH)

m(CH3COOH)=60,06 g∙mol-1

∙12,4∙10-3

mol

m(CH3COOH)=0,745 g

Přepočet objemu roztoku na hmotnost roztoku:

V´(ocet)=10,0 cm3

ς´(ocet)=1,02 g∙cm-3

m´(ocet)= V´(ocet) ∙ ς´(ocet)

m´(ocet)=10,0 cm3 ∙1,02 g∙cm

-3=10,2 g


119

Výpočet hmotnostního zlomku CH3COOH:

m(CH3COOH)=0,745 g

m(ocet)=10,2 g

w(CH3COOH) =

w(CH3COOH) =

w(CH3COOH)=0,0730

Analyzovaný ocet bylo 7,3%.

8.2.6

Ztitrovalo se 113,3 mg čistého šťavelanu sodného v kyselém prostředí s 20,75 cm3 roztoku

manganistanu draselného.Vypočítejte koncentraci roztoku manganistanu draselného.

Řešení:

Z chemické rovnice získáme základní informaci:

5 C2O4 -2

+ 2 MnO4- + 16 H3O

+↔ Mn

+2 + 10 CO2 + 24 H2O

n(C2O4 -2

):n(MnO4-)=5:2

Vypočítáme látkové množství Na2C2O4,potom látkové množství KMnO4 a jeho látkovou

koncentraci.

Výpočet látkového množství Na2C2O4:

m(Na2C2O4)=113,3 mg

M(Na2C2O4)=133,99 g∙mol-1

n(Na2C2O4) =

n(Na2C2O4) =

mol

n(Na2C2O4) = 0,8460∙10-3

mol


120

Výpočet látkového množství KMnO4:

n(KMnO4)=

∙ n(Na2C2O4)

n(Na2C2O4)=

∙0,8460∙10

-3 mol

n(Na2C2O4)= 3,380∙10-4

mol

Výpočet látkové koncentrace KMnO4:

n(KMnO4)=3,380∙10-4

mol

V´(KMnO4)=20,75∙10-3

dm3

c(KMnO4)=

c(KMnO4)=

c(KMnO4)= 1,630∙10-2

mol∙dm-3

Koncentrace použitého KMnO4 je 1,630 ∙ 10-2

mol∙dm-3

.

8.2.7

Vypočítejte objem roztoku kyseliny chlorovodíkové s koncentrací 0,350

mol∙dm-3

,potřebného na úplné zreagování se 100,00 cm3 vodného roztoku dusičnanu

stříbrného s koncentrací 0,500 mol∙dm-3

.

Řešení:

Základem pro výpočet je chemická rovnice srážecí reakce

AgNO3 + HCl↔AgCl + HNO3

Vypočítáme látkové množství AgNO3 v použitém objemu AgNO3,potom látkové množství HCl

a objem roztoku HCl.

n(AgNO3):n(HCl)=1:1

Výpočet látkového množství AgNO3:

c(AgNO3)=0,500 mol∙dm-3

V´(AgNO3)=100,0 cm3

n(AgNO3)=c(AgNO3) ∙V´(AgNO3)


121

n(AgNO3)=0,500 mol∙dm-3

∙ 0,100 dm3=5,00 ∙10

-2 mol


n(AgNO3)=n(HCl)

n(HCl)=5,00∙10-2

mol

Výpočet objemu roztoku HCl:

c(HCl)=0,350 mol∙dm-3

n(HCl)=5,00∙10-2

mol

V´(HCl)=

= 0,143 dm

3

Na analýzu je nutné použít 0,143 dm3 roztoku HCl.

8.2.8

Vypočítejte hmotnost chelatonu-3,který je zapotřebí k přípravě 1000 cm3 zásobního

roztoku tak,aby jeho 1 cm3 odpovídal 0,50 mg hořčíku.

Řešení:

Základem řešení je komplexotvorná reakce,vyjádřená rovnicí:

Mg+2

+ H2Y-2

↔ MgY-2

+ 2 H3O+

n(Mg+2

):n(H2Y-2

)=1:1

Vypočítáme látkové množství hořčíku,a tím i látkové množství chelatonu-3.Potom provedeme

přepočet na hmotnost chelatonu.

Výpočet látkové množství hořčíku:

chm(Mg)=0,50 mg∙cm-3

V´=1,00 dm3

M(Mg)=24,31 g∙mol-1

chm =

=

n =


122

n(Mg) =

n(Mg)=2,06∙ mol

n(chelaton-3)=n(Mg)

n(chelaton-3)=2,06∙10-2

mol

Výpočet hmotnosti chelatonu-3:

M(chelaton-3)=372,22 g∙

m(chelaton-3)=n(chelaton-3).M(chelaton-3)

m(chelaton-3)=2,06∙10-2

∙372,22 g∙mol-1

m(chelaton-3)=7,67 g

8.2.9

Určete množství chloridových aniontů ve vodě z vodovodu. Odebraný vzorek vody

s hmotností 10,0 g se titruje odměrným roztokem dusičnanu stříbrného. Spotřeba

dusičnanu stříbrného s koncentrací 0,100 mol∙dm-3

je 20,2 cm3.

Řešení:

Stanovení se zakládá na srážecí reakci

AgNO3 + Cl- ↔ AgCl + NO3

-

n(AgNO3):n(Cl-)=1:1

Vypočítá se látkové množství AgNO3,poté látkové množství Cl- a jeho hmotnost.

Výpočet látkového množství AgNO3:

V´(AgNO3)=20,2 cm3=20,2∙10

-3 dm

3

c(AgNO3)=0,100 mol∙dm-3

n(AgNO3)= V´(AgNO3) ∙ c(AgNO3)

n(AgNO3)=20,2∙10-3


-3


123

n(AgNO3)=2,02∙10-3

mol

n(Cl-)=n(AgNO3)

n(Cl-)=2,02∙10

-3 mol

Výpočet hmotnosti Cl-:

M(Cl-)=35,45 g∙mol

-1

m(Cl-)=n(Cl

-)∙M(Cl

-)

m(Cl-)=2,02.10

-3 mol∙35,45 g∙mol

-1

m(Cl-)=71,6∙10

-3 g

Výpočet hmotnostního zlomku Cl-:

m*=hmotnost vzorku

m*=10,0 g

w(Cl-)=

w(Cl-)=

= 71,6∙10

-4

Voda z vodovodu obsahovala 0,72 % chloridových aniontů.


124

9. Typy chemických reakcí

ROZCESTNÍK:

9.1 Příklady chemických reakcí dle vnějších změn

9.2 Příklady chemických reakcí dle skupenství

reaktantů

9.3 Příklady chemických reakcí dle tepelného

zabarvení

9.4 Příklady chemických reakcí dle typu přenášených

částic

9.5 Příklady chemických reakcí podle průběhu

9.6 Příklady chemických reakcí podle charakteru

štěpení vazby

9.7 Rozdělení a příklady organických reakcí

9.8 Cvičení na druhy chemických reakcí

Chemické reakce můžeme rozdělit dle různých kritérií, jako jsou například vnější změny,

skupenství reaktantů, tepelné zabarvení (změna tepla v průběhu reakce) či typy přenášených

částic.

9.1 Příklady chemických reakcí dle vnějších změn

Podle vnějších změn rozdělujeme chemické reakce následovně:

Reakce skladné (syntézy) – z většího množství reaktantů vzniká pouze jeden produkt,

příkladem je přímé slučování zinku se sírou za vzniku sulfidu zinečnatého:

Zn + S → ZnS

Reakce rozkladné (analýzy) – z jednoho reaktantu vzniká více produktů, jedná se o

opak reakce skladné (syntézy), příkladem je rozklad vody na vodík a kyslík:

http://www.e-chembook.eu/obecna-chemie/klasifikace-chemickych-reakci/#Rozdeleni_chemickych_reakce_dle_vnejsich_zmen

http://www.e-chembook.eu/obecna-chemie/klasifikace-chemickych-reakci/#Rozdeleni_chemickych_reakce_dle_skupenstvi_reaktantu

http://www.e-chembook.eu/obecna-chemie/klasifikace-chemickych-reakci/#Rozdeleni_chemickych_reakce_dle_skupenstvi_reaktantu

http://www.e-chembook.eu/obecna-chemie/klasifikace-chemickych-reakci/#Rozdeleni_chemickych_reakce_dle_tepelneho_zabarveni

http://www.e-chembook.eu/obecna-chemie/klasifikace-chemickych-reakci/#Rozdeleni_chemickych_reakce_dle_tepelneho_zabarveni

http://www.e-chembook.eu/obecna-chemie/klasifikace-chemickych-reakci/#Rozdeleni_chemickych_reakce_dle_typu_prenasenych_castic

http://www.e-chembook.eu/obecna-chemie/klasifikace-chemickych-reakci/#Rozdeleni_chemickych_reakce_dle_typu_prenasenych_castic


125

2 H2O → 2 H2 + O2

Reakce vytěsňovací (substituce) – určitá částice nahradí jinou ve struktuře druhé

výchozí látky, příkladem je vytěsnění stříbra z dusičnanu stříbrného mědí:

Cu + 2 AgNO3 → 2 Ag + Cu(NO3)2

Podvojné záměny (konverze) – dojde k záměně funkčních (charakteristických) skupin

mezi reaktanty, příkladem je srážení uhličitanu měďnatého reakcí uhličitanu sodného se

síranem měďnatým (vedlejším produktem je síran sodný):

Na2CO3 + CuSO4 → CuCO3 + Na2SO4

9.2 Příklady chemických reakcí dle skupenství reaktantů (počtu fází)

Podle skupenství reaktantů rozdělujeme chemické reakce následovně:

Reakce homogenní – všechny reaktanty a produkty se vyskytují v jednom skupenství

(jedné fázi), příkladem je oxidace oxidu dusnatého (bezbarvého) vzdušným kyslíkem na

oxid dusičitý (oranžový):

2 NO (g) + O2 (g) → NO2 (g)

Reakce heterogenní – reaktanty a produkty se vyskytují ve více než jednom skupenství

(reakce na fázovém rozhraní), příkladem je reakce sodíku s vodou za vzniku hydroxidu

sodného a vodíku:

2 Na (s) + 2 H2O (l) → 2 NaOH (aq) + H2 (g)

Písmena v závorkách označují skupenství reaktantů:

(s) – pevná látka, anglicky = solid

(l) – kapalina, anglicky = liquid

(g)– plyn, anglicky = gas

(aq) – vodný roztok, anglicky = aqua solution


126

9.3 Příklady chemických reakcí dle tepelného zabarvení

Podle tepelného zabarvení rozdělujeme chemické reakce následovně:

Reakce exotermní (exotermické) – teplo se při nich uvolňuje, příkladem je reakce

roztaveného dusičnanu draselného s uhlím a sírou (střelný prach):

2 KNO3 + S + 3 C → K2S + N2 + 3 CO2 ΔH ‹ 0

Reakce endotermní (endotermické) – teplo je nutné dodávat, příkladem je rozklad

uhličitanu vápenatého:

2 CaCO3 → 2 CaO + CO2 ΔH › 0

9.4 Příklady chemických reakcí dle typu přenášených částic

Podle typu přenášených částic rozdělujeme chemické reakce následovně:

Reakce acidobazické (protolytické) – přenášenou částicí je proton, příkladem je

neutralizace kyseliny sírové hydroxidem sodným:

H2SO4 + 2 NaOH → Na2SO4 + 2 H2O

H2SO4 → 2 H+ + SO4

2-

2 NaOH → 2 Na+ + 2 OH

-

2 H+ + 2 OH

- → 2 H2O

Reakce oxidačně-redukční (redoxní) – přenášenou částicí je elektron, příkladem je

tepelný rozklad manganistanu draselného za vzniku mangananu draselného, oxidu

manganičitého a kyslíku:

2 KMnVII

O4-II

→ K2MnVI

O4 + MnIV

O2 + O20


127

Jestliže se oxidace (zvýšení oxidačního čísla, odebrání elektronu) a redukce (snížení

oxidačního čísla, přidání elektronu) uskutečňuje z jednoho prvku, jedná se o reakci

disproporcionační (zvláštní typ oxidačně-redukční reakce), jejímž příkladem je rozklad

peroxidu vodíku na vodu a kyslík:

2 H2O2-I → 2 H2O

-II + O2

0

Opakem je synproporcionační reakce, jejímž příkladem je reakce olova a oxidu

olovičitého s kyselinou sírovou za vzniku síranu olovnatého a vody (probíhá například v

autobaterii):

Pb0 + Pb

IVO2 + 2 H2SO4 → 2 Pb

IISO4 + 2 H2O

Reakce komplexotvorné – přenáší se celý elektronový pár, příkladem je reakce hliníku s

roztokem hydroxidu sodného za vzniku tetrahydroxohlinitanu sodného a vodíku:

2 NaOH + 2 Al + 6 H2O → 2 Na[Al(OH)4] + 3 H2

9.5 Příklady chemických reakcí podle průběhu:

Vratné (reversibilní)

NH4Cl ↔ NH3 + HCl

Nevratné (ireversibilní)

NH4NO2 → N2 + H2O

9.6 Příklady chemických reakcí podle charakteru štěpení vazby:

Homolytické (radikálové) – vznikají radikály (částice s nepárovým elektronem)

H2 → 2 H.


128

X2 → 2 X.

Heterolytické (iontové) – vznikají ionty

H2O → H+ + OH

-

9.7 Rozdělení a příklady organických reakcí

9.7.1 Podle způsobu zániku původních vazeb

Jak již bylo uvedeno výše, chemická reakce je proces, při kterém všechny nebo jen ně-které

vazby v molekulách výchozích látek zanikají a vznikají vazby nové. U většiny organic-kých

reakcí rozhoduje o typu reakčního mechanismu způsob zániku (štěpení) vazeb v molekule

činidla.

Štěpení kovalentní vazby může být:

9.7.1.1. Homolytické ( radikálové)-vznikají částice s nepárovým elektronem - radikály

X — X → 2 X •

9.7.1.2. Heterolytické (iontové) - vznikají ionty

X — Y → X+ + Y

-

Energie, která je potřebná k štěpení vazby na radikály nebo ionty je známá pod názvem diso-

ciační energie. Tuto energii lze experimentálně změřit a její hodnoty pro všechny druhy

běžných vazeb lze nalézt ve fyzikálně-chemických tabulkách.

9.7.2 Podle toho, který iont jako první atakuje molekulu substrátu

9.7.2.1 Nukleofilní (symbol Nu) – reakci zahajuje anion resp. obecně částice obsahující volné

elektronové páry nebo π-elektrony, která se váže na substrát v místě, kde je nedostatek

elektronů (kladný náboj). Mezi nukleofilní činidla patří např. OH-, Cl

-, CN

-, H

2O, RO

-,

R–NH2, C = C , −C ≡ C − …


129

9.7.2.2 Elektrofilní (symbol E) – reakci zahajuje kation nebo neutrální látka s velkou afinitou

k elektronům - proto se váže na místa s největší elektronovou hustotou.

Mezi elektrofilní činidla patří např. H+, Cl

+, NO2 +, R

+, RCO

+, BF

3, ZnCl

2, AlCl

3 …

9.7.3 Podle molekularity

Reakční mechanismus představuje sled dílčích kroků, kterým říkáme elementární reakce. Pod

pojmem molekularita rozumíme obecně počet částic, které se musí srazit, aby elementární

reakce proběhla. Nejběžnější jsou reakce bimolekulární, ale často se setkáváme i s reakcemi

monomolekulárními.

9.7.4 Podle charakteru přeměn probíhajících na substrátu

Rozlišujeme čtyři základní typy reakcí: substituce, adice, eliminace a přesmyky.

9.7.4.1: Substituce (S) – náhrada vodíku nebo jiného atomu či skupiny za jiným atomem či

skupinou, např.:

R − I + CN- → R − CN + I

-

9.7.4.2: Adice (Ad) – spojování dvou molekul (v jedné je obsažena násobná vazba, která se

adicí mění na vazbu jednoduchou) za vzniku molekuly jediné, např.:

CH2 = CH

2 + Br

2 →

Br CH

2 — CH

2 Br

9.7.4.3: Eliminace (E) – odštěpování obvykle malé termodynamicky stálé molekuly

(H2O, HCl …) za vzniku produktu obsahujícím násobnou vazbu (opak adice), např.:

CH3CH

2OH → CH

2 = CH

2 + H2O

9.7.4.4: Přesmyky – přesun atomů nebo skupin uvnitř jediné molekuly, přičemž sumární

vzorec zůstává stejný (přeměna méně stabilní struktury na stabilnější), např.:

CH ≡ CH + H2O → [CH

2 = CHOH ] → CH

3 CHO

Podle typu činidla mohou všechny výše uvedené elementární reakce probíhat radikálovým nebo

iontovým mechanismem (elektrofilní, nukleofilní).


130

V praxi se používá ještě označení řady dalších reakcí např.:

o oxidace – reakce, při níž sloučenina přijímá kyslík nebo ztrácí vodík, obecněji

reakce, při níž sloučenina předává (ztrácí) elektron.

o redukce – reakce, při níž sloučenina přijímá vodík nebo ztrácí kyslík, obecněji

reakce, při níž sloučenina získává (přijímá) elektron.

o hydrogenace – zvláštní případ redukce, při níž sloučenina s násobnou vazbou nebo

aromatickým jádrem přijímá za přítomnosti katalyzátoru vodík

o kondenzace – reakce, při které obvykle dochází k prodlužování řetězce (adice +

eliminace) a odštěpuje se molekula vody

o pyrolýza – tepelný rozklad – obvykle za nepřístupu vzduchu

o reakce označované podle činidla – např. sulfonace, nitrace ……

o polyreakce – sled opakujících se reakcí (polymerace, polykondenzace, polyadice)


131

9.8 Cvičení na druhy chemických reakcí

Vyber typ reakce podle celkové změny z následujících možností:

a) skladná = syntéza b) rozkladná

c) vytěsňovací d) podvojná záměna

e) heterogenní f) homogenní

g) exotermická h) endotermická

i) acidobazická j) redoxní

k) komplexotvorná l) radikálová

m) iontová n) vratná

o) eliminace p) adice,přesmyk

q) substituce r) polymerace

9.8.1

Určete typ reakce:

H2O(l) + CO2(g) ↔ H2CO3(aq)

Řešení: a,b,e,n

9.8.2

Určete typ reakce:

4 Fe(s) + 3 O2 (g)→ 2 Fe2O3(s)

Řešení: a,e,j

9.8.3

Určete typ reakce:

2 Cu (s)+ O2(g) → 2 CuO(s) ) ΔH › 0

Řešení: a,e,j


132

9.8.4

Určete typ reakce:

2 Na(s) + Cl2(g) →2 NaCl(s) ˇ

Řešení: a,e,j

9.8.5

Určete typ reakce:

4 Al (s)+ 3 O2 (g) →2 Al2O3(s)

Řešení: a,e,j

9.8.6

Určete typ reakce:

NH3(aq) + HCl (aq) ↔NH4Cl↓(s)

Řešení: a,e,n

9.8.7

Určete typ reakce:

S(s) + O2(g) → SO2(g) ΔH › 0

Řešení: a,e,h,j

9.8.8

Určete typ reakce:

2 H2 (g) + O2(g) → 2 H2O (g)

Řešení: a,f,j


133

9.8.9

Určete typ reakce:

N2(g) + 3H2(g) → 2NH3(g)

Řešení: a,f,j

9.8.10

Určete typ reakce:

Cu(s) + S(s) → CuS(s) ΔH › 0

Řešení: a,f,h,j

9.8.11

Určete typ reakce:

Zn(s) + S (s) → ZnS(s) ΔH › 0

Řešení: a,f,h

9.8.12

Určete typ reakce:

CaCO3(s) ↔ CaO(s) + CO2(g) ΔH › 0

Řešení: b,e,h,n

9.8.13

Určete typ reakce:

2 Pb(NO3)2 → 2 PbO + 4 NO2 + O2

Řešení: b,e,j


134

9.8.14

Určete typ reakce:

2 H2O2(aq) → 2 H2O(l) + O2(g) ΔH ‹ 0

Řešení: b,e,g,j

9.8.15

Určete typ reakce:

2 HgO (s) → 2 Hg(l) + O2(g) ΔH › 0

Řešení: b,e,h,j

9.8.16

Určete typ reakce:

Ca(HCO3)2 ↔ CaCO3 + CO2 + H2O

Řešení: b,e,n

9.8.17

Určete typ reakce:

2 KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2 ΔH › 0

Řešení: b,h

9.8.18

Určete typ reakce:

4 KClO3 → 3 KClO4 + KCl

Řešení: b,j


135

9.8.19

Určete typ reakce:

FeS + 2 HCl → FeCl2 + H2S

Řešení: c

9.8.20

Určete typ reakce:

CaCO3 + 2 HCl → CaCl2 + H2CO3

Řešení: c

9.8.21

Určete typ reakce:

FeS + 2 HCl → FeCl2 + H2S

Řešení: c

9.8.22

Určete typ reakce:

CaCO3 + 2 HCl → CaCl2 + H2CO3

Řešení: c

9.8.23

Určete typ reakce:

Fe(s) + 2 HCl(aq) → FeCl2(aq) + H2(g)

Řešení: c,e,j


136

9.8.24

Určete typ reakce:

Sb 2S3 + 6HCl → 2SbCl3 + 3H2S

Řešení: d

9.8.25

Určete typ reakce:

3 Ba(NO3)2 + Al2(SO4)3 → 3 BaSO4 + 2 Al(NO3)3

Řešení: d

9.8.26

Určete typ reakce:

Cd(NO3)2 + H2S → CdS + 2 H2NO3

Řešení: d

9.8.27

Určete typ reakce:

AgNO3(aq) + NaCl(aq) →AgCl↓(s) + NaNO3(aq)

Řešení: d,e

9.8.28

Určete typ reakce:

AgNO3(aq) + KCl(aq) →AgCl↓(s) + KNO3(aq)

Řešení: d,e


137

9.8.29

Určete typ reakce:

Fe(s) + CuSO4(aq) → FeSO4(aq) + Cu(s)

Řešení: d,e,j

9.8.30

Určete typ reakce:

Zn(s) + 2 HCl(aq) → ZnCl2(aq) + H2(g)

Řešení: d,e,j

9.8.31

Určete typ reakce:

2 HI + Cl2 → I2 + 2 HCl

Řešení: d,j

9.8.32

Určete typ reakce:

3Cu(NO3)2 + 2K3[Fe(CN)6]→3Cu3[Fe(CN)6]2 + 6 KNO3

Řešení: d,k

9.8.33

Určete typ reakce:

K2Cr 2O7 + 2 KOH + 2 BaCl2 → 2 BaCrO4↓ + 4 KCl + H2O

Řešení: e


138

9.8.34

Určete typ reakce:

CaO(s) + 2 NH4Cl(s) → CaCl2(s) + H2O(g)+ 2 NH3(g)

Řešení: e,h

9.8.35

Určete typ reakce:

2 Na(s) + 2 H2O(l) →2 NaOH(aq) + H2(g)

Řešení: e,j

9.8.36

Určete typ reakce:

2 Al + 2 NaOH + 6 H2O → 2 Na[Al(OH)4] + 3 H2

Řešení: k

9.8.37

Určete typ reakce:

CuSO4 + 6 NH4OH →[Cu(NH3)4](OH)2 + (NH4)2SO4 + 4 H2O

Řešení: k

9.8.38

Určete typ reakce:

NaOH + HCl →NaCl + H2O

Řešení: i


139

9.8.39

Určete typ reakce:

H2SO4 + NaOH→ NaHSO4 + H2O

Řešení: i

9.8.40

Určete typ reakce:

KOH + H2SO4 → KHSO4 + H2O

Řešení: i

9.8.41

Určete typ reakce:

4 H3BO3 + 2 NaOH →Na2B4O7 + 7 H2O

Řešení: i

9.8.42

Určete typ reakce:

5 H2SO4 + 2 P → 2 H3PO4 + 5 SO2 + 2 H2O

Řešení: j

9.8.43

Určete typ reakce:

3 H2S + H2SO4 → 4 S + 4 H2O

Řešení: j


140

9.8.44

Určete typ reakce:

5 H2SO4 + 2 P → 2 H3PO4 + 5 SO2 + 2 H2O

Řešení: j

9.8.45

Určete typ reakce:

3 H2S + H2SO4 → 4 S + 4 H2O

Řešení: j

9.8.46

Určete typ reakce:

2 KBr + Cl2 →2 KCl + Br2

Řešení: j

9.8.47

Určete typ reakce:

2 KI + Cl2 →2 KCl + I2

Řešení: j

9.8.48

Určete typ reakce:

MnO2 + 4 HCl → MnCl2 + Cl2 + 2 H2O

Řešení: j


141

9.8.49

Určete typ reakce:

3 Cu + 8 HNO3 → 3 Cu(NO3)2 + 2 NO + 4 H2O

Řešení: j

9.8.50

Určete typ reakce:

2 KMnO4 + 3 MnSO4 + 2 H2O →2MnO2 + K2 SO4 + 2 H2SO4

Řešení: j

9.8.51

Určete typ reakce:

2 KMnO4 + 10 FeSO4 + 8 H2SO4 → 2 MnSO4 + 5 Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 8 H2O

Řešení: j

9.8.52

Určete typ reakce:

6 NaBr + Na2Cr2O7 + 7 H2SO4 → 3 Br2 + Cr2(SO4)3 + 4 Na2SO4 + 4 H2O

Řešení: j

9.8.53

Určete typ reakce:

2 FeS2 + 15 Na2O2 → Fe2O3 + 4 Na2SO4 + 11 Na2O

Řešení: j


142

9.8.54

Určete typ reakce:

4 FeS2 + 11 O2 → 2 Fe2O3 + 8 SO2

Řešení: j

9.8.55

Určete typ reakce:

I2 + 2 Na2S2O3 → 2 NaI + Na2S4O6

Řešení: j

9.8.56

Určete typ reakce:

8 KMnO4 + KI + 8 KOH → 8 K2MnO4 + KIO4 + 4 H2O

Řešení: j

9.8.57

Určete typ reakce:

3 As2S3 + 28 HNO3 + 4 H2O → 6 H3AsO4 + 9 H2SO4 + 28 NO

Řešení: j

9.8.58

Určete typ reakce:

2 Al + 2 NaOH + 6 H2O → 2 Na[Al(OH)4] + 3 H2

Řešení: k


143

9.8.59

Určete typ reakce:

CuSO4 + 6 NH4OH →[Cu(NH3)4](OH)2 + (NH4)2SO4 + 4 H2O

Řešení: k

9.8.60

Určete typ reakce:

Cl2 → Cl. + Cl

.

Řešení: l

9.8.61

Určete typ reakce:

CH3-CH3 → CH3. + CH3

.

Řešení: l

9.8.62

Určete typ reakce:

CH3- Cl → CH3. + Cl

.

Řešení: l

9.8.63

Určete typ reakce:

Br2 → Br . + Br

.

Řešení: l


144

9.8.64

Určete typ reakce:

6 Br- + (Cr2O7)

2- + 14H

+ → 3Br2

0 + 2Cr

3+ + 7H2O

Řešení: m

9.8.65

Určete typ reakce:

(IO3)- + 3 (HSO3)

- → I

- + 3 (SO4)

2- + 3 H

+

Řešení: m

9.8.66

Určete typ reakce:

2 MnO4- + 6 H

+ + 5 NO2

- →2 Mn

2++ 5 NO3

-+ 3 H2O

Řešení: m

9.8.67

Určete typ reakce:

2 MnO4- + 10 I

- + 16 H

+ → 2 Mn

2++ 5 I2 + 8 H2O

Řešení: m

9.8.68

Určete typ reakce:

5 SO3-+ 2 MnO4

-+ 6 H

+→5 SO4

2- + 2 Mn

2++ 3 H2O

Řešení: m


145

9.8.69

Určete typ reakce:

IO3-+ Cl2+ 6 OH

-→ IO6

5-+ 2 Cl

- + 3 H2O

Řešení: m

9.8.70

Určete typ reakce:

3 Mn2+

+2 MnO4- + 2 H2O → 5 MnO2 + 4 H

+

Řešení: m

9.8.71

Určete typ reakce:

Cr2O72-

+ 6 Cl- + 14 H

+ → 2 Cr

3+ + 3 Cl2 + 7 H2O

Řešení: m

9.8.72

Určete typ reakce:

IO3-+ 5 I

- + 6 H

+ → 3 I2 + 3 H2O

Řešení: m

9.8.73

Určete typ reakce:

CH3CH2OH → CH2═CH2 + H2O

Řešení: o


146

9.8.74

Určete typ reakce:

CH3(CH2)4CH3→ CH3CH2CH3 + CH3CH═CH2

Řešení: o

9.8.75

Určete typ reakce:

C6H6 + 3 H2 → C6H12

Řešení: p

9.8.76

Určete typ reakce:

C6H6 + 3 Cl2 → C6H6Cl6

Řešení: p

9.8.77

Určete typ reakce:

CH2═CH2 + H2 → CH3-CH3

Řešení: p

9.8.78

Určete typ reakce:

CH2═CH2 + H2O + H2SO4 → CH3CH2OH + H2SO4

Řešení: p


147

9.8.79

Určete typ reakce:

CH2═CHOH → CH3-CHO

Řešení: p

9.8.80

Určete typ reakce:

CH3CH═CH2 + Cl2 → CH3CHClCH2Cl

Řešení: p

9.8.81

Určete typ reakce:

CH4 + Cl2 → CH3Cl + HCl

Řešení: q

9.8.82

Určete typ reakce:

CH4 + HNO3 + H2SO4→ CH3NO2 + H2O + H2SO4

Řešení: q

9.8.83

Určete typ reakce:

2 CH3CH2CH3 + 2 Br2 → CH3CH2CH2Br + (CH3)2CHBr + 2 HBr

Řešení: q


148

9.8.84

Určete typ reakce:

C6H6 + Cl2 → C6H5Cl + HCl

Řešení: q

9.8.85

Určete typ reakce:

C6H6 + HNO3 + H2SO4 → C6H5NO2 + H2O + H2SO4

Řešení: q

9.8.86

Určete typ reakce:

C6H5COOH + NaOH → C6H5COONa + H2O

Řešení: q

9.8.87

Určete typ reakce:

n CH2═CH2 → _[

_ CH2 - CH2

_]

_n

Řešení: r

9.8.88

Určete typ reakce:

n CH2═CHCl → _[

_ CH2 - CHCl

_]

_n

Řešení: r


149

9.8.89

Určete typ reakce:

n CF2═CF2 → _[

_ CF2 – CF2

_]

_n

Řešení: r

9.8.90

Určete typ reakce:

n CH2═CHClCH═CH2 → _[

_ CH2 - CHCl ═CHCH2

_]

_n

Řešení: r

9.8.91

Určete typ reakce:

n C6H5CH2═CHCl → _[

_ (C6H5)CH2 - CHCl

_]

_n

Řešení: r

9.8.92

Určete typ reakce:

n O=C=N(CH2)

6N=C=O + n HO(CH

2)

4OH→-[

_CONH(CH

2)

6NHCOO(CH

2)

4O

_]-

n

Řešení: r


150

10. Izomerie v organické chemii

Typy izomerie

Izomerie může být konstituční (řetězová, polohová a skupinová) anebo prostorová

(konformační, geometrická a optická).

10.1 Konstituční izomerie

10.1.1 Řetězová izomerie(příklady)

Sloučeniny lišící se ve větvení svého řetězce nazýváme řetězovými izomery.

Příkladem je dvojice butanu a 2-methylpropanu:

CH3CH2CH2CH3

(CH3)2CHCH3

n- butan

2-methylpropan


151

t. t. -138,4 °C t. t. - 159,6 °C

t. v. -0,5 °C t. v. -11,7 °C

10.1.2 Polohová izomerie (příklady)

V případě rozdílu v umístění charakteristické (funkční) skupiny v řetězci hovoříme o

polohových izomerech.

Příkladem polohových izomerů je propan-1-ol a propan-2-ol:

CH3CH2CH2OH CH3CH OHCH3

propan-1-ol

t. t. -126,5 °C

t. v. 97,1 °C

propan-2-ol

t. t. -89 °C

t. v. 82,3 °C

10.1.3 Skupinová izomerie (příklady)

Pokud mají dvě sloučeniny stejného souhrnného vzorce vázanou různou charakteristickou

skupinu, nazýváme je skupinové izomery.

Typickými skupinovými izomery jsou například ethanol a dimethylether:


152

CH3CH2OH CH3- O- CH3

t. t. 114,4 oC t. t. -138,5

oC

t. v. 78,3 oC t. v. -23,6

oC

10.2 Prostorová izomerie (stereoizomerie)

10.2.1 Konformační izomerie (příklady)

Konformační izomery jsou takové, které se liší svým prostorovým uspořádáním a stabilitou.

Například cyklohexan C6H12 může existovat v konformaci židličkové či vaničkové:


153

V cyklohexanu se za standardních podmínek vyskytují téměř zcela molekuly s židličkovou

konformací, neboť je tento stav energeticky výhodnější. S konformační izomerií se dále

setkáme například u ethanu C2H6, jehož molekuly mohou být ve formě zákrytové či

nezákrytové.


154

V tomto případě je stabilnější konformace nezákrytová, a tak se za standardních podmínek

vyskytuje ethan spíše v této formě.

Jednotlivé konformery se spontánně mění jeden v druhý a ustanovuje se rovnováha mezi nimi.

10.2.2 Geometrická izomerie (příklady)

Jestliže se v molekule nachází násobné vazby, nedochází k rotaci okolo vazeb mezi atomy

uhlíku C tak snadno, jako je tomu u molekul s výhradně jednoduchými vazbami (viz výše).

Izomery, kdy jsou v molekule přítomny násobné vazby, nazýváme geometrické. Tyto izomery

pak označujeme jako E- či Z- (dříve trans- a cis-). Příkladem sloučeniny, u které se vyskytuje

geometrická izomerie, je but-2-en.

E-but-2-en Z-but-2-en

Energeticky výhodnější formou but-2-enu je E-izomer.


155

Jak je z popisu patrné, předpona cis- (E-) znamená, že substituenty leží v jednom

poloprostoru od roviny π-vazeb atomů uhlíků, z nichž vychází dvojná vazba. Jestliže se

tyto substituenty nachází každý v jednom poloprostoru, jedná se o izomerii trans- (Z-).

Označení E-/Z- je vhodnější pro označení izomerie u sloučenin s větším množstvím

navázaných substituentů.

10.2.3 Optická izomerie(příklady)

Optické izomery

neboli enantiomery jsou izomery, které stáčí rovinu polarizovaného světla, každý o stejný

úhel ale na jinou stranu. Nejběžnější příčinou pro existenci tohoto typu izomerie je

přítomnost chirálního atomu uhlíku C*, tedy takového, který má na sobě vázány čtyři zcela

různé substituenty.


156

kyselina D (-) mléčná kyselina L (+) mléčná


157

Molekuly dvou enantiomerů jsou svými zrcadlovými obrazy stejně tak, jako například pravá a

levá ruka. Proto jsou neztotožnitelné (nelze z jednoho enantiomeru získat jakoukoliv možnou

rotací přesnou kopii toho druhého).

Směs dvou enantiomerů v poměru 1:1 se nazývá racemická směs (racemát) a nestáčí rovinu

polarizovaného světla. Fyzikální a chemické vlastnosti enantiomerů dané sloučeniny jsou zcela

totožné.

Poznámka:

Symbol (+) označuje schopnost látky stáčet rovinu polarizovaného světla doprava

a symbol (-) symbolizuje schopnost látky stáčet rovinu polarizovaného světla doleva o určitý

úhel.


158

Documents

Sbírka řešených příkladů z chemiefiles.tigridfyzika.webnode.cz/200001700-6c1c46d163...V n V V = n ∙ V n = 13mol ∙22,41dm 3 mol 1 = 291,33 dm3 Oxid uhelnatý zaujímá objem