RIEŠENÉ ÚLOHY Z FYZIKÁLNEJ CHÉMIE

Transcript

1 TRNAVSKÁ UNIVERZITA V TRNAVE PEDAGOGICKÁ FAKULTA RIEŠENÉ ÚLOHY Z FYZIKÁLNEJ CHÉMIE PRE KATEGÓRIU A CHEMICKEJ OLYMPIÁDY Ján Reguli

2 Táto ublikácia vznikla v rámci riešenia a s odorou grantu MŠVaV SR KEGA 004TTU-4/03 Tvorba vzdelávacích materiálov re regraduálne a celoživotné vzdelávanie učiteľov chémie a re riešiteľov úloh Chemickej olymiády. Recenzenti doc. Ing. Mária Linkešová, CSc. doc. Ing. Erik Klein, PhD.

3 TRNAVSKÁ UNIVERZITA V TRNAVE PEDAGOGICKÁ FAKULTA RIEŠENÉ ÚLOHY Z FYZIKÁLNEJ CHÉMIE PRE KATEGÓRIU A CHEMICKEJ OLYMPIÁDY Ján Reguli Trnava 04

4 Publikácia onúka úlohy z fyzikálnej chémie re kategóriu A Chemickej olymiády solu s ich odrobným riešením. Ide o úlohy z osledných dvadsiatich rokov CHO v Slovenskej reublike. Pori výočtových úlohách sú niektoré tematické okruhy sracované aj vo forme testov s otázkami zameranými najmä na reverenie srávneho cháania študovanej roblematiky. Primárnymi adresátmi sú budúci riešitelia úloh Chemickej olymiády a ich učitelia. Úlohy sú usoriadané odľa oblastí fyzikálnej chémie, reto môže táto zbierka úloh oslúžiť rovnako aj vysokoškolským študentom fyzikálnej chémie, ako aj študentom učiteľstva chémie. Pri riešení ríkladov sa síce neoužívajú derivácie a integrály, ale ich náročnosť je na úrovni základných vysokoškolských kurzov fyzikálnej chémie. Ján Reguli, 04 ISBN

5 Predhovor Dvadsať rokov tvorby úloh z fyzikálnej chémie re kategóriu A Chemickej olymiády je re autora ríležitosťou nielen re zamyslenie sa nad obsahom týchto úloh, ale aj na ich sumarizáciu a onúknutie budúcim riešiteľom a ich učiteľom. V knihe, ktorú otvárate, nájdete úlohy z fyzikálnej chémie re kategóriu A Chemickej olymiády usoriadané odľa oblastí fyzikálnej chémie, nie odľa ročníkov CHO, v ktorých boli uverejnené. Úlohy boli revzaté z jednotlivých ročníkov, najstaršie sú z roku 994, reto sa osravedlňujem, že vzťahy v niektorých riešeniach nie sú robené v najnovšom editore rovníc MS-Word (ktorý sme red dvadsiatimi rokmi nemali k disozícii). V každej kaitole sú uvedené najrv zadania úloh a otom ich riešenia, ričom v mnohých z nich sa iste dá rísť ku srávnemu výsledku aj iným ostuom. Verím, že redkladaná zbierka úloh omôže učiteľom i študentom v rírave na riešenie úloh CHO a tiež, že ukáže, že fyzikálna chémia nemá rečo byť ostrachom re riešiteľov. Na začiatku je zaradená kaitolka o základných matematických oeráciách, ktoré otrebujú oznať riešitelia úloh CHO z fyzikálnej chémie (najmä ak sa do riešenia úloh CHO v kategórii A ustia už skôr než v treťom ročníku gymnázia). Keďže zbierka obsahuje riešené ríklady z fyzikálnej chémie, môže byť užitočná aj re vysokoškolských študentov. V ríkladoch sa síce neoužívajú derivácie a integrály, ale ich náročnosť je na úrovni základných vysokoškolských kurzov fyzikálnej chémie. Pori výočtových úlohách sú niektoré tematické okruhy sracované aj vo forme testov s otázkami zameranými najmä na reverenie srávneho cháania študovanej roblematiky. (Mnohé z nich teda môžeme označiť za v súčasnosti referované koncetuálne úlohy.) Ďakujem za rečítanie a oravy textu obom recenzentom ako aj recenzentom ôvodných úloh v jednotlivých ročníkoch CHO, ktorými boli Ing. Alica Cholvadová, CSc., RNDr. Vladimír Adamčík, CSc., doc. Ing. Erik Klein, PhD. a Mgr. Stanislav Kedžuch, PhD. Všetkým riešiteľom rajem ohodu ri riešení úloh a študentom čo najlešie výsledky vo všetkých kolách CHO a najmä ri rerezentácii Slovenska na Medzinárodnej chemickej olymiáde. 5

6 6

7 OBSAH Predhovor... 5 Niektoré matematické oerácie otrebné re riešiteľov úloh Chemickej olymiády... 9 Výočet zloženia viaczložkových sústav... 4 Veličiny a jednotky... Ideálny lyn... 6 Ideálny lyn testy Reálny lyn Termodynamika sústav ideálneho lynu... 5 Termodynamika sústav ideálneho lynu testy Kalorimetria a termochémia Fázové rovnováhy v čistej látke Fázové rovnováhy v roztoku Fázové rovnováhy testy Fázové rovnováhy nemiešateľné kvaaliny, rozdeľovací koeficient Koligatívne vlastnosti Koligatívne vlastnosti testy... 6 Chemická rovnováha... 7 Chemická rovnováha testy Chemická rovnováha v roztokoch elektrolytov... 6 Elektrolýza Elektrochémia galvanické články Elektrochémia testy Chemická kinetika, reakcie rvého oriadku... 7 Chemická kinetika testy Stanovenie oriadku reakcie, reakcie druhého oriadku Štúdium mechanizmov chemických reakcií Vlyv teloty na rýchlosť chemickej reakcie Zložené reakcie Sektroskoia, Lambertov-Beerov zákon Povrchové naätie Odorúčaná literatúra

8 8

9 Niektoré matematické oerácie otrebné re riešiteľov úloh Chemickej olymiády Fyzikálna chémia je veda zaoberajúca sa fyzikálnymi vlastnosťami chemických sústav a zákonitosťami, ktoré oisujú ich srávanie sa. Soznané vzťahy boli sformulované do fyzikálnych zákonov, ktoré (s výnimkou základných zákonov termodynamiky) sa zvyčajne vyjadrujú v tvare matematických funkcií. Pri využívaní týchto zákonov na ois dejov v študovaných sústavách alebo na vyriešenie zadaných úloh na hodinách fyziky alebo chémie, ako aj ri riešení úloh chemickej olymiády sa nevyhneme otrebe vedieť s týmito matematickými vzťahmi racovať. Potrebujeme naríklad ovládať niektoré šeciálne matematické oerácie. Dochádza ritom k ťažkostiam vylývajúcim najmä z oneskorovania sa učiva matematiky za otrebami fyziky a chémie. Klasickým ríkladom je reberanie veličiny H, charakterizujúcej kyslosť alebo zásaditosť vodných roztokov, už v rvom ročníku chémie (t. j. v siedmej triede ZŠ, res. v sekunde osemročného gymnázia). H faktor je definovaný ako záorný dekadický logaritmus koncentrácie (resnejšie aktivity) vodíkových iónov. Logaritmus sa však reberá až v treťom ročníku štvorročného gymnázia! (A dekadický logaritmus matematika v dnešnej ére kalkulačiek vôbec neotrebuje.) Úlohy fyzikálnej chémie ovažujú študenti somedzi úloh CHO za tie zložitejšie. Pričom zložitosť re riešiteľov vylýva z toho, že ide o výočtové úlohy. Toto sa však môže stať skôr výhodou, keďže o naučení sa ríslušného vzťahu sa už jeho oužívanie len oakuje. V skutočnosti je matematická náročnosť úloh z fyzikálnej chémie len fámou. V rvom rade vzťahy ako Raoultov alebo Henryho zákon re roztoky, stavová rovnica ideálneho lynu, vzťahy re zvýšenie teloty varu res. zníženie teloty tuhnutia, Beerov zákon re absorbanciu, van t Hoffov vzťah re osmotický tlak a mnohé ďalšie sú z matematického hľadiska najjednoduchšou možnou rovnicou y = k x. Pri ďalších, zdanlivo zložitejších vzťahoch, rýchlo zistíme, že ri väčšine z nich ide z hľadiska matematiky len o jeden vzťah exonenciálu y = A e k x. Takýto tvar má nielen kinetická rovnica reakcie rvého oriadku, ale aj (o dosadení x = /T ) Arrheniova rovnica, Clausiova-Claeyronova rovnica, van t Hoffova rovnica (rovnica reakčnej izobary), ri inej substitúcii aj Claeyronova rovnica. Pri odvodzovaní jednotlivých vzťahov vychádzame vždy z diferenciálneho tvaru d ln y d y (ktorým je k ). Tento vzťah otom zintegrujeme (v ríslušných hraniciach d x y d x alebo ako neurčitý integrál s integračnou konštantou). Takto sa dostaneme k somínanej exonenciále y = A e k x. Pri komunikácii na stredoškolskej úrovni diferenciálny tvar vynechávame a vychádzame z integrovaných vzťahov. Keďže inverznou funkciou k exonenciále je logaritmus, ak si 9

10 uvedenú exonenciálu zlogaritmujeme, dostaneme riamku ln y = ln A k x (čo je výhodné z hľadiska vyhodnocovania). Z týchto dôvodov sú obsahom úvodu k zbierke úloh základné informácie o exonenciálnych funkciách a logaritmoch a ešte redtým aj o tvare rovnice riamky a význame smernice a úseku (keďže analytická geometria sa tiež reberá až v redoslednom ročníku gymnázia). Priamku v analytickej geometrii oisujeme rovnicou y = k x + q. V tomto vzťahu x je nezávisle remennou, y je závisle remennou, q sa zvykne nazývať úsek na osi y (keďže q je hodnotou y re x = 0, t. j. riamka retína os y vo vzdialenosti q ) a k je smernica. Nezávisle remennou vo funkcii je tá veličina, ktorej hodnotu si ri fyzikálnom meraní sami nastavujeme a od ktorej (cez daný matematický vzťah) závisí hodnota druhej veličiny (závisle remennej). Keďže riamka má dva arametre (smernicu a úsek), na ich stanovenie otrebujeme oznať olohu (t. j. hodnotu x a y) dvoch bodov. Dostaneme tak dve rovnice o dvoch neznámych k a q : y = k x + q y = k x + q Pri ich riešení je najvhodnejšie tieto rovnice najrv odčítať a vyočítať hodnotu smernice k = (y y)/(x x) a jej dosadením do ľubovoľnej rovnice vyočítať hodnotu úseku q = y k x, res. q = y k x Dôležité je srávne cháať najmä fyzikálny význam smernice: Smernica hovorí, ako strmo sa mení (stúa alebo klesá) hodnota y na určitom úseku x : k = (y y)/(x x) = Δy/Δx Ak je k > 0, riamka stúa; ak je k < 0, riamka klesá; ak je k = 0, riamka je rovnobežná s osou x (y = q = konšt.). (Priamka rovnobežná s osou y sa takto nedá oísať, lebo v menovateli smernice by bola 0.) Keďže k = Δy/Δx, smernica je formálne hodnotou tangensu uhla, ktorý riamka zviera s osou x. Toto ale v grafe latí len ri rovnakej mierke na oboch osiach. Odmerať uhol uhlomerom, vyočítať tg φ a ovažovať ho za smernicu sa teda dá len v tomto jedinom ríade! 0

11 Niektoré matematické oerácie, otrebné re riešiteľov úloh Chemickej olymiády Ako sme uvádzali vyššie, riamku dostávame zlogaritmovaním exonenciálnej závislosti, ktorou sa oisuje veľké množstvo fyzikálnochemických vzťahov. Stručne si reto uvedieme, čo sú exonenciálne funkcie a logaritmy a tiež niektoré základné matematické oerácie s nimi. Exonenciálna funkcia je funkcia v tvare y = a x (ričom a > 0). Pre a = je y = x =, inak je to rostá (monotónna) funkcia (klesajúca re 0 < a <, rastúca re a >, okiaľ je x > 0, čo nemusí byť). Matematické oerácie s exonenciálnymi funkciami vychádzajú z oerácií s mocninami. Platí reto: a x = (/a) x = /a x ; a x a y = a x+y ; (a x ) y = a x y ; a /x = x a Šeciálnou exonenciálnou funkciou je funkcia y = e x. Pre túto funkciu latí, že smernica jej dotyčnice v ľubovoľnom bode sa rovná funkčnej hodnote v tomto bode (t. j. re Δx 0 je Δy/Δx = e x = y ). Jej základom je Eulerovo číslo e =, = k k lim re k. k Logaritmus je inverznou funkciou k funkcii y = a x, retože log a y = x. Číslo a je základom logaritmu. Platí reň a > 0, a. V raxi (mimo redmetu matematika) sa stretneme len s logaritmami dvoch základov: Somínané e je základom rirodzeného logaritmu a 0 je základom dekadického logaritmu. Tieto dva logaritmy sa zvykli aj inak označovať: Dekadický logaritmus log 0 y = lg y; dnes sa toto označenie oužíva už len zriedkavo a ako dekadický logaritmus sa cháe log y. Prirodzený logaritmus (logaritmus naturalis) loge y = ln y. Z definície logaritmu samozrejme vylýva, že loga a = (= log 0 = ln e ) a loga = 0. Matematické oerácie s logaritmami (latia re logaritmy každého základu) vylývajú z matematických oerácií s exonenciálnymi funkciami (a teda s mocninami). log y + log z = log y z log y log z = log y/z log y z = z log y (= z x ) (re x = log y) Pri riešení exonenciálnych alebo logaritmických rovníc sa vychádza z toho, že ak sa rovnajú ravá a ľavá strana rovnice, rovnajú sa aj ich logaritmy, res. ak sa rovnajú dve exonenciálne funkcie (s rovnakým základom), rovnajú sa aj ich exonenty.

12 Nar. rovnicu x = 8 môžeme riešiť alebo úravou ravej strany 8 = 3 a teda x = 3 alebo zlogaritmovaním (ri ľubovoľnom základe), čím dostaneme: log x = x log = log 8, odkiaľ dostaneme x = (log 8) / (log ) = 3 V súčasnosti už študenti necháu, rečo sa oužíval dekadický logaritmus. Nevedia si totiž redstaviť očítanie bez kalkulačky. Kalkulačky sa u nás oužívajú len necelých štyridsať rokov logaritmy sa ale zaviedli o ár storočí skôr. Logaritmus je funkcia, ktorej hodnotu si nedokážeme jednoducho sami sočítať. Hodnoty logaritmov boli uvádzané v osobitných tabuľkách. Nevyhnutnosť oužívať dekadický logaritmus vylynula z oužívania desiatkovej sústavy. Každé číslo sa totiž dá naísať ako súčin čísla s hodnotou medzi a 0 a mocniny desiatky. Nar. 43 = 4,3.0 3 ; 4300 = 4,3.0 5 ; 0,043 = 4,3.0 a od. Po zlogaritmovaní dostaneme: log 43 = log 4,3.0 3 = log 4,3 + log 0 3 = log 4,3 + 3 = 0, = 3,63558 log 4300 = log 4,3.0 5 = log 4,3+ log 0 5 = log 4,3+ 5 = 0, = 5,63558 log 0,043 = log 4,3.0 = log 4,3+log 0 = log 4,3 = 0,63558 =,3644 S omocou tabuliek dekadických logaritmov čísel od o 9,999 (alebo o 9,9999), sme otom mohli nájsť dekadický logaritmus každého čísla (s resnosťou na štyri alebo äť miest). Preočet dekadického a rirodzeného logaritmu vylýva zo všeobecného vzťahu, ktorý latí medzi dvoma logaritmami rôznych základov: loga y = loga b. logb y, t. j. ln y = ln 0. log y =,30585 log y alebo log y = log e. ln y = 0, ln y Z uvedeného vylýva, že log e = / ln 0, res. log e. ln 0 =, čo sa dá všeobecne naísať vzťahom loga b. logb a =.

13 Niektoré matematické oerácie, otrebné re riešiteľov úloh Chemickej olymiády Obrázok: Tvary exonenciálnych a logaritmických funkcií re x > 0 (retože vo fyzikálnochemických vzťahoch je nezávisle remennou čas alebo telota). y =ex(x) y =ex(-x) ,8 0,6 0,4 0, y =ex(/x) y =ex(-/x) 6 4 0,8 0,6 0,4 0, y = ln x y = log x

14 Výočet zloženia viaczložkových sústav Prvým redokladom úsešnosti výočtov vo viacerých oblastiach fyzikálnej i analytickej chémie je dokonalá znalosť veličín vyjadrujúcich zloženie viaczložkových sústav (koncentrácia látkového množstva (= molarita ), hmotnostná koncentrácia, molalita, mólový a hmotnostný zlomok) ako aj reočtov medzi nimi. Úloha Vyočítajte koncentráciu látkového množstva c B, molalitu b B a hmotnostnú koncentráciu B NaCl vo vodnom roztoku, ktorý vznikol rozustením 0 g NaCl v litri roztoku. Vzniknutý roztok vážil,08 kg. Aká je jeho hustota? Aké sú ri telote 5 C hmotnostný zlomok w B a mólový zlomok x B NaCl? (M(H O) = 8,0 g mol, M(NaCl) = 58,44 g mol ) Úloha Hustota jednomolálneho vodného roztoku NH 4 Cl ri telote 5 C je,0644 g cm 3. Vyočítajte hodnotu mólového zlomku, hmotnostného zlomku, koncentrácie látkového množstva a hmotnostnej koncentrácie NH 4 Cl v uvedenom roztoku. Molárne hmotnosti majú hodnotu: M(H O) = 8,0 g mol, M(NH 4 Cl) = 53,50 g mol. Úloha 3 Hustota vodného roztoku etanolu (zložka B), ktorý obsahuje 0 % hmotnostných etanolu ri telote 0 C je 0,9887 g cm 3. Vyočítajte hodnotu mólového zlomku (x B ), molality (b B ), koncentrácie látkového množstva (c B ) a hmotnostnej koncentrácie ( B ) etanolu v uvedenom roztoku. Molárne hmotnosti majú hodnotu: M(H O) = 8,0 g mol, M(C H 5 OH) = 46,07 g mol. Úloha 4 Hustota jednomolálneho vodného roztoku CuSO 4 ri telote 5 C je,50 59 g cm 3. Koľko cm 3 čistej vody treba ridať k kg uvedeného roztoku, keď molalita CuSO 4 vo výslednom roztoku má byť 0,6 mol kg? Telota ridávanej vody je 5 C. Hustota čistej vody ri tejto telote je 0,99707 g cm 3. Molárne hmotnosti majú hodnotu: M(H O) = 8,0 g mol, M(CuSO 4 ) = 59,6 g mol. Úloha 5 Závislosť hustoty vodného roztoku KOH od molality KOH (b B vyjadrenej v mol kg ) re 5 C vyjadruje rovnica ρ = (0, ,056 bb + 0,0047 bb 3/ ) g cm 3. Vyočítajte koncentráciu látkového množstva (c B ) a koncentráciu hmotnosti ( B ) KOH, koncentráciu látkového množstva (c A ) a koncentráciu hmotnosti ( A ) vody v roztoku, keď molalita KOH b B =,5 mol kg. Molárne hmotnosti majú hodnotu: M(H O) = 8,0 g mol, M(KOH) = 56,0 g mol. Aký je mólový a hmotnostný zlomok KOH? 4

15 Výočet zloženia viaczložkových sústav Úloha 6 Vzťah medzi koncentráciou látkového množstva (c B ) a molalitou b B KCl vo vodnom roztoku re 5 C vyjadruje rovnica cb/bb = (997,0 7, bb) g dm 3. Vyočítajte molaritu a hmotnostnú koncentráciu ( B ) KCl v roztoku s molalitou b B = mol kg. Aká je hustota tohto roztoku a hustota vody ri telote 5 C? Molárne hmotnosti majú hodnotu: M(H O) = 8,0 g mol, M(KCl) = 74,55 g mol. Úloha 7 Závislosť objemu vodného roztoku NaBr od molality NaBr (b B ) re 5 C vyjadruje rovnica V = (00,9 + 3,89 bb +,97 bb 3/ 0,78 bb ) ml, ak je v kg H O rozustených b B mólov NaBr. Vyočítajte mólový a hmotnostný zlomok bromidu sodného, jeho koncentráciu látkového množstva ako aj hustotu roztoku s molalitou b B = mol kg. Aká je hustota čistej vody ri telote 5 C a aká je jej hmotnostná koncentrácia v uvedenom roztoku? Molárne hmotnosti majú hodnotu: M(H O) = 8,0 g mol, M(NaBr) = 0,90 g mol. Pri reočte medzi rôznymi sôsobmi vyjadrenia zloženia môžete využiť aj niektorý z nasledujúcich vzťahov: ρ B = m B V c B = n B V = = n B M B V = c B M B n B m ρ = n B ρ = m A + m B n B ρ m A + n B M B = b B ρ + b B M B c B = n B V = n B m A V m A = b B ρ A t. j. c B b B = ρ A b B = n B m A = m B m A M B = m A m B = n AM A n B M B = w A w B = x AM A x B M B w B = x B = w B w A M B res. b B = n B m A = b B M B + b B M B res. x B = b B M A + b B M A c B M A ρ + c B (M A M B ) n B n A M A = x B x A M A 5

16 Riešenie úloh Úloha K výsledkom sa dá dostať viacerými ostumi. Naríklad: c B = n B V = m B M B V = 0 = 0,34 mol dm 3 58,44. b B = n B m A = m B m B = = m A M B (m m B )M B = 3, mol g = 0,349 mol kg ρ B = m B V ρ = m V =,08 0 (08 0). 58,44 = = 0 (= n B M B V = c BM B = 0,34. 58,44) = 0 g dm 3 =,08 kg dm 3 w B = m B m = 0 08 = 0,09646 x B = n B n A + n B = m A M A m B M B + m B M B = 0 58, , ,44 Úloha (Možných ostuov je viacero. Pozor na jednotky!) x B = n B n A + n B = xa = xb = 0,983 w B = = m B m A + m B = b B m A m = A M + b B m A A n B M B n A M A + n B M B = b B = M + b B A = 0,00644 = 0,077 8, x B M B x A M A + x B M B = 0, ,50 0,983. 8,0 + 0, ,50 = 0,05078 wa = wb = 0,949 cb = bb ρa = bb wa ρ =. 0,949.,0644 = 0,96 mol dm 3 ρb = ρ ρa = ρ cb /bb =,0644 0,96/ = 0,054 kg dm 3 6

17 Výočet zloženia viaczložkových sústav Úloha 3 x B = n B n A + n B = m A M A m B M B + m B M B = w A M A w B M B Na výočet molality máme teraz dve možnosti: + w B M B = 0,0 46,07 0,90 8,0 + 0,0 46,07 = 0,0465 b B = n B m A = m B m A M B = w B 0,0 = =,48 mol kg w A M B 0,90. 0,04607 alebo b B = n B m A = n B n A M A = x B 0,0465 = =,48 mol kg x A M A 0, ,080 c B = n B V = n B m V m = n Bρ n B ρ b B ρ = = = m A + m B m A + n B M B + b B M B,48. 0,9887 = =,3 mol dm 3 +,48. 0,04607 ρb = cb MB =,3. 46,07 = 98,874 g dm 3 Úloha 4 Molalita vyjadruje látkové množstvo rozustenej látky ( očet mólov rozustenej látky ) v kg rozúšťadla b B = n B m A = m B m A M B V jednomolálnom roztoku CuSO4 je mól, t. j. 59,6 g CuSO4 a 000 g vody. Solu je tam teda 59,6 g roztoku. Z neho máme zobrať iba kg. V kg roztoku bude ,6 / 59,6 = 37,64 g CuSO4 a zvyšok vody (86,3589 g = = 000 /59,6) Molalita CuSO4 sa má znížiť na 0,6 mol kg, ričom v roztoku musí zostať 37,64 g CuSO4 a teda vody musí byť m A = m B = 37,64 b B M B 0,6. 0,596 = 437,648 g Do kg ôvodného roztoku teda treba riliať vody. 437,648 86,3589 = 574,9059 g Jej objem bude V = m / ρ = 574,9059 / 0,99707 = 576,59 ml (Pri tomto ostue sme ani neotrebovali oznať hustotu ôvodného roztoku CuSO4.) 7

18 Úloha 5 Hustota roztoku je ρ = 0, ,056 bb + 0,0047 bb 3/ = 0, ,056.,5 + 0,0047.(,5) 3/ = =,4708 g cm 3 = 47,08 g dm 3 =,4708 kg dm 3 Koncentrácia látkového množstva KOH v roztoku je c B = n B V = n B m V m = n Bρ = m A + m B,5.,4708 = =,55 mol dm 3 +,5.0,056 Hmotnostná koncentrácia KOH je n B ρ m A + n B M B = ρ B = c B M B =,55. 56,0 = 4,095 g dm 3 b B ρ + b B M B = Hmotnostnú koncentráciu vody môžeme vyočítať zo vzťahu ρ A = ρ ρ B = 47,08 4,095 = 005,9885 g dm 3 Koncentrácia látkového množstva vody v roztoku je c A = ρ A = 005,9885 = 55,86 mol dm 3 M A 8,0 Mólový zlomok KOH vyočítame zo vzťahu x B = n B n A + n B = xa = xb = 0,95689 b B m A m = A M + b B m A A b B = M + b B A Nakoniec vyočítame hmotnostný zlomok KOH: m B n B M B x B M B w B = = = = m A + m B n A M A + n B M B x A M A + x B M B 0,043.56,0 = 0, ,0 + 0,043.56,0 = 0,3 Hmotnostný zlomok vody môžeme dostať aj zo vzťahu: w A = ρ A ρ = c B ρ b B =,55,4708.,5 = 0,877,5 = 0,043 8, ,5 8

19 Výočet zloženia viaczložkových sústav Úloha 6 cb/bb = (997,0 7, bb) = 997,0 7,. = 969,8 g dm 3 = ρa (hmotnostná koncentrácia vody) Hustotu vody dostaneme z toho istého vzťahu re nulovú molalitu KCl: ρ A = 997 g dm 3 Koncentrácia látkového množstva KCl re jednotkovú molalitu je cb = 0,9698 mol dm 3, jeho hmotnostná koncentrácia je ρb = cb MB = 0, ,55 = 7,986 g dm 3. Hustota roztoku je súčtom hmotnostných koncentrácií jeho zložiek ρ = ρa + ρb = 969,8 + 7,3 = 04, g dm 3 Úloha 7 Objem roztoku je V = (00,9 + 3,89 bb +,97 bb 3/ 0,78 bb ) ml = = (00,9 + 3,89. +,97 3/ 0,78. ) ml = 08,464 ml Mólový zlomok NaBr vyočítame zo zadanej molality odľa vzťahu x B = n B n A + n B = xa = xb = 0,983 Hmotnostný zlomok NaBr je : b B m A m = A M + b B m A A b B = M + b B A m B n B M B x B M B w B = = = = m A + m B n A M A + n B M B x A M A + x B M B 0,077. 0,90 = 0,983.8,0 + 0,077.0,90 = 0,0933 Hmotnostná koncentrácia vody v roztoku je ρ A = m A V = = 0,973 kg dm 3,08464 = 0,077 8, Hmotnosť roztoku je m = ma + mb = ,90 = 0,90 g. Jeho hustota je ρ = m V =,090 =,07376 kg dm 3,

20 Objem kg čistej vody je V*A = 00,9 ml (zo vzťahu re objem re bb = 0 ) Hustota čistej vody teda je ρ A = m A V = = 0,997 kg dm 3 A,009 Hmotnostnú koncentráciu NaBr dostaneme zo vzťahu ρb = ρ ρa =, ,973 = 0,00076 kg dm 3 = 00,076 g dm 3 Koncentráciu látkového množstva NaBr môžeme vyočítať z hmotnostnej koncentrácie c B = ρ B = 00,076 = 0,97556 mol dm 3 M B 0,90 alebo aj inak, nar. : c B = n B V = n B m V m = n Bρ m A + m B = n B ρ m A + n B M B = =.,07376 = 0,9734 mol dm ,090 b B ρ + b B M B = 0

21 Veličiny a jednotky Úloha Stav sústavy tvorenej ideálnym lynom oisujeme stavovými veličinami: tlakom, telotou, objemom. Číselná hodnota veličiny samozrejme závisí od zvolenej jednotky. Jednotkou tlaku v SI sústave je ascal, čo je veľmi malý tlak, keďže Pa = N m = kg m s je vlastne sila, ktorou ôsobí na odložku s rozmerom m teleso s hmotnosťou ribližne 00 g (t. j. nar. vrstva vody s hrúbkou 0, mm). Je teda zrejmé, že ascal je dosť neraktická jednotka a tlak vyjadrený v ascaloch je väčšinou rádovo v stovkách kiloascalov. Preto sa ešte stále môžeme stretnúť s inými, oveľa lešie redstaviteľnými jednotkami. Takýmito sú nar. atm (fyzikálna atmosféra), bar, torr (čo je tlak mm ortuťového stĺca za resne definovaných odmienok (tlaku a teloty)), mm vodného stĺca, at (technická atmosféra, čo je tlak, ktorým ôsobí redmet s hmotnosťou kg na cm ). Američania však ešte stále merajú hmotnosť na libry a dĺžku na alce, a reto ich jednotkou tlaku je aj si = lb in (libra na štvorcový alec). Vašou úlohou je vyjadriť všetky uvedené (u nás neovolené) jednotky tlaku v ascaloch, a to nielen vyhľadaním v literatúre, ale (ak sa to dá) aj výočtami, do ktorých zahrniete (re telotu 0 C) hustotu ortute 3,60 kg dm 3, hustotu vody kg dm 3, tiažové zrýchlenie 9,8 m s, libra = 0,4535 kg, alec =,54 cm. Pri akom tlaku žijú Američania (koľko si je 035 Pa)? Úloha Objemovú rácu ideálneho lynu môžeme vyjadriť ako súčin V v ľubovoľných jednotkách tlaku a objemu. Zistite, aká veľká je ráca l atm ( liter atmosféra)? Úloha 3 Vyočítajte hodnoty molárnej lynovej konštanty (R = 8,345 J K mol ) v starších jednotkách, nar. l atm mol C, l torr mol K, cal mol K. (Priomínam, že cal = 4,86 J) Úloha 4 Fyzikálna chémia rozlišuje intenzitné a extenzitné veličiny. Extenzitné veličiny závisia od veľkosti sústavy (od množstva látky v sústave), intenzitné nezávisia. Extenzitnými veličinami sú naríklad objem, vnútorná energia, entalia, látkové množstvo, hmotnosť,... Intenzitnými veličinami sú tlak, telota, viskozita, diólový moment, všetky molárne a hmotnostné veličiny ako aj väčšina veličín, ktorými bežne oisujeme zloženie viaczložkových sústav. Tejto téme sa budú venovať nasledujúce otázky a úlohy. V každej označte všetky srávne odovede.

22 . Zloženie zmesí môžeme extenzitne vyjadriť omocou a) koncentrácie látkového množstva b) molality c) látkového množstva jednotlivých zložiek d) očtu gramov jednotlivých zložiek e) mólových omerov. Medzi intenzitné veličiny oisujúce zloženie atria a) molalita b) koncentrácia látkového množstva c) hmotnostné ercento d) mólový zlomok 3. Z rôznych vyjadrení zloženia, ktoré sú ďalej uvedené, označte tie, ktoré sú intenzitné a nezávislé od teloty: a) molalita b) koncentrácia látkového množstva c) hmotnostná koncentrácia d) objemové ercento látky v kvaalnom roztoku e) objemové ercento látky v zriedenej lynnej zmesi f) hmotnostný zlomok g) mólový zlomok h) mólový omer 4. Mólový zlomok zložky B v dvojzložkovej zmesi sa dá vyjadriť vzťahom xb = bbmb / ( + bbmb), v ktorom MB je molárna hmotnosť rozustenej látky (vyjadrená v základných jednotkách) a bb označuje a) hmotnostnú koncentráciu b) koncentrácia látkového množstva c) molalitu d) hmotnostný zlomok rozustenej látky (zložky B)

23 Výočet zloženia viaczložkových sústav 5. V termodynamike dávame rednosť intenzitnému vyjadreniu zloženia systému, retože a) nezávisí od teloty b) nezávisí od veľkosti sústavy c) vo vzťahoch re výočet termodynamických funkcií je nevyhnutné oužívať len intenzitné sôsoby vyjadrenia zloženia d) je to medzinárodná dohoda 6. Molalita je raktickejším vyjadrením zloženia než koncentrácia látkového množstva (molarita), retože a) je intenzitnou veličinou b) nezávisí od oxidačného čísla látky, res. iónu c) nezávisí od teloty d) je všeobecnejším vyjadrením zloženia, než koncentrácialátkového množstv 7. Mólový zlomok zložky B v dvojzložkovej zmesi sa dá vyjadriť vzťahom xb = cbma / [ρ + cb (MA MB)], v ktorom ρ je hustota zmesi (roztoku), MA, MB sú molárne hmotnosti rozúšťadla a rozustenej látky a cb je a) koncentrácia látkového množstva b) hmotnostná koncentrácia c) molalita d) mólový zlomok e) objemový zlomok rozustenej látky (zložky B) 3

24 Riešenie úloh Úloha atm = 0 35 Pa (resne) bar = 0 5 Pa Tlak stĺca kvaaliny je = h ρ g, reto Torr = mm Hg =.0 3 m kg m 3. 9,8 m s = 33,3 Pa mm HO =.0 3 m. 000 kg m 3. 9,8 m s = 9,8 Pa Tlak telesa s určitou hmotnosťou je daný jeho tiažou a lochou, na ktorú ôsobí: = m g / S, reto at = kg. 9,8 m s / ( cm ) = 9,8.0 4 Pa si = lb in = 0,4535 kg. 9,8 m s / (,54 cm) = 6895 Pa Tlak 035 Pa = atm = 760 Torr = 4,695 si Úloha l atm = dm Pa = 0 35.(0 m) 3 Pa = m 3 Pa = = 0,35 m 3 N m = 0,35 N m = 0,35 J Úloha 3 R = 8,345 J K mol = 8,345 Pa m 3 K mol = = 8,345 (035) atm 0 3 dm 3 K mol = 0,0806 l atm C mol R = 8,345 J K mol = 8,345. (4,86) cal K mol =,986 cal K mol Úloha 4. Zloženie zmesí môžeme extenzitne vyjadriť omocou c) látkového množstva jednotlivých zložiek d) očtu gramov jednotlivých zložiek. Medzi intenzitné veličiny oisujúce zloženie atria a) molalita b) koncentrácia látkového množstva c) hmotnostné ercento d) mólový zlomok 4

25 Výočet zloženia viaczložkových sústav 3. Z rôznych vyjadrení zloženia, ktoré sú ďalej uvedené, označte tie, ktoré sú intenzitné a nezávislé od teloty: a) molalita e) objemové ercento látky v zriedenej lynnej zmesi f) hmotnostný zlomok g) mólový zlomok h) mólový omer 4. Mólový zlomok zložky B v dvojzložkovej zmesi sa dá vyjadriť vzťahom xb = bbmb / ( + bbmb), c) molalitu rozustenej látky (zložky B). v ktorom MB je molárna hmotnosť rozustenej látky (vyjadrená v základných jednotkách) a bb označuje 5. V termodynamike dávame rednosť intenzitnému vyjadreniu zloženia systému, retože b) nezávisí od veľkosti sústavy 6. Molalita je raktickejším vyjadrením zloženia než koncentrácia látkového množstva, retože c) nezávisí od teloty 7. Mólový zlomok zložky B v dvojzložkovej zmesi sa dá vyjadriť vzťahom xb = cbma / [ρ + cb (MA MB)], v ktorom ρ je hustota zmesi (roztoku), MA, MB sú molárne hmotnosti rozúšťadla a rozustenej látky a cb je a) koncentrácia látkového množstva rozustenej látky (zložky B). 5

26 Ideálny lyn Úloha Ak niečo ovažujeme za ideálne alebo dokonalé (niekoho za ideálneho), zvyčajne to v skutočnosti také nie je. Ideálne je to len v našej redstave. A niekto iný môže mať na dokonalosť úlne iné kritériá. Ideálny lyn (v anglických textoch aj erfect gas) je na tom odobne je to naša redstava, ktorej skutočné lyny zodovedajú len za určitých odmienok. A tiež kritériá re ideálny lyn sú iné v rámci termodynamiky a iné, ak sa na lyn ozeráme ako na sústavu obrovského množstva molekúl ako sa naň dívajú fyzici v rámci kinetickej teórie stavby látok. V našich úlohách sa usokojíme s termodynamickým ohľadom na lyn budeme sa naň ozerať len zvonka a oisovať ho omocou stavových fyzikálnych veličín teloty, tlaku a objemu. A vystačíme si s definíciou, že ideálny lyn je taký lyn, ktorého srávanie oisuje stavová rovnica ideálneho lynu: V = n R T. Takto naísaná rovnica obsahuje látkové množstvo, ktoré sa nedá merať, ale len vyočítať ako omer hmotnosti a molárnej hmotnosti: n = m / M Zo stavovej rovnice sa dá otom vyočítať hustota lynu. Keď si odvodíte vzťah re výočet hustoty, uvidíte, že za rovnakých odmienok (teloty a tlaku) je hustota riamo úmerná molárnej hmotnosti lynu. (Molárne hmotnosti lynov v študijnom kole nebudeme uvádzať, dajú sa nájsť v rôznych tabuľkách.) Ideálny lyn je dokonale stlačiteľný (táto redstava viedla k definícii nulovej absolútnej teloty). Plyn zaberá vždy celý objem nádoby, v ktorej sa nachádza. Preto vo všetkých našich ríkladoch budeme mať uzavretú sústavu s konštantným látkovým množstvom lynu.. Vyočítajte hustotu ideálne sa srávajúceho vodíka, ktorý je ri telote 7 C a tlaku 00 kpa. Aká bude hustota hélia za rovnakých odmienok? Podľa kinetickej teórie častice ideálneho lynu sa navzájom necítia neôsobia na seba žiadnymi silami. Je teda jedno, či sú to rovnaké alebo rôzne molekuly. Preto stavová rovnica oisuje aj srávanie zmesí lynov. Zmes je viaczložková sústava, ktorej zloženie nám najlešie oíšu mólové zlomky. Plyny v zmesi môžeme charakterizovať aj arciálnymi tlakmi. Parciálny tlak je tlak, ri ktorom by daný lyn bol, keby ri danej telote sám zaberal objem celej sústavy. Keďže je definovaný v odmieňovacom sôsobe, arciálny tlak sa nedá merať, len vyočítať. V stavovej rovnici v tvare V = m R T / <M> re zmes lynov je <M> stredná molárna hmotnosť. 6

27 Ideálny lyn. Vyočítajte arciálny tlak dusíka v zmesi s CO, ktorá obsahuje 50 % hmotnostných dusíka a je v nádobe ri tlaku 00 kpa. Aké je látkové množstvo tejto lynnej zmesi, ak je v nádobe s objemom 50 litrov ri telote 50 C? Aká je stredná molárna hmotnosť tejto lynnej zmesi? 3. V dvoch äťlitrových bankách máme vzduch (srávajúci sa stavovo ideálne) ri tlaku 00 kpa a telote 300 K. Banky sú reojené tenkou rúrkou so zanedbateľným objemom. Prvú banku sme zohriali na 00 C a druhú banku sme ochladili na 0 C. Vyočítajte, na akej hodnote sa ustálil tlak v sústave týchto dvoch baniek a koľko vzduchu zostalo v rvej banke. 4. V jednej banke máme lyn A ri telote T A a tlaku A. V druhej banke máme lyn B ri telote T B = T A a tlaku B = ½ A. Ak je hustota oboch lynov rovnaká, aký je vzťah ich molárnych hmotností? a) 4 M B = M A b) M B = M A c) M B = M A d) M B = M A e) M B = 4 M A Úloha. V nádobe s objemom,5 dm 3 je 0,4 mol dusíka ri telote 30 C. Z tlakovej fľaše sme k nemu riustili 0, mol kyslíka. Na akú telotu sme museli nádobu ochladiť, aby v nej tlak nestúol viac než o 0 %? Aká je hustota lynu v konečnom stave? [M(N ) = 8 g mol, M(O ) = 3 g mol ; redokladáme ideálne srávanie lynu.]. V nádobe s objemom,5 dm 3 je dusík ri telote 0 C a tlaku 00 kpa. V druhej nádobe s objemom 0,5 dm 3 je vodík ri telote 5 C a tlaku 00 kpa. Vyočítajte zloženie výslednej zmesi lynov (v mólových a hmotnostných zlomkoch) o sojení baniek cez kohút. Aký tlak sa ustáli v bankách, ak výsledná telota bude 5 C? [M(N ) = 8 g mol, M(H ) =,0 g mol ] Úloha 3 V banke s objemom dm 3 je vzduch (srávajúci sa ako ideálny lyn) ri telote 5 C a tlaku 00 kpa.. Vyočítajte hustotu vzduchu v banke, ak redokladáte, že obsahuje 78 % (mol.) dusíka, % (mol.) kyslíka a % (mol.) argónu. [M(N ) = 8 g mol, M(O ) = 3 g mol, M(Ar) = 40 g mol ]. K banke so vzduchom sme cez kohút riojili evakuovanú banku s objemom dm 3 a kohút sme otvorili. Aký tlak sa ustálil v bankách? 7

28 3. Následne sme druhú banku ochladili na 5 C. Na akú telotu musíme zohriať rvú banku, aby bolo v oboch bankách rovnaké množstvo vzduchu? Aký tlak sa ustáli v bankách teraz? Úloha 4 V dvoch bankách s rovnakým objemom máme vzduch (srávajúci sa stavovo ideálne) ri tlaku 00 kpa a telote 300 K. Banky sú reojené kohútom. Prvú banku sme vložili do kúeľa s horúcou vodou a druhú banku sme ochladili na 0 C. Následne sme otvorili kohút medzi bankami. Zistite, na akú telotu sa vyhriala rvá banka, ak sa tlak lynu v sústave týchto dvoch baniek ustálil na hodnote 0 kpa. V akom omere látkových množstiev sa rozdelia lyny medzi druhú a rvú banku? Úloha 5 Dve banky sú sojené rúrkou s kohútom v strede. V rvej banke s objemom dm 3 je dusík ri tlaku 00 kpa. V druhej banke s objemom 3 dm 3 je kyslík ri tlaku 00 kpa. Otvorením kohúta sa lyny v bankách zmiešajú. Za redokladu, že lyny sa srávajú stavovo ideálne, vyočítajte celkový tlak zmesi, mólové zlomky a arciálne tlaky kyslíka a dusíka. Telota lynov v oboch bankách bola rovnaká a ani o zmiešaní sa nezmenila. Úloha 6 Dve banky s objemami dm 3 a 3 dm 3 sú sojené tenkou hadičkou. Obidve banky obsahujú kyslík ri tlaku 035 Pa a telote 5 C. Prvú banku ochladíme na 0 C, druhú zohrejeme na 90 C. Aký tlak sa ustáli v bankách? Koľko kyslíka rešlo o zmene telôt z druhej banky do rvej? Úloha 7 Dve banky sú sojené tenkou rúrkou so zanedbateľným objemom. Prvá banka má objem dm 3, objem druhej banky je 3 dm 3. V bankách je lyn ri tlaku 00 kpa a telote 300 K. Jednu banku onoríme do kúeľa s telotou 0 C, druhú do kúeľa s telotou 00 C. Za redokladu, že lyn sa sráva stavovo ideálne, vyočítajte, na akej hodnote sa ustáli tlak v bankách. V ktorej z baniek bude viac lynu? Úloha 8 V nádobe s objemom m 3 je ideálne sa srávajúca lynná zmes N a NO. Vyočítajte hmotnosť NO, keď hmotnosť zmesi je m = 7 kg, telota T = 300 K a tlak = 0,6 MPa. Molárne hmotnosti lynov majú hodnotu M(NO)= 30 g mol a M(N ) = 8 g mol. Úloha 9 V banke s objemom dm 3 je vzduch (srávajúci sa ako ideálny lyn) ri telote 5 C a tlaku 00 kpa. Vyočítajte hustotu vzduchu v banke, ak redokladáte, že obsahuje 78 % (mol.) dusíka a % (mol.) kyslíka (ostatné zložky vzduchu zanedbáme; M(N ) = 8 g mol, 8

29 Ideálny lyn M(O ) = 3 g mol ). s objemom 0,5 dm 3 nezmenila.) K banke so vzduchom sme cez kohút riojili evakuovanú banku a kohút sme otvorili. Aký tlak sa ustálil v bankách? (Telota sa Následne sme druhú banku ochladili na 5 C. Na akú telotu musíme zohriať rvú banku, aby bolo v oboch bankách rovnaké množstvo vzduchu? Aký tlak sa ustáli v bankách teraz? Úloha 0 V nádobe s objemom 5 dm 3 je 0,8 mol dusíka ri telote 0 C. Z tlakovej fľaše sme k nemu riustili 0, mol kyslíka. Na akú telotu sme museli nádobu ochladiť, aby v nej tlak nestúol viac než o 0 %? Aká je hustota lynu v konečnom stave? (M(N ) = 8 g mol, M(O ) = 3 g mol ; redokladáme ideálne srávanie lynu.) Úloha V nádobe s objemom 5 dm 3 je dusík ri telote 0 C a tlaku 00 kpa. V druhej nádobe s objemom dm 3 je vodík ri telote 5 C a tlaku 00 kpa. Vyočítajte zloženie výslednej zmesi lynov (v mólových a hmotnostných zlomkoch) o sojení baniek cez kohút. Aký tlak sa ustáli v bankách, ak výsledná telota bude 5 C? (M(N ) = 8 g mol, M(H ) =,0 g mol ) Úloha Do nádoby so zmesou dusíka a argónu sa z tlakovej fľaše riustilo určité množstvo hélia. Molárna hmotnosť lynnej zmesi tým oklesla z 3 g mol na 30 g mol. Aké je zloženie výslednej zmesi lynov (srávajúcej sa stavovo ideálne) v mólových zlomkoch? [M(N ) = 8 g mol, M(Ar) = 40 g mol, M(He) = 4,0 g mol ]. Úloha 3 Máme dve sklenené zábrusové dvojlitrové banky. Banky boli na vzduchu ri telote 5 C a ri tlaku 00 kpa. Jednu banku sme vložili do mrazničky. Po jej vychladení na 8 C sme obe banky uzavreli a navzájom sme ich reojili cez trojcestný kohút. Aký tlak sa ustálil v sústave dvoch baniek, keď sa banky oäť zohriali na telotu 5 C? Keď sme kohút otvorili aj do okolia, koľko vzduchu (aké látkové množstvo) z baniek vyfučalo? Predokladáme, že vzduch sa sráva ako ideálny lyn. Úloha 4 Z tlakovej fľaše sme vyustili do gumeného balóna dusík. Balón sme o nafúknutí uzavreli manometrom, ktorý nameral tlak 50 kpa. Balón mal tvar gule s olomerom 0 cm. Telota v miestnosti bola C. Balón sme otom vložili do mrazničky, kde sa jeho telota znížila na 5 C. Tlak dusíka v balóne oklesol na 45 kpa. Aká je hmotnosť dusíka v balóne? Aký bol olomer guľatého balóna ri vybratí z chladničky? Predokladáme, že dusík sa sráva stavovo ideálne. 9

30 Úloha 5 Otvorený gumený balón (ri telote 5 C a tlaku 00 kpa) má objem 75 cm 3 a je nalnený vzduchom. Vhodíme doň g suchého ľadu (tuhý CO, M = 44 g mol ) a zaviažeme ho nitkou. Aký bude objem balóna o odarení suchého ľadu, ak redokladáme, že telota oklesne o C a tlak v balóne bude o 0 % väčší než okolitý tlak? (Predokladajte ideálne srávanie sa lynov.) Úloha 6 V dvoch bankách s objemom V = 0,75 dm 3 a V =,50 dm 3 (sojených hadičkou so zanedbateľným objemom) je ri telote 4,5 C vzduch srávajúci sa ako stavovo ideálny lyn. Tlak v bankách je 0 kpa. Jednu banku sme onorili do kúeľa s telotou 75 C. Tlak v bankách sa zvýšil nad 0 kpa. Ktorá z baniek je onorená v kúeli? Aký by bol výsledný tlak v sústave, keby sme banky vymenili? Úloha 7 Na stole v miestnosti ri telote 5 C a ri tlaku 00 kpa ležali dve sklenené zábrusové banky s rovnakým objemom. Jednu z baniek sme vložili do sušiarne vyhriatej na 50 C. Po jej zohriatí sme obe banky uzavreli zátkou s kohútom a reojili hadičkou zanedbateľného objemu. Aký tlak sa ustálil v sústave dvoch baniek, keď sa ich telota oäť vyrovnala s telotou miestnosti? O koľko ercent vzduchu je v bankách menej, ako v nich bolo na začiatku (keď ležali otvorené na stole)? Predokladáme, že vzduch sa sráva ako ideálny lyn. Úloha 8. Vyočítajte hustotu ideálne sa srávajúcej kyslíkovo-vodíkovej zmesi s hmotnosťami m(h ) = 8 g a m(o ) = 64 g ri telote 0 o C a tlaku 00 kpa.. V nádobe s objemom 4 m 3 ri telote 400 K a tlaku 400 kpa je ideálne sa srávajúca lynná zmes O a SO. Vyočítajte arciálny tlak kyslíka, keď viete, že hmotnosť SO je 4 kg. Aký je mólový a hmotnostný zlomok kyslíka v zmesi? Molárne hmotnosti majú hodnotu M(H ) = g mol, M(O ) = 3 g mol, M(SO ) = 64 g mol. Úloha 9 Do malej banky s objemom 00 ml sme naliali niekoľko mililitrov acetónu, vo vodnom kúeli sme banku zohriali na 80 C a o odarení acetónu sme ju ri atmosférickom tlaku 035 Pa zazátkovali. Aká je hustota ár acetónu ri telote 80 C a tlaku 035 Pa? Molárna hmotnosť acetónu je M = 58,08 g mol. (Predokladáme stavovo ideálne srávanie ár acetónu.) Na aký objem skondenzuje acetón o ochladení na 5 C, keď jeho hustota ri tejto telote je 796 kg m 3? 30

31 Ideálny lyn Riešenie úloh Úloha Hustotu lynu ρ vyočítame zo stavovej rovnice m M V RT. Hustota vodíka bude M 3 3 H H 0,080 kg m 3 R T 8, ,5 Hustotu hélia môžeme vyočítať z toho istého vzťahu. Pri rovnakých odmienkach je hustota riamo úmerná molárnej hmotnosti lynu, takže na výočet môžeme oužiť aj tento vzťah (do ktorého môžeme molárne hmotnosti dosadzovať v gramoch na mól): M He 4 He H 0,080 0,6 kg m 3 M H. Parciálny tlak zložky lynnej zmesi vyočítame zo vzťahu i = xi. Potrebujeme reto reočítať hmotnostný zlomok N na mólový zlomok: x N = w N M N w N M N + w = CO M CO 0,5 8 0, ,5 44 = 0,6 N = x N = 0, = 6 Pa = 6, kpa Látkové množstvo lynu v nádobe je n = V R T = =,86 mol 8, ,5 Strednú molárnu hmotnosť dostaneme zo vzťahu M = x N M N + x CO M CO = 0, , = 34, g mol 3. Sústava obsahovala n mólov vzduchu v dvoch rovnako veľkých bankách (s objemom V) ri rovnakej telote T0 a tlaku 0 (t. j. v každej z baniek je olovica vzduchu). Následne sa jedna banka zohriala na telotu T a druhá ochladila na telotu T. Časť vzduchu z rvej banky ritom rešla do druhej banky (látkové množstvá lynu n a n v., res.. banke už otom nie sú rovnaké). n = 0 V R T 0 = n + n = V R T + V R T Dostali sme takto rovnicu na výočet konečného tlaku 3

32 0 T 0 = ( T + T ) = 0 / ( + ) = / ( T 0 T T ,5 + 73,5 ) = 0537,885 Pa = 05,4 kpa Látkové množstvo vzduchu v rvej (horúcej) banke bude n = V 0537,885. 0,005 = R T 8, ,5 n = 0,694 mol 4. Plyny A a B majú rovnakú hustotu: A AM R T A A B BM R T B B M B AM T A A T B B AM T A A T A A / A 4 M Srávna odoveď je e). Úloha. Na výočet konečného tlaku aj teloty využijeme stavovú rovnicu a vzťah medzi konečným a očiatočným tlakom =,0 0 ; (indexom 0 označujeme očiatočné odmienky): n R T V n0 R T,0 0, 0 V 0 n0 R T0 0,4.8, ,5,, ,8 Pa= 483,944 kpa V 3,5.0 n 0,4. T, 0 T0,. 303,5 9,04 n 0,5 K = 7,87 C Hustotu lynu ρ vyočítame zo stavovej rovnice m V M R T do ktorej dosadíme jeho strednú molárnu hmotnosť <M> : <M> = x(n)m(n) + x(o)m(o) = [n(n)m(n) + n(o)m(o)]/n = = [0, ,.3]/0,5 = 8,8 g mol 3

33 Ideálny lyn 3 M ,8. 8,8.0 5,76 kg m R T 8,345. 9,04 3. Látkové množstvá dusíka a vodíka vyočítame zo stavovej rovnice 3 3 V 00.0.,5.0 n N 0,0 mol R T 8, ,5 3 3 V ,5.0 n H 0,04034 mol R T 8, ,5 Mólové a hmotnostné zlomky: x N n N n N n H 0,0 0,0 0, ,0 0,5044 0,73 x H x N 0,73 0,68 (teraz môžeme dosadiť látkové množstvá alebo mólové zlomky) w N m N m N m H n N M n N N M N n H M H x N M x N N M N x H M H w N 0, ,974 0, ,68. w H w N 0,974 0,06 Konečný tlak bude = (n N + n H ) R T 0, , ,5 = V +V = 43 Pa = 4,3 kpa Úloha 3 V úlohe máme trojzložkový vzduch (ozostávajúci z dusíka, kyslíka a argónu) ostune v troch stavoch, ktoré si označíme číselne 3; banky si označíme ísmenami A a B.. Hustotu vzduchu v očiatočnom stave ρ vyočítame z uravenej stavovej rovnice, do ktorej dosadíme strednú molárnu hmotnosť vzduchu <M > <M > = m/n = Σmi / Σni = Σ(ni Mi) / Σni = Σxi Mi <M > = x(n)m(n) + x(o)m(o) + x(ar)m(ar) = = 0, ,.3 + 0,0.40 = 8,96 g mol 3 3 M ,96.0,68 kg m 3 R T 8, ,5 33

34 . Na výočet tlaku vzduchu v stave o izotermickom zväčšení objemu využijeme Boylov zákon = V / V = VA / (VA + VB) = 00. / ( + ) = 66,67 kpa 3. V konečnom stave má byť v každej banke rovnaké množstvo vzduchu v každej banke ho teda bude olovica na = nb = n/ Celkové množstvo vzduchu vyočítame z očiatočných odmienok: 3 3 V n 0,08068 mol R T 8, ,5 Konečný tlak vyočítame z údajov re banku B n R T 0, , ,5 B 3 833,3 Pa = 83,3 kpa V 3..0 B a z údajov re banku A vyočítame jej konečnú telotu: 3 VA.833,3..0 T A 496,3 K = 3,5 C n R 0, ,345 3 (Keďže rvá banka (A) je dvakrát väčšia ako druhá banka (B), aby v oboch bankách bolo rovnaké množstvo vzduchu, musí byť banka A ri dvojnásobnej telote ako banka B: n A = V A RT A = V B RT B = n B ) Úloha 4 Sústava obsahuje n mólov vzduchu v dvoch rovnako veľkých bankách (s objemom V) ri rovnakej telote T0 a tlaku 0 (t. j. v každej z baniek je olovica vzduchu). Následne sa jedna banka zohriala na telotu T a druhá ochladila na telotu T. Časť vzduchu z rvej banky ritom rešla do druhej banky. n = 0 V R T 0 = n + n = V R T + V R T Dostali sme takto rovnicu, z ktorej môžeme vyočítať telotu T 0 T 0 = ( T + T ) = 0 = T T 0 T ,5 T = 46,734 K = 43,584 C 34

35 Ideálny lyn Z rvej rovnice vylýva, že n n = V R T T = = 46,734 V T 73,5 =,57 R T Úloha 5 Ide o uzavretú sústavu, v ktorej teda bude celkové množstvo ideálneho lynu konštantné. Toto látkové množstvo si vyjadríme raz z očiatočných a raz z konečných odmienok: n = V R T n = V R T n + n = V R T + V R T = n = (V + V ) R T n = (V + V ) R T Jedinou neznámou v tejto rovnici je konečný tlak. Jeho hodnota bude = V + V = = 5 kpa V + V + 3 Keďže telotu T neoznáme, nemôžeme riamo vyočítať n. Mólový zlomok však určiť môžeme: x N = n n = V /(R T) (V + V )/(R T) = V (V + V ) = ( + 3) = 0,4 xo = xn = 0,6 Parciálne tlaky budú mať hodnotu N = xn = 0,4.5 = 50 kpa O = xo = 0,6.5 = 75 kpa Úloha 6 Celkové množstvo ideálneho lynu v uzavretej sústave dvoch baniek si vyjadríme raz z očiatočných a raz z konečných odmienok, čo nám oskytne rovnicu na výočet tlaku: n = 0(V + V ) RT 0 = n + n = V RT + V RT 0 (V + V ) T 0 = ( V T + V T ) = 0(V + V ) 035( + 3) T 0 ( V T + V = T ) 98,5 ( 83,5 + 3 = 57,8 Pa 363,5 ) 35

36 Vyočítame látkové množstvá v druhej banke v očiatočnom i v konečnom stave n 0 = 0V ,003 = = 0,6 mol RT 0 8, ,5 n = V 57,8. 0,003 = = 0,453 mol RT 8, ,5 Z druhej banky o jej zohriatí rešlo do rvej banky 8,09 mmol kyslíka. Úloha 7 Máme uzavretú sústavu ideálneho lynu v dvoch bankách. Jeho látkové množstvo je n = 0(V + V ) RT 0 = n + n = V RT + V RT Táto rovnica nám umožní vyočítať konečný tlak 0 (V + V ) T 0 = ( V T + V T ) = 0(V + V ) 00000( + 3) T 0 ( V T + V = T ) 300 ( 73,5 + 3 = 08495,3 Pa 373,5 ) Látkové množstvá lynov v bankách budú n = V 08495,3. 0,00 = = 0, mol RT 8, ,5 n = V 08495,3. 0,003 = = 0,04909 mol RT 8, ,5 Viac lynu (5,336 %) bude vo väčšej druhej banke. Úloha 8 Vycházame z látkových množstiev. Celkové látkové množstvo vyjadríme cez tlak, telotu a objem, látkové množstvá jednotlivých lynov vyjadríme cez ich hmotnosti a molárne hmotnosti: n = n N + n NO = m N + m NO = (m m NO) + m NO V = M N M NO M N M NO R T Dostali sme rovnicu, v ktorej jedinou neznámou je hmotnosť NO. Po úrave a dosadení bude výsledok mno = 3,96 kg 36

37 Ideálny lyn Úloha 9 V úlohe máme dvojzložkový vzduch ostune v troch stavoch, ktoré si označíme číselne 3; banky si označíme ísmenami A a B. Hustotu vzduchu v očiatočnom stave ρ vyočítame z uravenej stavovej rovnice, do ktorej ale musíme dosadiť strednú molárnu hmotnosť vzduchu <M > : <M > = m/n = Σmi / Σni = Σ(ni Mi) / Σni = Σxi Mi <M > = x(n)m(n) + x(o)m(o) = 0, ,.3 = 8,88 g mol 3 3 M ,88.0,65 kg m 3 R T 8, ,5 Na výočet tlaku vzduchu v stave o izotermickom zväčšení objemu využijeme Boylov zákon: = V / V = VA / (VA + VB) = 00. / ( + 0,5) = 66,667 kpa V konečnom stave má byť v každej banke rovnaké množstvo vzduchu v každej banke ho teda bude olovica na = nb = n/ Celkové množstvo vzduchu vyočítame z očiatočných odmienok: n 3 3 V R T , ,5 0,04034 mol Konečný tlak vyočítame z údajov re banku B n R T 0, , ,5 B 3 833,3 Pa = 83,3 kpa V 3.0,5.0 B a z údajov re banku A vyočítame jej konečnú telotu: 3 VA.833,3..0 T A 496,3 K = 3,5 C n R 0, ,345 3 Úloha 0 Výsledný tlak ako aj telotu vyočítame z uravenej stavovej rovnice n R T n0 R T, 0, (indexom 0 označujeme očiatočné odmienky) V V 0 n R T, V 0,8.8, ,5, T =, n 0 n T 0 =,. 0, ,97 Pa = 467,98 kpa. 93,5 = 8,44 K = 8,7 C 37

38 Hustotu lynu ρ vyočítame z uravenej stavovej rovnice, do ktorej dosadíme jeho strednú molárnu hmotnosť <M > <M > = x(n)m(n) + x(o)m(o) = 0, ,.3 = 8,8 g mol (Mólové zlomky sa rovnajú látkovým množstvám, keďže v sústave je solu mól lynov.) 3 M ,97.8,8.0 5,76 kg m 3 R T 8,345.8,44 Úloha Látkové množstvá dusíka a vodíka vyočítame zo stavovej rovnice 3 3 V n N 0,0 mol R T 8, ,5 3 3 V n H 0,0808 mol R T 8, ,5 Mólové a hmotnostné zlomky: x N n N n N n H 0,0 0,0 0,0808 0,0 0,3008 0,738 x H x N 0,738 0,68 w N m N m N m H n N M n N N M N n H M H x N M x N N M N x H M H 0,0. 8 w N 0,9743 w H w 0,9743 0, 057 N 0,0. 8 0,0808. Konečný tlak bude n n N H V V R T 0,3008.8, , ,9 kpa Úloha Zloženie zmesi lynov vyočítame zo vzťahu re strednú molárnu hmotnosť M x i M i Najrv si vyočítame zloženie dvojzložkovej zmesi dusíka a argónu. Pomer ich látkových množstiev (a teda aj mólových zlomkov) zostane zachovaný aj vo výslednej zmesi. 38

39 Ideálny lyn M xarm N xarmar x M x M Odtiaľ N N Ar Ar x Ar M M Ar M M N N x N xar 3 teda x 0,5 x ; tento omer ostane zachovaný aj o ridaní hélia Ar N M x M N N x Ar M Ar x He M He M N N N Ar xn 0,5xN MHe x M 0,5x M Odtiaľ x N M N M M He 0,5M Ar,5 M He ,69 8 0,5.40,5.4 x 0,5. x 0,3095 x x x 0,690 0,3095 0, 075 Ar N He N Ar Úloha 3 Označíme si V objem jednej banky, 0 atmosférický tlak, T0 telota vzduchu v miestnosti, T telota vzduchu v mrazničke, konečný tlak v bankách ri izbovej telote. V rvej banke, uzavretej ri izbovej telote, je n = 0V/(R T0) = /(8,345.98,5) = 0, mol vzduchu, V druhej banke, uzavretej až o vychladení, je n = 0V/(R T) = /(8,345.55,5) = 0, mol vzduchu. Po sojení baniek a zohriatí na 5 C bude v bankách tlak = (n + n ) R T0 / V = (0, , ). 8, ,5/4.0-3 = = 0846,4 Pa = 08,4 kpa Z baniek o otvorení vyfučí Δn = (n + n n0) mólov vzduchu, ričom n0 je látkové množstvo vzduchu v otvorených bankách: n0 = 0 V / (R T0) = /(8,345.98,5) = 0,63575 mol vzduchu (n0 = n). Δn = n + n n0 = 0, , ,63575 = 0, mol vzduchu (Δn = n n). 39

40 Úloha 4 Hmotnosť dusíka v balóne vyočítame z údajov o nafúknutí balóna (stav ). Zo stavovej rovnice máme n = m/m = V/RT ; objem gule je (4/3) πr 3. Dostaneme m = V M R T = 4 π r 3 M = π 0,3. 0,08 = 0,00769 kg = 7,69 g 3 R T 3. 8, ,5 Po vychladení (stav ) objem tohto dusíka oklesol na V = m RT / M = 4πr 3 /3 Polomer balóna otom bude r = ( 3 m R T /3 3. 0, , ,5 ) = ( ) 4 π M 4 π. 0, = (0, ) /3 = 0,0967 m = 9,67 cm /3 = Úloha 5 Na začiatku je v balóne n = V/RT = /(8, ,5) =,.0 mol vzduchu. Pridali sme k nemu n = m/m = /44 =,7.0 mol CO. Solu teda v balóne bude n = n + n = 3,38.0 mol lynov. Balón sa ritom nafúkne na objem V = n R T / = 3, , ,5/0.0 3 = 7, m 3 = 757 ml Úloha 6 Označíme si: 0 očiatočný tlak v bankách, T0 telota v miestnosti, T telota kúeľa, konečný tlak v bankách, V = objem menšej banky, V = objem väčšej banky. V bankách je n = 0(V + V ) 0000(0,75 +,50) = = 0,000 mol RT 0 8, ,65 Toto množstvo lynu je súčtom látkových množstiev v rvej a druhej banke n = n + n = V RT + V RT = R (V T + V T ) Z tejto rovnice si vyjadríme tlak: = n R ( V T + V T ) Ak je v kúeli onorená menšia banka, bude T = T a T = T0 a tlak bude mať hodnotu 40

41 Ideálny lyn = n R ( V T + V T 0 ) = 4,8 kpa 0,. 8,345 = ( 0,75 348,5 +,50 = 476 Pa 94,65 ). 0 3 Ak je v kúeli onorená väčšia banka, bude T = T a T = T0 a tlak bude mať hodnotu = n R ( V T 0 + V T ) =,3 kpa 0,. 8,345 = ( 0,75 94,65 +,50 = 3 Pa 348,5 ). 0 3 Porovnaním so zadaním vidíme, že v kúeli bola onorená väčšia banka. Ak by sme banky vymenili, tlak by sa ustálil na 4,8 kpa. Úloha 7 Označíme si V objem jednej banky, 0 atmosférický tlak, T0 telota vzduchu v miestnosti, T telota vzduchu v sušiarni, konečný tlak v bankách ri izbovej telote. Po sojení baniek a ustálení teloty na 5 C bude v bankách tlak = (n + n) R T0 / ( V ) kde n a n sú látkové množstvá vzduchu v banke, res.. V rvej banke, uzavretej ri izbovej telote je n = 0V / (RT0) V druhej banke, uzavretej o zohriatí v sušiarni je n = 0V / (RT ) Po dosadení týchto vzťahov dostaneme: = (n + n )R T 0 V = = 00. ( + 98,5 53,5 ) ( 0 V R T V R T ) R T 0 V = 78,496 kpa 0 ( T + = 0 T ) T 0 V otvorených bankách na stole bolo ôvodne n0 vzduchu n 0 = 0 V RT 0 nakoniec je v bankách vzduchu (n + n) V bankách teda ubudlo [n0 (n + n)]/ n0 vzduchu. = 0 ( + T 0 T ) = 4