ZADANIA I ROZWIĄZANIA STECHIOMETRIA.pdf

Zad. 1. Obliczyć zawartość wody krystalizacyjnej w 500 g kamienia gipsowego. M Ca = 40,1, M s = 32, M H = 1, M O = 16.

Rozwiązanie

Masy molowe kamienia gipsowego CaSO 4 •2H 2 O i wody wynoszą odpowiednio

M CaSO4 • 2H2O = 40,1 +32 +4•1 +6•16 = 172,1 g/mol

M H2O = 2•1 + 16 = 18 g/mol

W jednej cząsteczce CaSO 4 •2H 2 O zawarte są dwie cząsteczki wody,

stąd

172,1 g - 36 g

500 g - x g

x=104,6 g

Odp.:500 g kamienia gipsowego zawiera 104,6 g wody krystalizacyjnej.

Zad. 2. Obliczyć w procentach zawartość tlenków w składniku gliny — kaolinicie o wzorze chemicznym A1 2 O 3 • 2

SiO 2 • 2 H 2 O. M Al = 27, M Si = 28,1, M H = 1, M O - 16.

Rozwiązanie

Jak wynika ze wzoru sumarycznego cząsteczki kaolinitu, przedstawionego w formie tlenkowej (nie odzwierciedlającego

struktury związku) jeden mol tego związku zawiera jeden mol tlenku glinu, dwa mole tlenku krzemu, dwa mole wody. Masy

molowe poszczególnych tlenków wynoszą:

M Al2O3 = 2 • 27 +3 • 16 = 102 g/mol,

M SiO2 = 28,1 +2 • 16 = 60,1 g/mol,

M H2O = 16+2 • 1 = 18 g/mol,

M A12O3 • 2 SiO2 • 2 H2O = 102+2 • 60,1+2 • 18 - 258,2 g/mol

Tak więc 258,2 g kaolinitu zawiera 102 g A1 2 O 3 , 120,2 g SiO 2 , 36 g H 2 O. Wagowy udział tych tlenków w procentach wynosi

odpowiednio:

x Al2O3 =(102/258,2) •100=39,5%

x SiO2 =(120,2/258,2) • 100=46,5%

x H2O =(36/258,2) •100=14%

Odp.: Kaolinit składa się z 39,5% A1 2 O 3 , 46,5% SiO 2 , 14,0% H 2 O.

Zad. 3. Ile dm 3 wody naleŜy dodać, aby gaszenie (uwadnianie) 100 kg wapna palonego przebiegało w sposób

stechiometryczny ? M Ca = 40,1, M H = 1, M O = 16.

Dla uproszczenia naleŜy pominąć wodę traconą przez odparowanie na skutek egzotermiczności procesu.

Rozwiązanie

CaO + H 2 O = Ca(OH) 2

Jak wynika z równania reakcji tlenek wapniowy reaguje z wodą w stosunku molowym 1:1.

Masa molowa CaO wynosi M Ca = 40,1 + 16 = 56,1 g/mol

100 kg CaO stanowi n CaO =100•10 3 /56,1= 1,78•10 3 mol

1 mol H 2 O - 18 g

1,78•10 3 mol H 2 O - x g

x= 32,0•10 3 g

r= 1 g/cm 3 , zatem m H2O =32,0•10 3 g równa się V H2O = 32,0•10 3 cm 3 = 32,0 dm 3

Odp.: Aby stechiometrycznie zgasić 100 kg wapna palonego naleŜy uŜyć 32,0 dm 3 wody.

Zad. 4. Obliczyć, ile wapna palonego i jaką objętość dwutlenku węgla (w warunkach p = 1 atm, t = 23°C) otrzyma się z

wypalenia jednej tony wapienia, zakładając Ŝe z powodu zanieczyszczeń surowca oraz niecałkowitego rozkładu CaCO 3

wydajność procesu wyniesie 80%. M Ca = 40,1, M C = 12, M O = 16.

Rozwiązanie

CaCO 3 temp. " CaO + CO 2

W wyniku rozkładu jednego mola węglanu powstaje jeden mol tlenku wapniowego i jeden mol dwutlenku węgla. Tak więc,

biorąc pod uwagę masy molowe odpowiednich związków: M CaCO3 = 100,1 g/mol, M CaO = 56,1 g/mol, M CO2 = 44,0 g/mol, jak

równieŜ to, Ŝe rozkładowi uległo 0,8 t węglanu, moŜna napisać

100,1 g CaCO 3 - 56,1 g CaO

800 x 10 3 g CaCO 3 - x g CaO

x=448,4 x 10 3 g CaO , a m CO2 = 800 x 10 3 g CaCO 3 - 448,4 x 10 3 g CaO = 351,6 x 10 3 g

Z prawa Avogadra wynika, Ŝe w warunkach normalnych, tj. przy ciśnieniu p = 0,1 MPa (1 atm) i temperaturze T = 273,16 K

(0°C) jeden mol cząsteczek CO 2 zajmuje objętość 22,4 dm 3 . W rozpatrywanym procesie otrzymano

n CO2 =351,6 •10 3 g/44g/mol=7990,9 mol

Objętość CO 2 w warunkach normalnych wynosi

V = 22,4 • 7990,9 = 178996,2 dm 3

V = 179 m 3

Dla przemiany izobarycznej, zgodnie z prawem Gay-Lussaca

V 0 /T 0 =V 1 /T 1 , p = const,

V 0 =179 m 3 , T 1 =296,16 K, T 0 =273,16 K

V 1 = V 0 T 1 /T 0 = 194,1 m 3

Odp.:W warunkach podanych w zadaniu objętość otrzymanego gazu wynosi 194,1 m 3 , a masa wapna palonego

448,4 x 10 3 g.

Zad. 5. Który ze związków jest bogatszy w Ŝelazo — syderyt FeCO 3 czy piryt FeS 2 ?

Rozwiązanie: Obliczamy względne masy cząsteczkowe obu związków:

M FeCO3 = 1 • 55,85 + 1 • 12,01 + 3 • 16,00 = 115,9 g/mol

M FeS2 = 1 • 55,85 + 2 • 32,06 =120,0 g/mol

Obliczamy zawartość Ŝelaza w syderycie

x% Fe =55,85•100/115,9= 48,19%

Obliczamy zawartość Ŝelaza i siarki w pirycie:

x% Fe =55,85•100/120,0= 46,53%

Odp.:Bogatszy w Ŝelazo jest syderyt.

Zad. 6. Podać skład procentowy ortoklazu w przeliczeniu na tlenki. Wzór ortoklazu K 2 Al 2 Si 6 0 16 .

Rozwiązanie: Wzór ortoklazu moŜemy przedstawić w postaci połączenia tlenkowego

K 2 Al 2 Si 6 O 16 = K 2 O • A1 2 O 3 • 6SiO 2 Obliczamy względne masy cząsteczkowe poszczególnych tlenków:

M K2O = 2 • 39,10+1 • 16,00 = 94,20 g/mol

M Al2O3 = 2 • 26,98+3 • 16,00 = 102,0 g/mol

M SiO2 = 1 • 28,09+2 • 16,00 = 60,09 g/mol

Względna masa 1 cząsteczkowa ortoklazu wynosi

M K2Al2Si6O16 =556,7 g/mol

Zawartość procentową kaŜdego z tlenków w ortoklazie obliczamy z odpowiedniego wzoru:

x% K2O = 94,20•100% /556,7= 16,92%

x% A12O3 = 102,0• 100%/556,7 = 18,32%

x% SiO2 =360,5•100%/556,7=64,76%

Zad. 7. Ile gramów uwodnionego siarczanu cynku ZnSO 4 • 6H 2 O moŜna otrzymać przez rozpuszczenie w kwasie

siarkowym 130,7 g cynku ?

Rozwiązanie: Obliczamy, ile gramoatomów cynku zawiera 130,7 g tego metalu. W tym celu dzielimy masę cynku przez jego

względną masę atomową

n=130,7/65,37= 2,000 gramoatomy

Z kaŜdego gramoatomu cynku po rozpuszczeniu w kwasie otrzymamy 1 gramojon jonów cynkowych, gdyŜ reakcja przebiega

według równania

Zn + 2H + " Zn 2+ + H 2

Z kaŜdego zaś gramojonu Zn 2+ moŜemy uzyskać 1 mol uwodnionego siarczanu cynku (po odparowaniu nadmiaru wody).

Zatem z 2 gramoatomów metalicznego cynku uzyskujemy 2 mole ZnS0 4 • 6H 2 O. Aby przeliczyć to na gramy, obliczany

masę cząsteczkową ZnSO 4 • 6H 2 O

M ZnSO4 • 6H2O = 65,37 + 32,06 + 4 • 16,00 + 6(16,00 + 2,016) - 269,5 g/mol, a zatem 2 mole ZnSO 4 • 6H 2 O, to 2 • 269,5 =

539,0 g.

Odp.: Przez rozpuszczenie w kwasie siarkowym 130,7 g cynku moŜna otrzymać 539,0 g uwodnionego siarczanu cynku

ZnSO 4 • 6H 2 O.

Zad. 8. Ile litrów tlenu zuŜywa się podczas spalania jednego dm 3 a) etanu C 2 H 6 , b) etylenu C 2 H 4 , c) acetylenu C 2 H 2 ?

Rozwiązanie: a) Piszemy równanie reakcji spalania etanu

2C 2 H 6 + 7O 2 " 4CO 2 + 6H 2 O

Z równania tego wynika, Ŝe na spalenie 2 moli etanu potrzeba 7 moli tlenu. Układamy proporcję uwzględniając, Ŝe 1 mol

gazu zajmuje objętość 22,4 dm 3 (zakładamy, Ŝe badane gazy zostają sprowadzone do warunków normalnych)

2 • 22,4 dm 3 C 2 H 6 reaguje z 7 • 22,4 dm 3 O 2

1,00 dm 3 C 2 H 6 reaguje z x dm 3 O 2

x = 3,5 dm 3 O 2

b) Piszemy równanie reakcji spalania etylenu

C 2 H 4 + 3O 2 " 2CO 2 + 2H 2 O

1 • 22,4 dm 3 C 2 H 4 reaguje z 3 • 22,4 dm 3 O 2

1,00 dm 3 C 2 H 4 reaguje z x dm 3 O 2

x= 3,0 O 2

Z równania widać, Ŝe na spalenie 1 litra etylenu potrzeba 3 litry tlenu, poniewaŜ etylen reaguje z tlenem w stosunku

objętościowym 1:3.

c) Reakcja spalania acetylenu ma postać

2C 2 H 2 + 5O 2 " 4CO 2 + 2H 2 O

2 • 22,4 dm 3 C 2 H 2 reaguje z 5 • 22,4 dm 3 O 2

1,00 dm 3 C 2 H 2 reaguje z x dm 3 O 2

x= 2,5 O 2

PoniewaŜ acetylen reaguje z tlenem w stosunku objętościowym 2:5, więc na spalenie 1 litra acetylenu potrzeba 2,5 litra tlenu.

Zad.9. Przez wypraŜenie 50 g wapienia otrzymano 20 g dwutlenku węgla. Jaka jest procentowa zawartość węglanu

wapniowego w tym wapieniu ?

CaCO 3 temp. " CaO + CO 2

100,1 g CaCO 3 - 44 g CO 2

x g CaCO 3 - 20 g CO 2

x= 45,5 g CaCO 3

x%=45,5 •100%/50=91%

Odp.: Zawartość procentowa CaCO 3 w tym wapieniu wynosi 91%.

Zad. 10. Reakcja syntezy amoniaku z wodoru i azotu w warunkach przemysłowych przebiega z 25%-ową wydajnością.

Obliczyć, ile dm 3 azotu wzięto do reakcji, jeŜeli otrzymano 100 dm 3 amoniaku (warunki normalne).

Rozwiązanie

N 2 + 3H 2 " 2NH 3

1 mol N 2 • 22,4 dm 3 – 2 mol NH 3 •22,4 dm 3

x dm 3 N 2 – 100 dm 3 NH 3

x= 50 dm 3

50 dm 3 N 2 – 25%

x dm 3 N 2 – 100%

x= 200 dm 3

Odp.: NaleŜy uŜyć 200 dm 3 N 2 .

Zad. 11. StęŜenie jonów wodorotlenowych w roztworze jest równe 2 • 10 -3 gramojonu/dm 3 . Jakie jest pH roztworu?

Rozwiązanie:

Z wyraŜenia na iloczyn jonowy wody wynika, Ŝe

pK w = pH + pOH = 14 pOH = -log 2 • 10 -3 = 2,7, a więc pH = 14 - pOH == 14 - 2,7 = 11,3

Odp.: Roztwór posiada pH=11,3

Zad. 12. W roztworze mocnego kwasu stęŜenie jonów wodorowych wynosi 3 • 10 -2 gramojonu/dm 3 . Jak zmieni się pH

tego roztworu po rozcieńczeniu go wodą a) dwukrotnie, b) pięciokrotnie ?

pH 1 = -log 3 • 10 -2 = 1,52, pH 2 = -log (3 • 10 -2 )/2 = 1,82, pH 3 = -log (3 • 10 -2 )/5 = 2,22

Odp.: Po rozcieńczeniu dwukrotnym pH=1,82, a po rozcieńczeniu pięciokrotnym pH=2,22.

Zad. 13. Zmieszano 100 cm 3 roztworu mocnego kwasu o pH 1 = 1,4 i 100 cm 3 roztworu tego samego kwasu o pH 2 = 2,7.

Obliczyć pH 3 otrzymanego roztworu.

Rozwiązanie

[H + ] 1 = C 1 = 10 -pH1 = 10 -1,4 =0,04 gramojonu/dm 3 , [H + ] 2 = C 2 =10 -pH2 =10 -2,7 =0,002 gramojonu/dm 3

Z reguły mieszania C 1 •V 1 + C 2 •V 2 = C 3 (V 1 +V 2 ) ,

C 3 =( C 1 •V 1 + C 2 •V 2 )/ (V 1 +V 2 )= (0,04•0,1+0,002•0,1)/0,2=0,021 gramojonu/dm 3 , pH 3 = - log 0,021= 1,68

Odp.: Roztwór otrzymany po zmieszaniu posiada pH 3 =1,68.

Zad. 14. Do jakiej objętości naleŜy rozcieńczyć 100 cm 3 0,1 m roztworu HC1, aby pH roztworu wzrosło o dwie jednostki?

Rozwiązanie

HCl jest mocnym kwasem, który jest w 100% zdysocjowany w roztworze stąd jego stęŜenie równa się stęŜeniu jonów

wodorowych. pH 1 = - log 0,1= 1. Po rozcieńczeniu pH ma wzrosnąć o dwie jednostki pH 2 = 1+2=3, zatem C 2 =10 -pH2 =0,001

gramojonu/dm 3

C 1 •V 1 =C 2 •V 2 , V 2 = C 1 •V 1 /C 2 =0,1•0,1 /0,001= 10 dm 3 .

Odp.: Roztwór naleŜy rozcieńczyć do objętości 10 dm 3 .

Zad. 15. Jednozasadowy kwas jest w roztworze wodnym o pH = 3 zdysocjowany w 46%-ach. Obliczyć pK a tego kwasu.

Rozwiązanie

pH=3, zatem [H + ]=10 -pH = 0,001 gramojonu/dm 3 , a=46%=0,46,

a=[H + ]/c, stąd c = [H + ]/a = 0,001/0,46 = 0,0022 mol/dm 3

K a =a

2 •c/(1- a)=(0,46) 2 • 0,0022/0,54=8,6•10 -4 mol/dm 3

pK q = - log K a = - log 8,6•10 -4 = 3.06

Odp.: Jednozasadowy kwas posiada pK a =3,06.

Zad. 16. Obliczyć stęŜenie jonów wodorowych w 10 -1 m roztworze słabego kwasu, którego stała dysocjacji wynosi

10 -4,2 mol/dm 3 .

Rozwiązanie

Zakładając, Ŝe dysocjacja kwasu jest nieznaczna, tj.

K a =a

2 •c, stąd a=(K a /c) 0,5 = 0,025

a=[H + ]/c, to [H + ] = a • c = 0,025 •0,1= 0,0025 gramojonu/dm 3

Odp.: StęŜenie jonów wodorowych wynosi [H + ] = 0,0025 gramojonu/dm 3

Zad. 17. Obliczyć stęŜenie jonów wodorowych i pH w roztworze kwasu mrówkowego o stęŜeniu 10 -3 m. Stała dysocjacji

kwasu mrówkowego wynosi 1,6 • 10 -4 mol/dm 3 .

Rozwiązanie:

JeŜeli posłuŜymy się załoŜeniem takim jak powyŜej, to otrzymamy

[H + ] » (K a •c) 0,5 = 4,0 • 10 -4 gramojonu/dm 3 , stąd pH= - log 4,0 • 10 -4 = 3,4

Odp.: StęŜenie jonów wodorowych wynosi [H + ] = 4,0 • 10 -4 gramojonu/dm 3 , a pH=3,4.

Rozwiązanie

M CaCO3 = 100,1 g/mol, M CO2 = 44,0 g/mol

2 •c/(1- a), jeŜeli a<<1, to K a » a

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika: