MASARYKOVA UNIVERZITA
PEDAGOGICKÁ FAKULTA
Katedra fyziky, chemie a odborného vzdělávání
Tvorba úloh pro seminář z obecné chemie
Bakalářská práce
Brno 2017
vedoucí práce: autor práce:
doc. Mgr. Hana Cídlová, Dr. Jan Nekvapil
Prohlášení
Prohlašuji, že jsem diplomovou práci vypracoval samostatně, s využitím pouze citovaných
literárních pramenů, dalších informací a zdrojů v souladu s Disciplinárním řádem
pro studenty Pedagogické fakulty Masarykovy univerzity a se zákonem č. 121/2000 Sb.,
o právu autorském, o právech souvisejících s právem autorským a o změně některých
zákonů (autorský zákon), ve znění pozdějších předpisů.
V Brně dne 30. 3. 2017 ..................................................
Jan Nekvapil
Poděkování
Děkuji vedoucí své bakalářské práce doc. Mgr. Haně Cídlové, Dr. za cenné rady, připomínky
a vstřícný přístup během konzultací. Zejména pak za čas, který mi věnovala.
Resumé
Bakalářská práce je zaměřena na vytvoření studijního materiálu, který bude podporovat
výuku předmětu Seminář z obecné chemie na Pedagogické fakultě Masarykovy univerzity.
Bylo vytvořeno celkem 25 kapitol řazených stejně jako studijní materiál pro předmět
Obecná chemie. Autor této bakalářské práce má v plánu navázat na toto téma ve své
diplomové práci.
Klíčová slova
seminář z obecné chemie, obecná chemie, studijní materiál, výuka
Summary
Bachelor thesis is focused on creating a study material that will support teaching of the
subject Seminar in General Chemistry at the Faculty of Education, Masaryk University.
Altogether 25 were created, that are order in accordance with the study material for the
subject General Chemistry. The author of this bachelor thesis plans to build on this topic
in his future diploma thesis.
Key words
Seminar in General Chemistry, General Chemistry, study material, education
Obsah
Obsah
I. Úvod...........................................................................................................................6
II. Cíl bakalářské práce...................................................................................................7
III. Postup práce...............................................................................................................8
IV. Výsledky práce...........................................................................................................9
1. Postavení chemie v systému věd.......................................................................12
2. Stavba hmoty ....................................................................................................13
3. Základní chemické zákony ...............................................................................14
4. Hmotnost, množství a složení látek a soustav ..................................................18
5. Jádro atomu, radioaktivita, jaderné reakce .......................................................33
6. Modely atomu ...................................................................................................38
7. Elektronový obal atomu, atomové orbitaly, výstavba elektronového obalu,
ionty ..................................................................................................................41
8. Periodický zákon, periodická tabulka, periodicita chemických a fyzikálních
vlastností prvků.................................................................................................45
9. Chemická vazba................................................................................................49
10. Molekulové orbitaly..........................................................................................52
11. Metoda VSEPR.................................................................................................68
12. Lokalizace vazeb...............................................................................................75
13. Polarita vazeb....................................................................................................77
14. Kovalentní látky................................................................................................80
15. Koordinační sloučeniny ....................................................................................82
16. Slabé vazebné interakce....................................................................................89
17. Vazba v biopolymerech ....................................................................................94
18. Iontová vazba....................................................................................................96
19. Kovová vazba....................................................................................................98
20. Skupenské stavy..............................................................................................101
21. Základy termodynamiky.................................................................................118
22. Chemická rovnováha ......................................................................................131
23. Roztoky a rozpustnost.....................................................................................140
24. Koligativní vlastnosti......................................................................................145
25. Molekulární transport......................................................................................148
Použitá literatura ....................................................................................................150
V. Diskuse...................................................................................................................154
VI. Závěr ......................................................................................................................155
I. Úvod
– 6 –
I. Úvod
V současnosti je v naší republice nedostupná publikace, která by vyhovujícím
způsobem podporovala výuku volitelného předmětu Seminář z obecné chemie, který je
vyučován na Pedagogické fakultě Masarykovy univerzity pro studenty oboru Pedagogické
asistentství chemie pro základní školy, od školního roku 2017/18 oboru Chemie
se zaměřením na vzdělávání. Tento předmět je nabízen i studentům mimo mateřské
obory. Seminář navazuje na povinný předmět Obecná chemie a aplikují se zde informace
získané na přednášce k řešení početních nebo úvahových příkladů. Ty byly doposud
bohužel čerpány ze sbírky příkladů určené pro Přírodovědeckou fakultu Masarykovy
univerzity, nesoucí název Problémy a příklady z obecné chemie a názvosloví anorganických
sloučenin (Růžička, Mezník a Toužín, 1991). V uvedené sbírce jsou příklady
řazeny jinak, než odpovídá osnova přednášky z předmětu Obecná chemie na Pedagogické
fakultě Masarykovy univerzity. Svou obtížností tyto příklady a úkoly taktéž neodpovídají
požadavkům Pedagogické fakulty, navíc k některým příkladům není vysvětlena
studentům teorie, což řadu studentů od studia odradí. Tato sbírka navíc vyšla
v mnoha různých vydáních, s různým řazením příkladů, proto často dochází k omylům
při zadávání příkladů a jejich zbytečnému hledání, což mimo jiné zvyšuje časové požadavky,
například při zadávání samostatné práce studentům nebo při přímo ve vyučovací
hodině hledání konkrétního příkladu.
Za zmínku stojí i vypsání grantového projektu FR MU č. 2017/41/MUNI/FR/
1093/2016 – Studijní materiály pro předměty Seminář z obecné chemie a Industrial
Chemistry. Autor bakalářské práce je jedním ze spoluřešitelů tohoto grantového projektu.
Bakalářská práce navazuje na dříve vytvořené bakalářské nebo diplomové práce studentek
Masarykovy univerzity Petry Švihelové, Miloslavy Plaché, Petry Poláškové a
Kateřiny Paschové. Jmenované posluchačky vytvářely materiály zaměřené pouze k vybraným
kapitolám semináře, zatímco tato bakalářská práce se snaží kapitoly zkompletovat
a převést do finální podoby pro výuku.
II. Cíl bakalářské práce
– 7 –
II. Cíl bakalářské práce
Cílem práce bylo sestavit sbírku příkladů, která bude plně odpovídat potřebám
studentů oboru Pedagogické asistentství chemie, od školního roku 2017/18 oboru Chemie
se zaměřením na vzdělávání, Pedagogické fakulty Masarykovy univerzity.
K dosažení hlavního cíle práce bylo potřeba splnit nejdříve tyto dílčí cíle:
1. Od vyučující předmětu Seminář z obecné chemie získat seznam příkladů ze sbírky
autorů Mezník, Růžička, Toužín, používaných ve výuce na PdF MU a převést
příklady do elektronické podoby.
2. Vyhledat závěrečné práce studentek, které se již problematikou sbírky příkladů
pro Seminář z obecné chemie zabývaly, a prostudovat příslušné materiály.
3. Získané materiály vhodně roztřídit tak, aby navazovaly na již existující skripta
pro výuku předmětu Obecná chemie a aby odpovídalo řazení kapitol.
4. Příklady rozčleněné do jednotlivých kapitol sdružit dle typu na teoretické otázky,
vzorové (většinou výpočetní) příklady a příklady určené k samostatnému řešení.
V případě tematicky širokých kapitol také v rámci kapitol vytvořit podkapitoly
dle užších problematik.
5. Chybějící příklady po konzultaci s vyučující semináře vhodně doplnit.
6. Dle svých sil a možností část příkladů překontrolovat a upozornit na případné
chyby, taktéž seskupit správné odpovědi na úlohy v podkapitolách C do závěrů
těchto kapitol.
7. U vybraných ukázkových příkladů z pozice studenta posoudit, zda se autorské
řešení alespoň přibližuje uvažování studentů Pedagogické fakulty Masarykovy
univerzity.
8. Ověřit v praxi použitelnost některých částí připraveného materiálu přímo ve výuce
předmětu Seminář z obecné chemie a odstranit případné nedostatky.
III. Postup práce
– 8 –
III. Postup práce
Práce postupovala podle následujících kroků a dle vymezených cílů:
1. Autor se během svého studia seznámil s předmětem, pro který píše tuto práci,
a to jeho absolvováním v akademickém roce 2013/2014. Taktéž využíval nejednotnou
studijní literaturu primárně určenou pro jinou fakultu.
2. Po získání informací od vedoucí práce byly autorem dohledány další bakalářské
a diplomové práce zabývající se problematikou sbírky příkladů pro předmět Seminář
z obecné chemie. Vždy se jednalo o výběr dílčích témat.
3. Shromážděné materiály byly autorem roztříděny dle obsahu a podle kapitol.
Opakující se příklady byly zredukovány.
4. Příklady pro jednotlivé kapitoly byly autorem rozděleny podle typu na teoretické
otázky (podkapitola A), vzorové (většinou výpočetní) příklady (podkapitola B) a
příklady určené k samostatnému řešení (podkapitola C). Ke kapitolám C byly
navíc vždy doplněny autorské výsledky (pokud chyběly).
5. Dle návrhů vedoucí bakalářské práce byly doplněny příklady, které chyběly nebo
jich bylo k danému tématu málo, případně doplněna nebo opravena autorská
řešení.
6. Autor práce zkompletoval všechny výsledky podkapitol C, po dohodě s vedoucí
práce byla tato řešení umístěna vždy za danou kapitolou.
7. U vybraných příkladů bylo s vedoucí práce konzultováno ukázkové řešení, a to
zejména otázka, zda je ukázkové řešení podle názoru autora bakalářské práce
pochopitelné pro studenty. Autor vycházel ze svých zkušeností s předmětem
Seminář z obecné chemie.
8. Autor provedl kontrolu a opravu chyb, které vznikly manipulací s příklady, kontrolu
řešení podkapitol C za pomoci vedoucí bakalářské práce.
IV. Výsledky práce
– 9 –
IV. Výsledky práce
Následující strany (kapitola IV) bakalářské práce obsahují víceméně kompletní sbírku
obsahující úlohy pro výuku předmětu Seminář z obecné chemie, jejíž kompletace je
hlavním výsledkem této bakalářské práce.
– 10 –
MASARYKOVA UNIVERZITA
PEDAGOGICKÁ FAKULTA
Cvičení z obecné chemie
Hana Cídlová,
Jan Nekvapil, Kateřina Paschová, Miloslava Plachá
a Petra Švihelová
Brno 2017
– 11 –
Milí čtenáři,
předkládáme vám studijní materiál, určený pro výuku předmětů Úvod do studia
chemie a přírodních věd a Seminář z obecné chemie, vyučovaných na Pedagogické fakultě
Masarykovy univerzity. Na této fakultě byla dlouho jako podklady pro výuku Semináře
z obecné chemie využívána skripta vytvořená autory z Přírodovědecké fakulty
Masarykovy univerzity: RŮŽIČKA, Antonín, Jiří TOUŽÍN a Lubomír MEZNÍK. Problémy
a příklady z obecné chemie: Názvosloví anorganických sloučenin. 6. upr. vyd.
Brno: Masarykova univerzita, 1996. ISBN 80-210-1389-3.
Skripta, která nyní čtete, byla uvedeným studijním materiálem silnou měrou inspirována.
Využita je však pouze část příkladů a byly doplněny jiné příklady tak, aby
podklady pro výuku studentů Pedagogické fakulty co nejlépe korespondovaly s jejich
přednáškou a s obsahem učebnice, která přednášku doprovází: CÍDLOVÁ, Hana,
MOKRÁ, Zuzana a VALOVÁ, Barbora. Obecná chemie. Brno. Masarykova univerzita
(připraveno k publikování). Také byla v řadě případů doplněna nová ukázková řešení
příkladů, aby podle zkušeností autorů byla studentům co nejpřístupnější a nejsrozumi-
telnější.
Jsme si vědomi velké podobnosti s materiálem dříve vytvořeným Růžičkou et al.
Problém jsme diskutovali přímo na Přírodovědecké fakultě Masarykovy univerzity. Dostupní
žijící autoři proti využití a přepracování úloh z uvedené sbírky pro potřeby Pedagogické
fakulty nevznesli žádné námitky.
Skripta, která právě čtete, jsou rozdělena shodně s učebnicí doprovázející přednášku
z Obecné chemie do 25 kapitol. U tematicky rozsáhlých celků (např. Skupenské
stavy) je použito ještě jemnější dělení na užší tematické okruhy. V rámci většiny kapitol
jsou příklady a úkoly dále děleny do podkapitol A (otázky určené k opakování teoretických
poznatků – odpovědi nejsou ve skriptech uvedeny, ale je možno je nalézt
v učebnici), B (ukázkové příklady), C (příklady určené k samostatné práci) a „Výsledky“.
Doufáme, že toto členění usnadní orientaci ve skriptech.
Jsme si také vědomi toho, že zejména tato první pilotní verze skript může obsahovat
řadu chyb a nedostatků. Prosíme proto čtenáře o laskavost, zda by nás na chyby
mohli upozornit, aby pokud možno mohly být odstraněny. Za tuto pomoc jako autoři
předem děkujeme.
Za autorský kolektiv
Hana Cídlová
Jan Nekvapil
1. Postavení chemie v systému věd
– 12 –
1. Postavení chemie v systému věd
A
1. Pokuste se vysvětlit rozdíl mezi vědou čistou a vědou užitou.
2. Která chemická reakce byla pravděpodobně lidstvem zvládnuta (k praktickému
využití) nejdříve?
3. Které kovy využívalo lidstvo nejdříve? Pokuste se odhadnout příčiny, proč šlo
právě o tyto látky.
4. Jaké byly základní cíle a přínosy alchymie?
5. Ve kterém období se začínají osamostatňovat jednotlivé přírodní vědy?
6. Stručně vysvětlete hlavní teze flogistonové teorie, její přínosy i nedostatky.
7. V 19. století se v Evropě stala chemie velmi důležitým pomocníkem určitého
průmyslu. O který průmysl šlo?
8. Které jméno je spjato s počátky biochemie a základy vědeckého lékařství?
9. Uveďte jména několika nositelů Nobelovy ceny za chemii. Za jaké konkrétní objevy
byli tito lidé oceněni?
10. Vyjmenujte a charakterizujte základní obory chemie.
2. Stavba hmoty
– 13 –
2. Stavba hmoty
A
1. Které jsou formy hmoty?
2. Které jsou její dvě základní vlastnosti?
3. Vysvětlete rozdíl elektrickým nábojem a nábojovým číslem.
4. Co rozumíme pojmem „střední doba života“ fundamentálních částic?
5. Stručně charakterizujte stavbu atomu až na úroveň fundamentálních částic podle
současného stavu vědění.
6. Uveďte základní klasifikaci fundamentálních částic do 4 kategorií.
7. V souvislosti s fundamentálními částicemi vysvětlete pojem „generace“.
8. Stručně vysvětlete Heisenbergův princip neurčitosti.
3. Základní chemické zákony
– 14 –
3. Základní chemické zákony
A
1. Formulujte základní slučovací zákony a jejich platnost ilustrujte na konkrétních
příkladech.
2. Formulujte Avogadrův zákon a jeho použití ilustrujte na konkrétních příkladech.
3. Formulujte spojený zákon zachování hmotnosti a energie.
4. Zapište Einsteinův vztah mezi hmotnostním úbytkem a energií uniklou ze sys-
tému.
B
1. Oxid siřičitý byl připraven jednak:
I. přímou syntézou z prvků S + O2 → SO2 a jednak
II. reakcí Na2SO3 s H2SO4. V prvním případě zreagovalo 48,09 g síry
s kyslíkem za vzniku 96,06 g SO2, v druhém případě bylo po analýze zjištěno,
že připravený SO2 obsahuje 50,05 % síry. Ověřte, zda naměřená data
vyhovují zákonu stálých poměrů slučovacích.
Řešení:
Vypočteme poměr hmotností síry a kyslíku v SO2 připraveném uvedenými způsoby:
Příprava I:
m(S)
m(O)
=
m(S)
m(SO2) − m(S)
=
48,09
(96,09 − 48,09)
= 1,002
Příprava II:
m(S)
m(O)
=
%(S)
%(O)
=
%(S)
100 − %(S)
=
50,05
(100 − 50,05)
= 1,002
Podíl je v obou případech stejný. Naměřená data v daném případě vyhovují zákonu stálých
poměrů slučovacích.
2. Na příkladu CO a CO2 ověřte platnost zákona násobných poměrů slučovacích.
Střední relativní atomové hmotnosti jsou: 𝐀 𝐫
𝐬𝐭ř
(O) = 15,9994; 𝐀 𝐫
𝐬𝐭ř(𝐂) =
12,011.h
Řešení:
Hmotnostní poměr C : O v obou uvažovaných látkách je:
CO CO2
m (C) m (O) m (C) m (O)
V obou látkách stejná hmotnost uhlíku
(šedé pole)
12,011 : 15,9994 12,011 : 2 · 15,9994
Poměr hmotností kyslíku připadajících
na stejnou hmotnost uhlíku
15,9994 31,9988
1 : 2
3. Vodík reaguje s kyslíkem podle rovnice: 2 H2 (g) + O2 (g) → 2 H2O (g).
3. Základní chemické zákony
– 15 –
Za předpokladu, že výtěžek této reakce je 100 % a že všechny objemy byly měřeny při
téže teplotě a tlaku, vypočítejte:
a) Objemy plynů ve směsi po reakci, jestliže před reakcí bylo ve směsi 15 dm3
vodíku
a 10 dm3
kyslíku,
b) poměr počtu molekul všech plynů před a po reakci 15 dm3
vodíku a 10 dm3
kyslíku.
Řešení:
a) Při reakci kyslíku s vodíkem za vzniku vody zreagují dva objemy vodíku s jedním
objemem kyslíku za vzniku dvou objemů vody (stechiometrické koeficienty v rovnici
zadané reakce). Zadaná počáteční množství vodíku a kyslíku jsou ale v poměru 15:10
neboli 1,5 : 1. Vodíku tedy bylo v systému před reakcí méně, než je zapotřebí pro úplné
zreagování kyslíku. Proto je vodík z hlediska množství látek limitujícím faktorem, ke
kterému budeme vztahovat výpočet.
Vodík zreaguje všechen, kyslíku pouze část. Zadaný počáteční objem vodíku 15 dm3
tedy představuje 2 díly. Jeden díl je tedy 7,5 dm3
. V reakci tedy zreaguje 7,5 dm3
kyslíku
a zbude 2,5 dm3
kyslíku nezreagovaných. Kromě toho vznikne 15 dm3
vodní páry.
Objemy plynů po reakci budou:
V(vodík) = 0 dm3
, V(kyslík) = 2,5 dm3
, V(vodní pára) = 15 dm3
.
b) Podle Avogadrova zákona je poměr počtu molekul libovolných plynů roven poměru
objemů těchto plynů, měřených za téže teploty a tlaku.
Poměr počtu molekul H2 : O2 : H2O před reakcí byl roven 2 : 1 : 0.
Poměr počtu molekul H2 : O2 : H2O po reakci byl roven 0 : 2,5 : 15 = 0 : 1 : 6
4) Zjistěte, o kolik procent klesne hmotnost reakční soustavy při vzniku 1 mol produktu:
a) u silně exotermické reakce H2 + ½ O2  H2O. Při vzniku 1 mol H2O touto reakcí se
uvolní teplo 242 kJ.
b) u jaderné fúze H
2
1
+ H
2
1
 He
4
2
, M( H
2
1
) = 2,0141 g mol–1
, M( He
4
2
) = 4,0026 g mol–1
Řešení:
a) u reakce H2 + ½ O2  H2O:
∆E = ∆m c2
 vodyvzniklémol1nakg10·2,69
)sm10·(2,998
J000242Δ
Δ
12
21-82


c
E
m
Tento hmotnostní úbytek nyní převedeme na procenta:
1 mol H2O (tj. 18 g) …………………0,018 kg ……………………100 %
hmotnostní úbytek 2,69 10–12
kg……………………… x %
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
%10·1,5%100
kg0,018
kg2,69·10
x 8
12



Hmotnostní úbytek u této chemické reakce činí 1,5 · 10–8
%.
3. Základní chemické zákony
– 16 –
b) u jaderné fúze H
2
1 + H
2
1  He
4
2
Δm = 4,0282 – 4,0026 = 0,0256 g na 1 mol He
Tento hmotnostní úbytek převedeme nyní na procenta:
1 mol He …………………………4,0026 g ……………………100 %
hmotnostní úbytek 0,0256 g………………………x %
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
%0,64%100
g64,002
g60,025
x 
Hmotnostní úbytek u tohoto jaderného děje činí 0,64 %.
C
1. Hmotnostní poměr vodíku ke kyslíku ve vodě je 1 : 7,94. Zreaguje na vodu beze
zbytku 5,0 g H2 s 30,0 g O2?
2. Jeden dm3
chloru zreaguje beze zbytku s 1 dm3
vodíku. Zreaguje beze zbytku
1 kg chloru s 1 kg vodíku? Pokud ne, který plyn po reakci přebude? Kolik ho
přebude?
3. Různými způsoby byly připraveny tři různé vzorky téže sloučeniny prvku X
s prvkem Y. První vzorek obsahoval 35,9 % X a 64,1 % Y, druhý vzorek obsahoval
4,20 g X a 7,50 g Y a 2,00 g třetího vzorku vzniklo reakcí 0,718 g X
s prvkem Y. Ověřte, zda naměřená data vyhovují zákonu stálých poměrů slučovacích
pro sloučeninu prvku X s prvkem Y.
4. Jaký je při teplotě 20 °C a tlaku 100 kPa poměr počtu molekul v těchto objemech
plynu?
1 dm3
O2, 0,5 dm3
H2, 4 dm3
SO2, 3 dm3
HCN a 1 dm3
C2H6?
5. Při vysoké teplotě a za přítomnosti platinového katalyzátoru reaguje amoniak
s kyslíkem za vzniku oxidu dusnatého a vodní páry:
4 NH3(g) + 5 O2(g)  4 NO(g) + 6 H2O (g).
Kolik dm3
kyslíku zreaguje za uvedených podmínek s 1 dm3
amoniaku a kolik
dm3
oxidu dusnatého a vodní páry vznikne? Objemy všech látek byly měřeny za
stejné teploty a tlaku.
součet hmotností reaktantů skutečná hmotnost produktů
H
2
1
+ H
2
1  He
4
2
1 mol 2,0141 g 2,0141 g 4,0026 g
4,028 2 g
3. Základní chemické zákony
– 17 –
Výsledky:
1. zreaguje pouze 3,78 g H2
2. nezreaguje, přebude vodík, zbyde ho 971,5 g
3. ve všech připravených vzorcích je hmotnostní poměr X:Y = 0,56
4. 1 : 0,5 : 4 : 3: 1
5. 1,25 dm3
O2; 1,0 dm3
NO; 1,5 dm3
H2O (g)
4. Hmotnost, množství a složení látek a soustav
– 18 –
4. Hmotnost, množství a složení látek a soustav
A
1. Definujte tyto pojmy: atomová hmotnostní konstanta, relativní atomová a molekulová
hmotnost, střední relativní atomová hmotnost, Avogadrova konstanta,
mol.
2. Uveďte vzorce, vysvětlete symboly: molární objem, látková koncentrace, molární
zlomek, hmotnostní procenta, objemová procenta, směšovací rovnice.
B
Relativní atomová hmotnost
1. Vypočítejte relativní atomovou hmotnost nuklidu 𝐂𝐚𝟒𝟎
, víte-li, že hmotnost jednoho
atomu tohoto nuklidu je 6,635 · 10–26
kg.
Řešení:
Relativní atomová hmotnost nuklidu udává, kolikrát je atom daného nuklidu těžší než
atomová hmotnostní jednotka mu.
Ar(X) =
𝑚 (𝑋)
𝑚 𝑢
, kde mu = 1,66 · 10–27
kg
V tomto případě:
Ar( Ca40
) =
m( Ca40
)
mu
=
6,635 · 10−26
kg
1,66053 · 10−27 kg
= 39,96
Relativní atomová hmotnost nuklidu Ca40
je 39,96.
2. Přírodní bor obsahuje 19,8 % nuklidu 𝐁𝟏𝟎
a 80,2 % nuklidu 𝐁𝟏𝟏
. Relativní atomové
hmotnosti těchto nuklidů jsou Ar ( 𝐁𝟏𝟎
) = 10,0129 a Ar ( 𝐁𝟏𝟏
) = 11,0093.
Určete střední relativní atomovou hmotnost přírodního boru.
Řešení:
Platí: Ar
stř
= Ar1
· x1 + Ar2
· x2 + …
kde Ari jsou relativní atomové hmotnosti jednotlivých nuklidů tvořících směs, xi jsou
molární zlomky jednotlivých nuklidů tvořících směs.
𝑥𝑖 =
Pi
100
,
kde Pi je procentuální obsah daného nuklidu v prvku (vztaženo na počet atomů)
Po dosazení:
Ar
𝑠𝑡ř(B) =
Ar( B)10
100
.
P( B)10
100
.
Ar( B)11
100
.
P( B)11
100
=
10,0129 · 19,8 + 11,093 · 80,2
100
Ar
𝑠𝑡ř(B) = 10,81
Střední relativní atomová hmotnost přírodního boru je 10,81.
4. Hmotnost, množství a složení látek a soustav
– 19 –
Molární hmotnost, 1 mol
3. Vypočítejte molární hmotnost vody H2O.
Řešení:
Relativní molekulová hmotnost vypočtená součtem relativních atomových hmotností
(s přihlédnutím k počtu atomů jednotlivých prvků v molekule) je číselně rovna molární
hmotnosti této látky, vyjádřené v jednotkách g mol–1
.
Mr (H2O) = 2 · Ar (H) + 1 · Ar (O) = 2 · 1,01 + 1 · 16,00 = 18,02
Molární hmotnost vody je 18,02 g mol–1
.
4. Určete hmotnost 3 mol amoniaku NH3.
Řešení:
Za pomoci středních relativních atomových hmotností určíme střední relativní molekulovou
hmotnost NH3. Tu následně převedeme úměrou z množství 1 mol na množství 3
mol.
Mr
stř
(NH3) = Ar
stř
(N) + 3 · Ar
stř
(H) = 14,01 + 3 · 1,01 = 17,04
Molární hmotnost NH3 je 17,04 g mol–1
.
Látkové množství 1 mol NH3 má hmotnost 17,04 g.
Látkové množství 3 mol NH3 má hmotnost 3 · 17,04 g = 51,12 g.
Hmotnost 3 mol amoniaku je 51,12 g.
5. a) Jaké látkové množství představuje 100 g benzenu?
b) Kolik molekul obsahuje 100 g benzenu?
c) Kolik atomů obsahuje 100 g benzenu? Mr(𝐂6H6) = 78,113.
Řešení:
a) Molární hmotnost benzenu je číselně rovna Mr
stř
(benzen) uvedené v jednotkách
g mol–1
.
Tedy M (benzen) = 78,113 g mol–1
neboli 1 mol benzenu má hmotnost 78,113 g. Látkové
množství benzenu ve 100 g benzenu vypočítáme úměrou:
78,113 g………….1 mol
100 g …………….x mol
––––––––––––––––––––––––
𝑥 =
1 · 100
78,113
= 1,28 mol
Zjistili jsme, že 100 g benzenu představuje 1,28 mol benzenu.
b) 1 mol částic obsahuje NA = 6,022 · 1023
částic
1 mol benzenu obsahuje…….. 6,022 · 1023
molekul benzenu
1,28 mol benzenu obsahuje……………. y molekul benzenu
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
4. Hmotnost, množství a složení látek a soustav
– 20 –
y = 6,022 ∙ 1023
∙ 1,28 = 7,708 ∙ 1023
Vypočítali jsme, že 100 g benzenu obsahuje 7,708 ∙ 1023
molekul benzenu.
c) 1 molekula benzenu obsahuje 12 atomů. 100 g benzenu obsahuje 7,708 ∙ 1023
molekul benzenu, což představuje celkem 9,250 ∙ 1024
atomů.
Vypočítali jsme, že 100 g benzenu obsahuje 9,250 ∙ 1024
atomů.
6. Určete látkové množství NaOH o hmotnosti 120 g.
Řešení:
M(NaOH) = M(Na) + M(O) + M(H) = (22,99 + 16,00 + 1,01) g mol–1
= 40,00 g mol–1
40,00 g NaOH……….1 mol
120 g NaOH..……….x mol
–––––––––––––––––––––––––
𝑥 =
1 · 120
40
= 3 𝑚𝑜𝑙
NaOH o hmotnosti 120 g představuje 3 mol NaOH.
Koncentrace roztoků
7. Vypočítejte látkovou koncentraci kyseliny sírové (H2SO4) ve 2 dm3
roztoku, který
obsahuje 0,5 mol rozpuštěné kyseliny sírové.
Řešení:
𝑐 =
n
V
=
0,5 mol
2 dm3
= 0,25 mol dm–3
Látková koncentrace kyseliny sírové v roztoku je 0,25 mol dm–3
.
8. Vypočítejte látkové množství hydroxidu sodného v 250 cm3
roztoku, který má
koncentraci 4 mol dm–3
.
Řešení:
𝑐 =
n
V
odtud: n = V ∙ c
V = 250 cm3
= 0,25 dm3
n = V · c = 0,25 dm3
· 4 mol dm–3
= 1 mol
Látkové množství hydroxidu sodného v roztoku je 1 mol.
9. Látkové množství 0,5 mol kyseliny sírové bylo rozpuštěno ve vodě a vznikl tak
roztok, který má koncentraci 2 mol dm–3
. Vypočtěte objem tohoto roztoku.
Řešení:
𝑐 =
n
V
4. Hmotnost, množství a složení látek a soustav
– 21 –
𝑂𝑑𝑡𝑢𝑑 𝑉 =
n
c
dosadíme do vzorce: V =
n
c
=
0,5
2
= 0,25 mol dm–3
Objem roztoku kyseliny sírové je 0,25 dm3
.
10. Kolik gramů NaCl je potřeba k přípravě 2 dm3
roztoku, který by měl koncentraci
0,5 mol dm–3
?
Řešení:
Spojíme vztahy c =
n
V
𝑛 =
m
M
dostaneme c =
m
M · V
odtud plyne m = V · c · M.
Molární hmotnost NaCl je M = M (Na) + M (Cl) = 58,44 g mol–1
.
Dosadíme číselně: m = 2 dm3
· 0,5 mol dm–3
· 58,44 g mol–1
= 58,44 g
Pro přípravu uvedeného roztoku potřebujeme 58,44 g NaCl.
11. Rozpustili jsme 70,5 g KOH ve 200 cm3
H2O. Kolik hmotnostních procent KOH
obsahuje vzniklý roztok?
Řešení:
Předpokládáme, že 1 cm3
vody má hmotnost 1 g.
celek (KOH + H2O)…… (70,5 + 200) g = 270,5 g ……………… 100 %
část (KOH) ……………. 70,5 g ……………… x %
70,5
270,5
=
x
100
 x = 26,1 %
Připravený roztok bude obsahovat 26,1 % KOH.
Ředění a směšování roztoků bez vyvolání chemické reakce
12. Kolik gramů pevného KIO3 musíme přidat ke 200 g 10% vodného roztoku KIO3,
abychom připravili 22% roztok KIO3?
Řešení:
Roztok se skládá pouze ze dvou látek: KIO3 a H2O. Hmotnost vody se během experimentu
nemění. Na začátku práce ale voda představuje (100 – 10) = 90 % roztoku, zatímco
na konci pouze (100 – 22) = 78 % roztoku.
Na počátku jsme měli 200 g roztoku, z nějž voda představovala 90 %, hmotnost vody
tedy byla:
100 % (roztok)………….200 g roztoku
90 % (voda)..…………..….x g
–––––––––––––––––––––––––––––––––
x
200
=
90
100
 x = 180 g vody.
4. Hmotnost, množství a složení látek a soustav
– 22 –
Kromě toho soustava obsahovala (200 – 180)g = 20 g KIO3.
Po přidání KIO3 bude hmotnost vody stále 180 g, ale bude tvořit pouze 78 % soustavy,
zatímco KIO3 bude představovat 22 % soustavy. Z toho určíme jeho celkovou hmot-
nost:
180 g … 78 %
x g …….22 %
––––––––––––––––
x
180
=
22
78
 x = 50,77 g
Z toho na začátku bylo v soustavě 20 g KIO3. Přidáno tedy bylo (50,77 – 20) = 30,77 g
KIO3.
Pro potřebnou úpravu koncentrace roztoku je nutno přidat k roztoku přibližně 31 g
KIO3.
13. Kolik cm3
vody je nutno odpařit z 200 g 25% roztoku NaBr, abychom jej zahustili
na 43% roztok?
Řešení:
Postupujeme analogicky jako v předchozím příkladu. Tentokrát se úpravou koncentrace
nemění hmotnost NaBr. Původní roztok obsahoval:
200 g (celý roztok)…100 %
x g (pouze NaBr)....…25 %
x
200
=
25
100
 x = 50 g NaBr a zbytek, tedy 200 – 50 = 150 g vody.
Po zahuštění roztok bude nadále obsahovat 50 g NaBr, což bude představovat 43 %
hmotnosti celé soustavy a voda bude představovat nyní 100 – 43 = 57 % hmotnosti sou-
stavy.
43%.......... 50 g
57%.............x g
––––––––––––––
57
43
=
x
50
 x = 66,23 g vody.
Na počátku bylo v soustavě 150 g vody, po odpaření části vody již pouze 66,23 g. Odpařit
tedy bude nutno 150 – 66,23 = 83,77 g H2O.
Pro zahuštění roztoku na požadovanou koncentraci bude nutno odpařit přibližně 84 g
vody, neboli 84 cm3
vody.
14. Ke 40 cm3
vody bylo přidáno 50 cm3
32% roztoku NaBr o hustotě ρ = 1,308 g
cm–3
. Kolik procent NaBr obsahoval vzniklý roztok?
Řešení:
Původní roztok NaBr obsahoval 32 % NaBr.
4. Hmotnost, množství a složení látek a soustav
– 23 –
Hmotnost tohoto roztoku byla ρ =
m
V
; m = ρ · V = 1,308 g c𝑚–3
· 50 c𝑚3
= 65,4 g
Z této hmotnosti představoval NaBr 32 %:
65,4 g ..… 100 %
x g ….…….32 %
––––––––––––––––
x
65,5
=
32
100
 x = 20,928 g NaBr a 65,4 – 20,928 = 44,472 g vody.
Po přidání vody roztok stále obsahoval 20,928 g NaBr, ale již 44,472 + 40 = 84,472 g
vody.
(84,472 + 20,928) g = 105,4 g ………100 %
20,928 g …….…..y %
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
y = 19,86 %
Naředěný roztok obsahoval 19,86 % NaBr.
15. Jaká je procentuální koncentrace roztoku, který vznikl smícháním 100 cm3
96%
kyseliny sírové (ρ = 1,8355 g cm–3
) a 50 cm3
10% kyseliny sírové (ρ = 1,0661 g
cm–3
)?
Řešení:
Nejprve určíme hmotnost každého z obou roztoků.
ρ =
m
V
, odtud m = ρ . V
Pro 96% H2SO4: m1 = 1,8355 g cm–3
· 100 cm3
= 183,55 g
Pro 10% H2SO4: m2 = 1,0661 g cm–3
· 50 cm3
= 53,31 g
Obsah H2SO4 v každém z obou roztoků určíme úměrou:
Pro 96% H2SO4:
celý roztok… 100 %...183,55 g
H2SO4 ……… 96 %............x g
–––––––––––––––––––––––––––––––––
𝑥 =
183,55 . 96
100
= 176,2 g
Pro 10% H2SO4:
celý roztok… 100 %.....53,31 g
H2SO4 ……… 10 %............y g
–––––––––––––––––––––––––––––––––
𝑦 =
53,31 . 10
100
= 5,331 g
4. Hmotnost, množství a složení látek a soustav
– 24 –
Po slití obou roztoků bude celková hmotnost soustavy 183,55 + 55,31 = 238,86 g.
Hmotnost H2SO4 v soustavě bude 176,2 + 5,331 = 181,531 g.
Soustava tedy nyní bude obsahovat
181,531
238,86
· 100 = 76,0 % H2SO4
Koncentrace H2SO4 ve výsledném roztoku bude 76,0 %.
Výpočty z chemického vzorce
16. Jakou hmotnost má olovo, které je obsaženo v 1000 g galenitu PbS?
Řešení:
Příklad řešíme pomocí úměry:
PbS Pb
molární hmotnost (g mol–1
) 239…………… 207
skutečná hmotnost (g) 1000……….………x
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
x
207
=
1000
239
 x = 866,1 g
Olovo obsažené v 1000 g PbS má hmotnost 866,1 g.
17. Kolik procent vodíku obsahuje voda?
Řešení:
Využijeme úměru:
M(H2O) = 18,02 g mol–1
M (H) = 1,01 g mol–1
18,02 g (1 mol) H2O ………... 100 %
2 · 1,01 g H ………... x %
x
100
=
2 · 1,01
18,02
 x = 11,2 %
Voda obsahuje 11,2 procent vodíku.
18. Uhlí v určitém ložisku obsahuje 3 % pyritu FeS2 jako příměsi. Pro zjednodušení
budeme předpokládat, že obsah síry v uhlí pocházející z jiných látek oproti FeS2
je zanedbatelný. Odhadněte obsah síry obsažené v 1 tuně tohoto uhlí.
Řešení:
Nejprve určíme hmotnost FeS2 v 1 tuně uhlí. Poté úměrou zjistíme, kolik síry toto
množství FeS2 obsahuje. 1 tuna = 1000 kg
100 % (uhlí s pyritem) …. 1000 kg
3 % (pyrit) …………………...x kg
––––––––––––––––––––––––––––––––
4. Hmotnost, množství a složení látek a soustav
– 25 –
3
100
=
x
1000
 x = 30 kg
V 1 tuně uhlí je obsaženo 30 kg pyritu z FeS2.
1 mol (= 120 g) FeS2…… obsahuje 2 mol S (= 2 · 32,07 = 64,14 g S)
30 kg FeS…….obsahuje……………………………y kg S
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
30 kg
120 g
=
y kg
64,14 g
 y = 16,04 kg
V 1 tuně uhlí z tohoto ložiska je obsaženo přibližně 16 kg síry pocházející z pyritu FeS2.
19. Určitá sloučenina obsahuje 49,31 procent uhlíku, 43,79 procent kyslíku a 6,90
procent vodíku. Molární hmotnost této látky je 146,16 g mol–1
. Určete molekulový
vzorec této látky.
Řešení:
Předpokládejme, že látka má molekulový vzorec CxOyHz, kde x, y, z jsou stechiometrické
koeficienty, které máme určit.
Nejprve určíme vztah mezi celkovou molární hmotností dané látky, koeficienty x, y,
z a procentuální zastoupení jednotlivých prvků:
1 mol CxOyHz … 146,16 g … 100,00 %
x mol C … x . 12,01 g … 49,31 %
y mol O … y . 16,00 g … 43,79 %
z mol H … z . 1,01 … 6,90 %
x . 12,01
146,16
=
49,31
100
 x = 6,00
y . 16,00
146,16
=
43,79
100
 y = 4,00
z . 1,01
146,16
=
6,90
100
 z = 9,99
Molekulový vzorec dané látky je C6O4H10.
Výpočty z chemických rovnic
20. Určete, kolik gramů H2 se připraví reakcí 100 g Zn s nadbytkem kyseliny chlorovodíkové
HCl podle rovnice 2 HCl + Zn → ZnCl2 + H2.
4. Hmotnost, množství a složení látek a soustav
– 26 –
Řešení:
Řešíme úměrou. Zápis provádíme přímo pod chemické vzorce do příslušné chemické
rovnice:
2 HCl + Zn → ZnCl2 + H2
množství dle chemické rovnice 65,39 g ……………….. 2,02 g
množství dle zadání příkladu 100 g ……………….. x g
100
65,39
=
x
2,02
 x = 3,09
Ze 100 g Zn připravíme za uvedených podmínek 3,09 g vodíku H2.
21. Reakce NaOH s kyselinou chlorovodíkovou probíhá podle rovnice
NaOH + HCl → NaCl + H2O.
Jaký objem NaOH o koncentraci 0,5 mol dm–3
beze zbytku zreaguje s HCl obsaženou
ve 20 cm3
jejího roztoku o koncentraci 1 mol dm–3
?
Řešení:
Použijeme definici látkové koncentrace c =
n
V
 n = V . c,
vypočteme látkové množství HCl použité pro tuto reakci: n = V . c = 0,02 dm3
.
1 mol dm–3
= 0,02 mol
NaOH + HCl → NaCl + H2O
množství dle chemické rovnice 1 mol…. 1 mol
množství dle zadání příkladu x mol…. 0,02 mol
x
1
=
0,02
1
 x = 0,02 = n(NaOH)
Dle definice látkové koncentrace nyní určíme potřebný objem roztoku NaOH:
𝑐 =
n
V
V =
n
c
=
0,02 mol
0,5 mol dm−3
= 0,04 d𝑚3
= 40 cm3
Potřebujeme 40 cm3
tohoto roztoku NaOH.
22. Při titraci 30 cm3
Na2CO3 bylo pro dosažení bodu ekvivalence spotřebováno
20 cm3
roztoku HCl o koncentraci 0,5 mol dm–3
. Jaká byla látková koncentrace
titrovaného roztoku Na2CO3? Reakce probíhá podle rovnice
Na2CO3 + 2 HCl → 2 NaCl + CO2 + H2O
Řešení:
Postupujeme analogicky jako v předchozím příkladu. Rozdíl je pouze v tom, že nyní
se v reakci vyskytují jiné stechiometrické koeficienty. Nejprve vypočteme látkové
množství spotřebované HCl: c =
n
V
 n = V · c  n = 0,5 mol dm–3
· 0,02 dm3
= 0,01
mol
Na2CO3 + 2 HCl → 2 NaCl + CO2 + H2O
4. Hmotnost, množství a složení látek a soustav
– 27 –
množství dle chemické rovnice 1 mol…. 2 mol
množství dle zadání příkladu x mol... 0,01 mol
x
1
=
0,01
2
x = 0,005 mol Na2CO3
Dále pokračujeme využitím vztahu c =
n
V
. Dosazením c =
0,005 mol
0,03 dm3
= 0,17 mol dm–3
.
Látková koncentrace roztoku Na2CO3 před zahájením titrace byla přibližně 0,17 mol
dm–3
.
C
Relativní atomová hmotnost
1. Relativní atomová hmotnost nuklidu U92
238
je 238,051. Kolikrát je hmotnost jednoho
atomu U92
238
větší než hmotnost jednoho atomu C6
12
?
2. Kolikrát těžší je atom hořčíku než atom nuklidu uhlíku C?6
12
3. Hmotnost jednoho atomu prvku X je rovna hmotnosti patnácti atomů nuklidu
C.6
12
Vypočítejte relativní atomovou hmotnost prvku X.
4. Hmotnost jednoho atomu nuklidu Cl17
35
je 5,806 · 10–26
kg, hmotnost jednoho
atomu nuklidu Cl17
37
je 6,138 · 10–26
kg. Přírodní chlor obsahuje 75,4 % nuklidu
Cl17
35
a 24,6 % nuklidu Cl17
37
. Vypočítejte relativní atomovou hmotnost přírodního
chloru.
5. Přírodní gallium je směsí nuklidů Ga31
69
a Ga31
71
o relativních atomových hmotnostech
68,9257 a 70,9248. Vypočítejte procentuální zastoupení obou nuklidů
v přírodním galliu, je-li relativní atomová hmotnost Ar
str (Ga) = 69,72.
6. Hmotnost jednoho atomu nuklidu C6
12
je 1,99 · 10–26
kg a atomu nuklidu F9
19
je
3,15 · 10–26
kg. Vypočítejte relativní atomovou hmotnost F9
19
.
7. Vypočítejte střední relativní molekulovou hmotnost chloroformu CHCl3, jestliže
střední relativní atomové hmotnosti jsou Ar
str (C) = 12,011, Ar
str (H) = 1,0077
a Ar
str (Cl) = 35,453.
Molární hmotnost, 1 mol
8. Vypočítejte molární hmotnost
a) P4 b) S8
c) F2 d) N2
e) O2 f) H2O2
g) HNO3
9. Vypočítejte hmotnost 5 mol:
4. Hmotnost, množství a složení látek a soustav
– 28 –
a) vodíku H2 b) ozonu O3
c) vody H2O d) kyseliny uhličité H2CO3
10. Vypočítejte látkové množství:
a) P4 v 10 g fosforu b) S8 v 10 g síry
c) F2 v 10 g fluoru d) P v 10 g fosforu
e) NaOH v 80 g NaOH
11. Vypočítejte průměrnou hmotnost, k výpočtu použijte molární hmotnost látek:
a) jednoho atomu H b) jednoho atomu O
c) jednoho atomu U d) jedné molekuly CH3OH
12. Kolik atomů mědi je obsaženo ve 20 g Cu?
13. Vypočítejte, kolik je v 5,0 g kyslíku
a) atomů kyslíku b) molekul kyslíku
c) molů kyslíku
14. Vypočítejte, kolik atomů uhlíku je obsaženo ve 32 gramech acetylidu vápenatého
(CaC2).
15. Vypili jste 300 ml vody. Jaké látkové množství H2O to představuje?
16. K obědu ve školní jídelně jste měli fazolovou polévku. Tu jste si osolili 1 g kuchyňské
soli (NaCl). Jaké látkové množství soli rozpuštěné v polévce jste sněd-
li?
17. Maminka pekla před vánoci perníčky, do kterých přidala 3 g jedlé sody
(NaHCO3). Vypočítejte, jaké látkové množství jedlé sody obsahovalo těsto na
perníčky.
Koncentrace roztoků
18. Kyselina chlorovodíková má ve vodném roztoku látkovou koncentraci
1,5 mol dm–3
a objem tohoto roztoku je 150 cm3
. Jaké látkové množství HCl tento
roztok obsahuje?
19. Jaký objem roztoku lze připravit z 0,5 mol KOH, má-li mít tento roztok koncentraci
0,5 mol dm–3
?
Ředění a směšování roztoků bez vyvolání chemické reakce
20. Kolik cm3
vody musíme přidat k 180 cm3
35% roztoku HCOOH o hustotě
ρ = 1,0847 g cm–3
, aby vznikl 20% roztok (ρ = 1,0488 g cm–3
)? Jaký bude objem
vzniklého roztoku?
4. Hmotnost, množství a složení látek a soustav
– 29 –
21. Jaká bude koncentrace roztoku, který vznikl smícháním 1 litru 10% roztoku
K2CO3 o ρ = 1,09 g cm–3
s 2 kg 20% roztoku K2CO3 a 2 litry 30% roztoku
K2CO3 o ρ = 1,30 g cm–3
?
22. Kolik gramů NaCl je nutno přidat k 1 litru 10% roztoku NaCl o hustotě
ρ = 1,0707 g cm–3
, aby vznikl 20% roztok o ρ = 1,1478 g cm–3
? Jaký bude objem
vzniklého roztoku?
23. Na jaký objem musí být zředěno 5 cm3
6% roztoku K2SO4 o ρ = 1,0477 g cm–3
,
aby 1 cm3
vzniklého roztoku obsahoval 5 mg draslíku?
24. Kolik cm3
96% roztoku H2SO4 o ρ = 1,8355 g cm–3
a kolik cm3
vody potřebujeme
na přípravu 1 litru 20% roztoku H2SO4 o ρ = 1,1394 g cm–3
?
25. Roztok HNO3 (160 g, koncentrace 40 %, hustota ρ = 1,2463 g cm–3
) byl přidáním
5% roztoku HNO3 o ρ = 1,0256 g cm–3
zředěn na 15% roztok HNO3. Vypočítejte,
kolik cm3
5% roztoku HNO3 bylo na ředění použito.
26. Kolik cm3
roztoku o koncentraci c = 1,5 mol dm–3
je nutno přidat ke 2 litrům
roztoku téže látky o koncentraci c = 0,1 mol dm–3
, abychom získali roztok
o koncentraci c = 0,2 mol dm–3
?
27. Kolik cm3
roztoku H2SO4 o koncentraci c = 0,125 mol dm–3
je možno připravit
ředěním 25 cm3
roztoku H2SO4 o koncentraci c = 4 mol dm–3
vodou?
Výpočty z chemického vzorce
28. Hemoglobin má relativní molekulovou hmotnost 6,8.104
a obsahuje asi 0,33 %
Fe. Kolik atomů Fe obsahuje jedna molekula hemoglobinu?
29. Kolik procent kyslíku a uhlíku obsahuje CO2?
30. Kolik kilogramů železa je obsaženo v 1000 kg Fe2O3?
31. Kolik gramů vody obsahuje 100 g pentahydrátu síranu měďnatého
CuSO4 · 5H2O?
32. Vypočtěte, kolik gramů vodíku je obsaženo v 15 g amoniaku NH3.
Výpočty z chemických rovnic
33. Reakcí uhličitanu vápenatého CaCO3 s kyselinou dusičnou HNO3 vzniká dusičnan
vápenatý Ca(NO3)2. Kolik gramů dusičnanu vápenatého připravíte, když použijete
200 g uhličitanu vápenatého a nadbytek HNO3?
Reakce probíhá podle rovnice: CaCO3 + 2 HNO3 → Ca(NO3)2 + H2O + CO2.
34. Železo se připravuje aluminotermicky reakcí oxidu železitého Fe2O3 s hliníkem.
Kolik g oxidu železitého potřebujete na přípravu 60 g železa?
Reakce probíhá podle rovnice: Fe2O3 + 2Al → Al2O3 + 2 Fe.
35. Bromid stříbrný je látka důležitá ve fotografickém průmyslu. Připravuje se reakcí
dusičnanu stříbrného a bromidu draselného. Jaký nejmenší objem (cm3
) dusičnanu
stříbrného s koncentrací 0,1 mol dm–3
musíme použít, aby došlo
4. Hmotnost, množství a složení látek a soustav
– 30 –
k vysrážení veškerého AgBr z 20 cm3
roztoku bromidu draselného o koncentraci
0,2 mol dm–3
? Srážecí reakce probíhá podle rovnice
AgNO3 + KBr → AgBr + KNO3.
36. Kolik gramů uhličitanu sodného Na2CO3 je třeba navážit, aby spotřeba při titraci
kyselinou chlorovodíkovou HCl o koncentraci 0,5 mol dm–3
byla 20 cm3
? Titrace
probíhá podle rovnice Na2CO3 + 2 HCl → 2NaCl + CO2 + H2O.
37. Při neutralizaci hydroxidu draselného KOH roztokem kyseliny sírové H2SO4
o určité koncentraci byla navážka tohoto hydroxidu 5,6 g, přičemž spotřeba
H2SO4 pro dosažení bodu ekvivalence byla 10 cm3
. Jakou látkovou koncentraci
měla kyselina sírová? Neutralizace probíhá podle rovnice
2 KOH + H2SO4 → K2SO4 + H2O.
38. Kolik litrů CO2 (měřeno při 18 °C a tlaku 106,0 kPa) se uvolní působením
50 cm3
roztoku H2SO4 o koncentraci 1 mol dm–3
na Na2CO3, vznikne-li Na2SO4?
4. Hmotnost, množství a složení látek a soustav
– 31 –
Výsledky:
1. 19,18
2. cca 2krát
3. 180,0
4. 35,456
5. 60,27 % Ga31
69
; 39,73 % Ga31
71
6. 18,99
7. 119,378
8. a) 123,89504 g mol–1
b) 256,48 g mol–1
c) 37,996806 g mol–1
d) 28,0134 g mol–1
e) 31,9988 g mol–1
f) 34,0146 g mol–1
g) 63,0128 g mol–1
9. a) 10,079 g b) 239,991 g
c) 90,076 g d) 310,125 g
10. a) 0,0807 mol b) 0,039 mol
c) 0,263 mol d) 0,323 mol
e) 2,0001 mol
11. a) 1,67 · 10–24
g b) 2,66 · 10–23
g
c) 3,95 · 10–22
g d) 5,32 · 10–23
g
12. 1,896 · 1023
atomů
13. a) 1,80 · 1023
atomů O b) 9,4 · 1022
molekul O2
c) 0,156 mol O2
14. 6,023 · 1023
atomů C
15. 16,65 mol
16. 0,017 mol
17. 0,03571 mol
18. 0,225 mol
19. 1 dm3
20. 146,4 cm3
H2O, 325,8 cm3
21. 22,65 %
22. 133,8 g NaCl, 1049,4 cm3
23. 28,21 cm3
24. 129,3 cm3
96% roztoku H2SO4 a 902,0 cm3
vody
25. 390,0 cm3
26. 153,8 cm3
4. Hmotnost, množství a složení látek a soustav
– 32 –
27. 800 cm3
28. 4 atomy Fe
29. 72,71 % kyslíku, 22,29 % uhlíku
30. 699,4 kg železa
31. 36,08 g H2O
32. 2,663 g
33. 327,88 g
34. 85,78 g
35. 40 cm3
36. 0,5299 g
37. 4,99 mol dm–3
38. 1,142 dm3
CO2
5. Jádro atomu, radioaktivita, jaderné reakce
– 33 –
5. Jádro atomu, radioaktivita, jaderné reakce
A
1. Vysvětlete následující pojmy: protonové číslo, nukleonové číslo, neutronové číslo,
nuklid, prvek, izobary, izotony, izotopy.
2. Vysvětlete následující pojmy: hmotnost jádra, hmotnostní defekt, vazebná energie
jádra.
3. Schematicky načrtněte graf závislosti vazebné energie připadající na jeden nukleon
na nukleonovém čísle A u jader přírodních nuklidů. Do grafu zaneste oblast
stabilních nuklidů.
4. Vysvětlete následující pojmy: přirozená a umělá radioaktivita, α, β, γ záření, poločas
přeměny, jaderné reakce, transmutace, štěpné reakce, termonukleární reak-
ce.
5. Vysvětlete rozdíl mezi jadernými reakcemi a radioaktivitou.
6. Schematicky nakreslete závislost počtu nepřeměněných jader zvoleného jednoho
radioaktivního izotopu ve vzorku na čase.
7. Napište vzorcem exponenciální zákon jaderné přeměny (závislost počtu nerozpadlých
jader zvoleného jednoho radioaktivního izotopu na čase).
8. Formulujte Soddyho-Fajans-Russelovy posunové zákony, zákon zachování protonového
čísla a zákon zachování nukleonového čísla.
9. Ilustrujte na příkladech využití radioaktivity.
10. Popište zjednodušeně postup při obohacování uranu U235
.
B
1. Experimentálně zjištěná hmotnost atomu 𝑯𝒆𝟐
𝟒
je 6,646 44 · 10–27
kg. Vypočítejte
a) hmotnostní úbytek při vzniku atomu helia 𝑯𝒆𝟐
𝟒
z nukleonů a elektronů. Klidové
hmotnosti protonu, neutronu a elektronu jsou:
mp = 1,672 648 5 · 10–27
kg , mn = 1,674 954 3 · 10–27
kg, me = 9,109 534 ·
10–31
kg,
b) vazebnou energii nukleonů v jádře atomu 𝑯𝒆𝟐
𝟒
. Výsledek převeďte na jednotky
MeV,
c) vazebnou energii připadající na 1 nukleon v jádře atomu 𝑯𝒆𝟐
𝟒
, v jednotkách
MeV.
Řešení:
a) Jeden atom He
4
2
obsahuje 2 protony, 2 neutrony a 2 elektrony:
Z = 2, N = A – Z = 4 – 2 = 2. Pak pro hmotnostní úbytek ∆m( He
4
2
) platí:
5. Jádro atomu, radioaktivita, jaderné reakce
– 34 –
∆m( He
4
2 ) = 2 m( p1
1 ) + 2 m( n1
0 ) + 2 m( e0
1 ) – m( He
4
2 )
∆m( He
4
2
) = 2 · 1,672 623 1 · 10–27
+ 2 · 1,674 928 6 · 10–27
+ 2 · 9,109 389 7 · 10–31
–
6,646 44 · 10–27
∆m( He
4
2
) = 5,048 53 · 10–29
kg
Hmotnostní úbytek při vzniku 1 atomu He
4
2
z protonů, neutronů a elektronů je 5,048 53
· 10–29
kg (což je 0,76% hmotnosti atomu He
4
2
).
b) Pro určení vazebné energie použijeme vztah ∆E = ∆m ∙ c2
, kde c je rychlost světla ve
vakuu (3 · 108
m s–1
):
∆E =5,048 53 · 10–29
kg · (3 108
)2
m s–1
= 4,54367 · 10–12
J = 4,54367 · 10–12
: 1,602 ·
10–19
eV = 2,838 · 107
eV = 28,38 MeV.
Pozn.: V příkladu jsme neodlišovali vazebnou energii nukleonů v jádře od vazebné
energie elektronů v obalu. Vazebná energie elektronů v obale je však přibližně milionkrát
menší než vazebná energie nukleonů v jádře. Vypočtený efekt jde tedy v podstatě
celý na vrub vazebné energie nukleonů v jádře.
Vazebná energie nukleonů v jádře 1 atomu He
4
2
má hodnotu přibližně 28,38 MeV.
c) V jádře 1 atomu He
4
2
jsou 4 nukleony. Vazebná energie jádra vztažená na 1 nukleon
tedy má hodnotu 28,38 MeV : 4 = 7,095 MeV.
2. Doplňte následující rovnici jaderné reakce: 𝐂𝐮𝟐𝟗
𝟔𝟐
→ 𝐗𝐙
𝐀
+ 𝐍𝐢𝟐𝟖
𝟔𝟐
, tj. určete A,
Z a identifikujte prvek nebo částici X.
Řešení:
Platí zákon zachování nukleonového čísla a zákon zachování protonového čísla:
62 = A + 62  A = 0
29 = Z + 28  Z = 1
X1
0
 e+1
0
, tedy:
Cu29
62
→ e+1
0
+ Ni28
62
.
3. Jak dlouho trvá, než se rozloží 90 % izotopu kryptonu 74
Kr , jestliže jeho poločas
přeměny je 11,5 min?
Řešení:
Protože ve vzorci N = N0 . e –λt
vystupuje λ a ne poločas přeměny T1/2 , je nutno nejprve
převést T1/2 na λ pomocí vztahu T1/2 =
ln 2
λ
:
λ =
ln 2
T1/2
=
ln2
11,5
= 0,06027 min–1
Čas t, za který se rozloží 90 % uvedeného izotopu, vypočteme z exponenciálního zákona
jaderné přeměny:
N = N0 e –λt
kde N0 je původní počet jader (v čase t = 0) a N je počet nerozložených jader v daném
čase t.
5. Jádro atomu, radioaktivita, jaderné reakce
– 35 –
Ze zadání víme, že se má rozložit 90 % jader nuklidu, tj. má zbýt 10 % nerozloženo.
Po dosazení: 10 = 100 e–0,06027t
Odtud
10
100
= e–0,06027t
0,1 = = e–0,06027t
ln 0,1 = –0,06027 t  t = 38,2 min
Potřebná doba je 38,2 min.
4. Určete poločas přeměny radioaktivního nuklidu 𝐏𝟏𝟓
𝟑𝟐
, jestliže víte, že po 6 týdnech
zůstalo nerozloženo 13 % původního množství nuklidu.
Řešení:
Vyjdeme z exponenciálního zákona jaderné přeměny:
N = N0 e –λt
Dosadíme:
13 = 100 e –λ6
Postupem podobným jako v předchozím příkladě dostaneme λ = 0,3400 týden–1
. Odtud
zjistíme poločas přeměny pomocí vztahu:
𝑇1/2 =
ln 2
λ
=
ln 2
0,3400
= 2,038 týdne = 14,27 dne.
5. Vypočítejte energii uvolněnou při přeměně 1 mol 𝐑𝐚𝟖𝟖
𝟐𝟐𝟔
podle rovnice
𝐑𝐚𝟖𝟖
𝟐𝟐𝟔
 𝐑𝐧𝟖𝟔
𝟐𝟐𝟐
+ 𝐇𝐞𝟐
𝟒
.
Ar ( 𝐑𝐚𝟖𝟖
𝟐𝟐𝟔
) = 226,0254; Ar ( 𝐑𝐧𝟖𝟔
𝟐𝟐𝟐
) = 222,0175; Ar ( 𝐇𝐞𝟐
𝟒
) = 4,0026
Řešení:
Hmotnostní úbytek při přeměně 1 mol Ra88
226
je roven rozdílu hmotnosti 1 mol nuklidu
Ra88
226
a součtu hmotností produktů – v tomto případě 1 mol Ru86
222
a 1 mol He2
4
.
Δm = 226,0254 g – (222,0175 + 4,0026 g) = 0,0053 g
Energie uvolněná při přeměně:
E = Δm ∙ c2
= 5,3 · 10-6
kg · (3,0 · 108
m s–1
)2
= 4,77 · 1011
J.
Při radioaktivní přeměně 1 mol Ra88
226
se uvolní energie 4,77 · 1011
J.
C
1. Izotop 67
Ga je používán v medicíně při zkoumání různých nádorů. Kolik protonů
je obsaženo v jádře? A kolik neutronů? Protonové i nukleonové číslo správně
dopište ke značce prvku.
2. Doplňte rovnice jaderných dějů:
a) 67
Ga + e→
A
Z X (elektronový záchyt)
b) 64
Ga + n → A
Z X → A
Z Y + e(záchyt
neutronu)
c) A
Z X → 49
26
0
1  e Y (přeměna β–
)
5. Jádro atomu, radioaktivita, jaderné reakce
– 36 –
d) Kr76
Z + e0
1 →
A
Z Y (přeměna β–
)
e) A
Z X + 4
2 He → 1
0 n + 12
6 Y(reakce typu (α, n))
f) 27
13 Al +
A
Z X →
4
2 Y +
24
11 Z
3. Napište jadernou rovnici pro:
a) srážku dvou jader uhlíku 12
C za vzniku sodíku 23
Na a jedné další částice
b) reakci plutonia 239Pu s neutronem za vzniku cínu 130Sn, jiného jádra
a současného uvolnění čtyř neutronů
c) reakci hliníku 27
Al s deuteriem H2
1 , kde produktem je částice alfa a jiné já-
dro
d) jádra 98
Mo s jedním neutronem, kde produktem je molybden 99
Mo
e) reakci kalifornia 250
Cf s borem 11
B za vzniku jiného jádra a odštěpení čtyř
neutronů
f) reakci mědi 65
Cu uhlíkem 12
C za vzniku jiného jádra a odštěpení tří neutro-
nů
g) přeměna 32
P za současného vysílání β-
záření.
4. Určete poločas přeměny 40
K. Jeho přeměnová konstanta je  = 5,3 · 10–10
rok–1
.
5. Poločas přeměny 226
Ra je T½ = 1582 roků.
a) Kolik procent 226
Ra zůstane ve vzorku po 4 800 rocích?
b) Kolik procent 226
Ra se přemění za 6 400 roků?
6. Ve vzorku dřeva zjištěný poměr počtu atomů nuklidů 14
6 C : 12
6 C byl 0,785krát
nižší než je tento poměr ve dřevě současně rostoucích stromů. Poločas přeměny
14
6 C je 5730 roků. Izotop 12
6 C je stabilní. Vypočítejte stáří vzorku dřeva.
5. Jádro atomu, radioaktivita, jaderné reakce
– 37 –
Výsledky:
1. 31 protonů, 36 neutronů, Ga31
67
2. a) ZneGa 67
30
0
1
67
31   b) GeeGanGa 65
32
0
1
65
31
1
0
64
31  
c) Mn49
25 , Fe d) 36, Br76
35
e) Be9
4 , C f) n1
0 , He, Na
3. a) HNaCC 1
1
23
11
12
6
12
6  b) RunSnnPu 106
44
1
0
130
50
1
0
239
94 4 
c) MgHeHAl 25
12
4
2
2
1
27
13  d) MonMo 99
42
1
0
98
42 
e) LrnBCf 257
103
1
0
11
5
250
98 4  f) BrnCCu 74
35
1
0
12
6
65
29 3 
g) SeP 32
16
0
1
32
15  
4. 1,31.109
roků
5. a) 12,2% b) 93,9 %
6. 2 000 let
6. Modely atomu
– 38 –
6. Modely atomu
A
1. Vyjmenujte základní postuláty Daltonovy atomové teorie.
2. Popište Thomsonův model atomu.
3. Popište Rutherfordův model atomu.
4. Popište Bohrův model atomu a formulujte Bohrovy postuláty.
5. Vysvětlete pojem energetická hladina.
6. Vysvětlete pojem dualismus vlna – částice.
7. Určete vztah mezi energií fotonu, Planckovou konstantou, rychlostí světla a vlnovou
délkou záření.
8. Uveďte vztah mezi frekvencí a vlnovou délkou záření.
9. Popište vlnově-mechanický model atomu.
10. Vysvětlete následující pojmy: orbital, atomový orbital, molekulový orbital.
B
1. Karmínově červené záření, vznikající při zahřívání lithných solí v plameni,
má vlnovou délku 670,8 nm. Vypočítejte frekvenci emitovaného záření a energii
fotonů emitovaného záření
Řešení:
𝑓 =
c
λ
=
3,0 · 108
m s−1
670,8 · 10−9m
= 4,47 · 1014
𝑠–1
𝐸 = h
c
λ
= 6,6256 · 10–34
J s ·
3,0 · 108
m s−1
670,8 · 10−9m
= 2,96 · 10–19
J
f … frekvence záření
c … rychlost šíření světla ve vakuu
h…Planckova konstanta
λ…vlnová délka záření
E…energie záření
Frekvence záření je 4,47 · 1014
s–1
, energie jednoho fotonu tohoto záření je
2,96 · 10–19
J.
2. Určete energii jednotlivých fotonů záření s vlnovou délkou λ = 113 nm.
6. Modely atomu
– 39 –
Řešení:
Platí E =
h. c
λ
,
potom E =
6,626 · 10−34
J s · 3 · 108
m s−1
113 · 10−9m
= 1,76 · 10–18
J
Energie fotonů daného záření je 1,76 · 10–18
J.
3. Určete, jaká je vlnová délka záření emitovaného při přechodu atomu prvku
z excitovaného do základního stavu, jestliže je energetický rozdíl mezi excitovaným
a základním stavem jednoho molu atomů tohoto prvku 1, 87·105
J?
Řešení:
V zadání je uveden energetický rozdíl mezi excitovaným a základním stavem 1 mol
atomů daného prvku. My však potřebujeme znát energetický rozdíl vztažený na 1 atom.
Energetický rozdíl odpovídající 1 mol proto vydělíme počtem atomů v 1 mol. Počet částic
v jednom molu udává Avogadrova konstanta.
ΔEATOM =
ΔEMOL
NA
, kde NA je Avogadrova konstanta, NA = 6,022 · 1023
mol–1
ΔEATOM =
1,87 · 105
J mol−1
6,022 · 1023mol−1
= 3,11 · 10–19
J
Pro další výpočet použijeme vztah odvozený v předchozím příkladu, tedy:
E =
h ∙ c
λ
,
Po dosazení:
3,11 · 10–19
J =
6,626 · 10−34
J s ∙ 3 · 108
m s−1
λ
,
odtud λ = 639 · 10–9
m = 639 nm
Vlnová délka popsaného záření je 639 nm.
C
1. Vodík absorbuje záření o vlnové délce 121,6 nm. Vypočítejte přírůstek energie
jednoho vodíkového atomu po absorbci 1 fotonu tohoto záření.
2. Rozdíl energie mezi excitovaným a základním stavem jednoho molu atomů daného
prvku činí 1,93 · 105
J. Jaká bude vlnová délka záření emitovaného při přechodu
atomu tohoto prvku z excitovaného do základního stavu?
3. Na ionizaci 1 mol sodíku je zapotřebí vynaložit energii 4,96 · 105
J. Vypočítejte,
jakou maximální vlnovou délku může mít záření schopné ionizovat tento prvek.
4. Určete frekvenci záření laseru o vlnové délce 776 nm
6. Modely atomu
– 40 –
Výsledky:
1. 1,63 · 10–18
J
2. 619,8 nm
3. 241,2 nm
4. f = 3,87 · 1014
s–1
7. Elektronový obal atomu, atomové orbitaly, výstavba elektronového obalu, ionty
– 41 –
7. Elektronový obal atomu, atomové orbitaly, výstavba
elektronového obalu, ionty
A
1. Vyjmenujte kvantová čísla charakterizující vlastnosti elektronů v atomech a řekněte,
jak se značí a co vyjadřují.
2. Definujte nebo vysvětlete následující pojmy: elektronová vrstva, degenerované
orbitaly, energetická hladina.
3. Vysvětlete následující pojmy: elektronová konfigurace, základní a excitovaný
stav atomu.
4. Formulujte následující principy a vysvětlete jejich použití:
– výstavbový princip,
– pravidlo (n + ℓ),
– Pauliho princip,
– Hundovo pravidlo.
5. Nakreslete schematicky tvar orbitalů 1s, 2s, 2p, 3s, 3p a 3d.
B
1. Určete nejvyšší možný počet takových elektronů v atomu, které jsou charakterizovány
kvantovými čísly: n = 4 a zároveň s = - ½.
Řešení:
Vedlejší kvantové číslo nabývá hodnot  = 0, l, … ,(n − 1). Magnetické kvantové číslo
nabývá hodnot m = -, … , 0, … , +. Jestliže hlavní kvantové číslo má hodnotu n = 4,
pak vedlejší a magnetické kvantové číslo mohou nabývat následujících hodnot:
hlavní kvantové číslo vedlejší kvantové číslo magnetické kvantové číslo
n = 4  = 0 m = 0
 = 1 m = -1, 0, 1
 = 2 m = -2, -1, 0, 1, 2
 = 3 m = -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3
Z tabulky je patrno, že v daném atomu může existovat nanejvýš 16 různých orbitalů
s hlavním kvantovým číslem n = 4. V každém orbitalu mohou být nanejvýš 2 elektrony,
ale musí mít opačný spin. Hodnotu s = - ½ při n = 4 proto může mít nanejvýš 16 elek-
tronů.
2. Uvažujte atom v základním stavu. Určete multiplicitu deseti elektronů ve skupině
degenerovaných orbitalů 4f:
7. Elektronový obal atomu, atomové orbitaly, výstavba elektronového obalu, ionty
– 42 –
Řešení:
Multiplicitu M vypočteme ze vztahu M = 2 ǀSǀ + 1, kde S je součet spinových kvantových
čísel ve skupině degenerovaných orbitalů. Degenerovaných orbitalů f je celkem 7,
neboť pro f-orbitaly je  = 3 a pak magnetické kvantové číslo může nabývat sedmi hodnot:
m = -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3.
S = 7 ∙ 1/2 + 3 ∙ (-1/2) = 2
M = 2 ∙ ǀ2ǀ + 1 = 5
Hodnota multiplicity je tedy 5.
C
1. V každé trojici označte orbital s největší energií:
a) 1s, 2s, 2p b) 2s, 2p, 3d
c) 3p, 3d, 4s d) 4s, 3d, 4p
e) 6s, 4f, 3d
2. Zjistěte, zda mohou existovat orbitaly s následujícími kombinacemi kvantových
čísel a odůvodněte.
a) n = 5, = 2, mℓ = 3 b) n = 3,  = 3, mℓ = 2
c) n = 4,  = 0, mℓ = 0
3. V atomu jistého prvku je tento počet elektronů ve vrstvách s následujícími kvantovými
čísly: n = 1: 2 elektrony; n = 2: 8elektronů; n = 3: 8 elektronů, n = 4: 1
elektron
Na základě uvedených hodnot zjistěte:
a) atomové číslo prvku
b) celkový počet elektronů v orbitalech s, p a d v atomu tohoto prvku, jestliže
je atom v základním stavu
c) počet protonů v jádře atomu tohoto prvku
d) počet neutronů v jádře atomu tohoto prvku
e) o který prvek se jedná?
4. Předpokládáme, že atomy A a B mají elektronové konfigurace
A: 1s2
2s2
2p6
3s1
; B: 1s2
2s2
2p6
6s1
Která z následujících tvrzení jsou nesprávná?
a) K přeměně A na B je potřeba dodat energii.
b) A představuje atom sodíku.
c) A a B jsou atomy různých prvků.
d) Odtržení jednoho elektronu z atomu A vyžaduje méně energie než odtržení
elektronu z atomu B.
↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑ ↑ ↑ ↑
7. Elektronový obal atomu, atomové orbitaly, výstavba elektronového obalu, ionty
– 43 –
5. Napište elektronovou konfiguraci následujících atomů, oddělte core a valenční
sféru:
a) dusík, b) titan,
c) tellur, d) wolfram,
e) bor, f) rubidium.
6. Napište elektronové konfigurace těchto iontů v základním stavu: K+
, H,
Zn2+
.
7. Které z následujících atomů a iontů jsou paramagnetické? Ag, Na, Sr, Cu+
, Ba2+
.
8. Jaká elektronová konfigurace je charakteristická pro:
a) alkalické kovy, b) kovy alkalických zemin,
c) chalkogeny, d) halogeny,
e) vzácné plyny, f) přechodné prvky?
9. Vypočítejte multiplicitu šesti elektronů v orbitalech 3d a 4f v níže uvedených
schématech a pomocí pravidla maximální multiplicity rozhodněte, která z uvedených
obsazení orbitalů 3d a 4f jsou určitě nesprávná za předpokladu, že příslušný
atom je v základním stavu.
a) 3d b) 3d
c) 3d d) 4f
e) 4f f) 4f
g) 4f
7. Elektronový obal atomu, atomové orbitaly, výstavba elektronového obalu, ionty
– 44 –
Výsledky:
1. a) 2p b) 3d
c) 3d d) 4p
e) 4f
2. a) ne b) ne
c) ano
3. a) 19 b) 7 elektronů s, 12 elektronů p,
0 elektronů
c) 19 d) není možné zjistit
e) draslík
4. c, d
5. a) N: 1s2
ǀ 2s2
2p3
b) Ti: 1s2
2s2
2p6
3s2
3p6
ǀ 4s2
3d2
c) Te: 1s2
2s2
2p6
3s2
3p6
4s2
3d10
4p6
ǀ 5s2
4d10
5p4
d) W: 1s2
2s2
2p6
3s2
3p6
4s2
3d10
4p6
5s2
4d10
5p6
ǀ 6s2
4f14
5d4
e) B: 1s2
ǀ 2s2
2p1
f) Rb: 1s2
2s2
2p6
3s2
3p6
4s2
3d10
4p6
ǀ 5s1
6. a) K+
: 1s2
2s2
2p6
3s2
3p6
ǀ 4s0
b) H–
: 1s2
c) Zn2+
: 1s2
2s2
2p6
3s2
3p6
ǀ 4s2
3d8
, resp. 1s2
2s2
2p6
3s2
3p6
ǀ 4s2
3d10
4s0
7. Ag, Na
8. a) ns1
b) ns2
c) ns2
np4
d) ns2
np5
e) ns2
np6
f) ns0-2
(n-1)d1-10
9. Hodnoty multiplicit:
a) 5 b) 1
c) 5 d) 1
e) 1 f) 5
g) 7; Nesprávné obsazení orbitalů je v případech b, d, e, f.
8. Periodický zákon, periodická tabulka, periodicita chemických a fyzikálních vlastností prvků
– 45 –
8. Periodický zákon, periodická tabulka, periodicita chemických
a fyzikálních vlastností prvků
A
1. Vysvětlete, co obecně rozumíme pod pojmem periodicita.
2. Formulujte dnešní znění periodického zákona.
3. Formulujte Mendělejevovo znění periodického zákona a vysvětlete, u kterých
prvků se projevila nepřesnost jeho formulace.
4. Jaká elektronová konfigurace valenční sféry je charakteristická pro:
a) alkalické kovy, b) kovy alkalických zemin,
c) halogeny, d) vzácné plyny,
e) přechodné prvky?
5. Vysvětlete následující pojmy a objasněte, jak hodnota uvedených vlastností souvisí
s polohou prvku v periodické tabulce:
a) ionizační energie, b) elektronová afinita,
c) elektronegativita.
6. Jak se mění velikost kovalentních poloměrů prvků a iontových poloměrů izoelektronových
iontů v dané periodě a skupině periodického systému prvků?
7. Definujte nebo vysvětlete následující pojmy:
a) valenční elektrony, b) perioda, skupina,
c) nepřechodné, přechodné a vnitřně přechodné prvky,
d) s, p, d a f prvky, e) primární a sekundární periodicita,
f) atomové a iontové poloměry, g) lanthanoidová kontrakce,
h) oxidační číslo.
8. Pojmenujte 1., 2., 16., 17. a 18. skupinu prvků jejich skupinovými názvy.
9. V dlouhé formě periodické tabulky vyhledejte nepřechodné prvky, přechodné
prvky, vnitřně přechodné prvky, kovy, nekovy a polokovy.
10. Proč je ionizační energie atomu kteréhokoliv prvku do 2. stupně vyšší než ionizační
energie atomu téhož prvku do 1. stupně?
11. Kolik ionizačních energií (tj. do kterého nejvyššího stupně) má atom beryllia?
12. Proč u atomu vodíku existuje pouze první ionizační energie (tj. ionizační energie
do 1. stupně)?
8. Periodický zákon, periodická tabulka, periodicita chemických a fyzikálních vlastností prvků
– 46 –
B
1. Vyberte z trojice atom s největším poloměrem: Rb, K, Cs.
Řešení:
Polohu prvků si vyhledáme v periodické tabulce. Závislost velikosti atomového poloměru
na pozici prvku v periodické tabulce je znázorněna níže:
atomový poloměr, iontový poloměr
K
Rb
Cs
Nyní je zřejmé, že největší poloměr z uvedených prvků má atom cesia.
2. Seřaďte následující atomy podle vzrůstající první ionizační energie: As, Ge, Se.
Řešení:
Polohu prvků si vyhledáme v periodické tabulce. Závislost první ionizační energie atomu
na pozici prvku v periodické tabulce je znázorněna níže:
první ionizační energie, elektronová afinita, elektronegativita
Ge As Se
Nyní je zřejmé, že první ionizační energie u uvedených prvků roste v pořadí Ge – As –
Se.
8. Periodický zákon, periodická tabulka, periodicita chemických a fyzikálních vlastností prvků
– 47 –
Uvedené prvky se nachází ve stejné skupině (1. skupina) a to v pořadí K – Rb – Cs.
Obecně platí, že atomové poloměry ve skupině směrem dolů rostou, největší atomový
poloměr z uvedených prvků má tedy cesium Cs.
3. Seřaďte následující prvky podle rostoucí elektronegativity: Ga, P, Rb, N, Sr:
Řešení:
Polohu prvků si vyhledáme v periodické tabulce. Závislost elektronegativity na pozici
prvku v periodické tabulce je znázorněna níže:
první ionizační energie, elektronová afinita, elektronegativita
N
P
Ga
Rb Sr
Pořadí uvedených prvků podle rostoucí elektronegativity je Rb – Sr – Ga – P – N.
C
1. Vyberte z každé trojice atom s největším poloměrem:
a) Ag, Sr, In b) Ba, Ne, As
2. Bez použití tabelovaných hodnot seřaďte prvky a ionty v uvedených skupinách
podle rostoucí velikosti jejich poloměrů:
a) B, C, Al, Na, K b) O, F, Li, Be, Cs
c) K+
, Rb+
, Be2+
, Mg2+
, Ca2+
d) O, O2,
F, S2-
3. Bez použití tabulek seřaďte následující molekuly podle vzrůstající délky vazby:
HF, HCl, HBr, HI.
4. Seřaďte následující atomy podle vzrůstající hodnoty první ionizační energie:
a) Ga, Tl, In b) Sn, Sb, Pb
c) Li, Na, K, C, F d) P, As, Sb, Sn
e) F, Cs, S, Ca
5. Ve které skupině periodického systému prvků budou mít prvky nízké hodnoty
ionizační energie do 1. a 2. stupně a vysoké hodnoty do 3. stupně?
8. Periodický zákon, periodická tabulka, periodicita chemických a fyzikálních vlastností prvků
– 48 –
6. Seřaďte níže uvedené prvky podle vzrůstající elektronegativity: As, Ba, Ca, Cs,
F, O, S, Se.
7. Seřaďte sloučeniny SO2, H2S, SF2, OF2, ClF3 a H2Se podle vzrůstajícího iontového
charakteru jejich vazeb.
8. Bez použití tabulek seřaďte následující látky podle vzrůstajícího bodu varu: NaCl,
He, Ne, Ar, Cl2, C2H5OH.
9. Pro každý z prvků A ([Ar] 4s2
) a B ([Ar] 3d10
4s2
4p5
) určete, aniž byste zjišťovali,
o které prvky se jedná:
a) zda jsou kovy nebo nekovy
b) zda jsou přechodnými prvky
c) zda mají vysoké nebo nízké hodnoty ionizační energie, elektronové afinity
a elektronegativity
d) který oxidační stupeň bude u nich nejstálejší
e) který z nich má větší atomový poloměr
Výsledky:
1. a) Sr b) Ba
2. a) C, B, Al, Na, K b) F, O, Be, Li, Cs
c) Be2+
, Mg2+
, Ca2+
, K+
, Rb+
d) F, O, O2,
S2-
3. HF, HCl, HBr, HI
4) a) b) c) d) e)
4. a) Tl, In, Ga b) Pb, Sn, Sb
c) K, Na, Li, C d) Sn, Sb, As, P
e) Cs, Ca, S, F
5. 2.
6. Cs, Ba, Ca, As,Se, S, O, F
7. H2Se, H2S, OF2, ClF3, SO2, SF2
8. He, Ne, Ar, Cl2, C2H5OH, NaCl
9. a) A kov, B nekov b) nejsou
c) A nízké, B vysoké hodnoty d) A II., B -I.
e) A
9. Chemická vazba
– 49 –
9. Chemická vazba
A
1. Které podmínky musí být splněny, aby mohla vzniknout chemická vazba?
2. Vysvětlete následující pojmy: vazebná energie, disociační energie, délka vazby.
3. Obrázek znázorňuje závislost potenciální energie soustavy dvou atomů E na
vzdálenosti těchto atomů r. Do prázdných polí doplňte správné vysvětlivky a) až
d).
a) převládající meziatomové přitažlivé síly
b) převládající meziatomové odpudivé síly
c) délka chemické vazby
d) vazebná energie
4. Vyberte správnou odpověď: Meziatomová vzdálenost v kovalentní chemické
vazbě má hodnotu řádově:
a) 10−6
m b) 10−9
m
c) 10−10
m d) 10−11
m
e) 10−12
m
5. Určete, jaké vazby existují v následujících látkách: oxid uhličitý, oxid křemičitý,
fluorid rubidný, polyethylen, cín, fenol, naftalen, chlorid amonný, hydrid sodný.
Vybírejte všechny správné odpovědi z následujících nabídek (v jednom případě
je více správných odpovědí):
1) kovalentní nepolární, 2) kovalentní polární, 3) iontová, 4) kovová.
6. Uvažujte jednoduchou vazbu mezi atomy uhlíku v ethanu, dvojnou vazbu mezi
atomy uhlíku v ethenu a trojnou vazbu mezi atomy uhlíku v ethynu. Vyjádřete se
ke správnosti následujících tvrzení. Odůvodněte:
– Délka trojné vazby je menší než délka dvojné vazby.
– Dvojná vazba je tvořena buď dvěma vazbami σ, nebo dvěma vazbami π.
– Trojná vazba je tvořena jednou vazbou σ a dvěma vazbami π.
9. Chemická vazba
– 50 –
B
1. Vyberte vazbu, která je nejvíce polární: Ge–F, C–F, Si–F.
Řešení:
Polarita vazby roste s rozdílem elektronegativit vázaných atomů. V daném případě se
jeden z prvků opakuje ve všech sloučeninách (fluor), stačí tedy porovnat elektronegativitu
jeho vazebných partnerů. Protože fluor má velkou elektronegativitu, bude nejpolárnější
ta vazba, kde vazebný partner fluoru má elektronegativitu nejmenší. Elektronegativity
porovnáme analogicky jako v kapitole 8, část B, př. 3. Z uvedených prvků (Ge, C,
Si) má nejmenší elektronegativitu Ge. Vazba Ge-F je tedy z daných nabídek nejvíce po-
lární.
2. Ve skupině vazeb vyberte vazbu s nejdelší a s nejkratší meziatomovou vzdále-
ností:
O − H, S − H, Se − H .
Řešení:
Meziatomové vzdálenosti porovnáme pomocí porovnání atomových poloměrů. Vodík je
všem třem zadaným vazbám společný, porovnáváme tedy jen jeho reakční partnery (O,
S, Se). Postupem probraným v kapitole 8 dojdeme ke zjištění, že nejmenší atomový poloměr
z těchto prvků má kyslík, největší Se.
Nejkratší vazba je tedy O–H, nejdelší Se – H.
3. Odhadněte, která látka v uvedené dvojici má vyšší bod tání: NaCl, NaBr.
Řešení:
Vyšší bod tání bude mít ta látka, která má k sobě pevněji poutané ionty. Tuto sílu lze
velmi přibližně odhadnout pomocí Coulombova zákona: Síla, kterou na sebe působí dva
bodové elektrické náboje, je přímo úměrná součinu velikosti nábojů vázaných iontů
a nepřímo úměrná druhé mocnině vzdálenosti jejich jader.
V daném případě jde u obou porovnávaných látek o jednomocné ionty, porovnáváme
tedy pouze meziatomové vzdálenosti (postup viz předchozí příklad). Vzdálenost mezi
Na+
a Cl–
je kratší než vzdálenost mezi Na+
a Br–
, proto se ionty Na+
a Cl–
přitahují větší
silou než ionty Na+
a Br–
. Proto NaCl taje při vyšší teplotě než NaBr.
C
1. Vyberte vazbu, která je nejvíce polární : H-–H, H–S, H–O.
2. Najděte v tabulkách délku vazeb v těchto sloučeninách: KI, CaF2, H2S, CH4,
SiH4 . Nalezené údaje uveďte v jednotkách: metry, nanometry, pikometry, ang-
strömy.
3. V každé skupině vazeb vyberte vazbu s nejdelší a s nejkratší meziatomovou
vzdáleností. Odůvodněte.
a) C – C, C = C, C ≡ C
b) C − F, C − Cl, C − Br, C − I
9. Chemická vazba
– 51 –
4. Odhadněte, která látka v uvedených dvojicích má vyšší bod tání:
a) ZnO, ZnS
b) BaO, MgO
c) KCl, CaO
Výsledky:
A 3.:
A 4. c)
C
1. H–O
2.
látka m nm pm
KI 304 · 10–12
0,304 304 3,04
CaF2
210 · 10–12
0,210 210 2,10
H2S 135 · 10–12
0,135 135 1,35
CH4
109 · 10–12
0,109 109 1,09
SiH4
148 · 10–12
0,148 148 1,48
3. a) nejdelší C – C, nejkratší C ≡ C b) nejdelší C − I, nejkratší C – F
4. a) ZnO b) MgO
c) CaO
10. Molekulové orbitaly
– 52 –
10. Molekulové orbitaly
A
1. Vysvětlete následující pojmy: atomové orbitaly, hybridizované atomové orbitaly,
molekulové orbitaly, vazebné molekulové orbitaly, antivazebné molekulové
orbitaly, nevazebné atomové orbitaly.
2. Kolik molekulových orbitalů vzniká překrytím a vzájemnou interakcí dvou atomových
orbitalů?
3. Vyjmenujte a formulujte pravidla pro zaplňování molekulových orbitalů elek-
trony.
4. Kde mají σ molekulové orbitaly oblast nejvyšší pravděpodobnosti výskytu elek-
tronů?
5. Kde mají π molekulové orbitaly oblast nejvyšší pravděpodobnosti výskytu elek-
tronů?
6. Vyjmenujte a formulujte pravidla pro zaplňování molekulových orbitalů elek-
trony.
B
1. Pro částice CN a CN−
vyřešte následující úkoly:
a) zakreslete energetické diagramy molekulových orbitalů
b) určete řád vazby v každé z uvedených částic
c) zjistěte, zda délka vazby v částici CN je větší než délka vazby v částici CN−
10. Molekulové orbitaly
– 53 –
Řešení:
a)
6C: 1s2
2s2
2p2
7N: 1s2
2s2
2p3
E
MO (CN–
)
*
yσAO (C) AO (N)
*
xπ
*
zπ
2p 2p    
 
b
xπ
b
zπ
b
yσ
*
sσ
rostoucíenergie
2s

2s 

b
sσ
*
sσ
1s

1s 

b
sσ
10. Molekulové orbitaly
– 54 –
6C: 1s2
2s2
2p2
7N: 1s2
2s2
2p3
E
MO (CN-
)
*
yσAO (C) AO (N)
*
xπ
*
zπ
2p 2p    
 
b
xπ
b
zπ
b
yσ
*
sσ
rostoucíenergie
2s

2s 

b
sσ
*
sσ
1s

1s 

b
sσ
b) řád vazby: ř. v. =
vazebné−antivazebné
2
ř. v. (CN) =
9−4
2
= 2,5… resp.
5−0
2
= 2,5
ř. v. (CN−
) =
10−4
2
= 3 … resp.
6−0
2
= 3
c) ř. v. (CN−
) > ř. v. (CN) Proto je délka vazby v částici CN větší než délka vazby CN−
.
C
1. Pro následující částice nakreslete energetické digramy molekulových orbitalů
a zjistěte řád vazby: B2, C2, N2, F2, NO, CO, He2, He2
+
, H2
+
, Be2
+
, O2
2−
,O2
−
, LiH,
HF.
2. Vysvětlete pomocí diagramu molekulových orbitalů, proč je v molekule N2 trojná
vazba (N≡ N), ale v molekule F2 je vazba jednoduchá (F −F).
3. Pomocí diagramu molekulových orbitalů odhadněte, zda délka vazby je delší
v molekule NO nebo CO.
4. V každé dvojici vyberte částici s větší meziatomovou vzdáleností:
a) v N2 nebo v N2
+
b) v F2 nebo v F2
+
5. Nakreslete diagram molekulových orbitalů pro částice NO a NO+
a zjistěte pro
každou z nich:
10. Molekulové orbitaly
– 55 –
a) vazebný řád
b) zda délka vazby v NO je větší než délka vazby v NO+
c) zda zvýšení počtu elektronů v molekulových orbitalech znamená vždy
i zvýšení energie vazby
6. Seřaďte uvedené částice podle vzrůstající pevnosti vazby: O2 , O2
+
, O2
−
, O2
2+
,
O2
2−
.
7. Doplňte chybějící obrázky v tabulce (místa pro doplnění údajů jsou označena
šedým rámečkem). Souřadnicový systém pro popis orientace orbitalů v prostoru
je v souladu s osovým křížem:
interagující AO výsledné MO
rostoucí
energie
E
s + s
*
sσ antivazebný
b
sσ vazebný
rostoucíenergie
E s + py
*
syσ antivazebný
b
syσ vazebný
E py + py
*
yσ antivazebný
b
yσ vazebný
rostoucíenergie
E
22
zz
dd 
*
z2σ antivazebný
b
z2σ vazebný
10. Molekulové orbitaly
– 56 –
rostoucíenergie
E pz + pz
*
zπ antivazebný
b
zπ vazebný
rostoucíenergie
E px + px
*
xπ antivazebný
b
xπ vazebný
rostoucíener-
gie
E
pz + dyz
*
yzz,π antivazebný
b
yzz,π vazebný
rostoucíenergie
E dyz + dyz
*
yzπ antivazebný
b
yzπ vazebný
10. Molekulové orbitaly
– 57 –
Výsledky:
1.
B2: řád vazby = 1
E
MO (B2)
*
yσAO (B) AO (B)
*
xπ
*
zπ
2p 2p 
b
xπ
b
zπ
b
yσ
*
sσ
rostoucíenergie
2s

2s 

b
sσ
*
sσ
1s

1s 

b
sσ
10. Molekulové orbitaly
– 58 –
C2: řád vazby = 2
E
MO (C2)
*
yσAO (C) AO (N)
*
xπ
*
zπ
2p 2p   
 
b
xπ
b
zπ
b
yσ
*
sσ
rostoucíenergie
2s

2s 

b
sσ
*
sσ
1s

1s 

b
sσ
10. Molekulové orbitaly
– 59 –
N2: řád vazby = 3
E
MO (N2)
*
yσAO (N) AO (N)
*
xπ
*
zπ
2p 2p     
 
b
xπ
b
zπ
b
yσ
*
sσ
rostoucíenergie
2s

2s 

b
sσ
*
sσ
1s

1s 

b
sσ
10. Molekulové orbitaly
– 60 –
F2: řád vazby = 1
E
MO (F2)
*
yσAO (F) AO (F)
*
xπ
*
zπ 
2p 2p    
 
b
xπ
b
zπ
b
yσ
*
sσ
rostoucíenergie
2s

2s 

b
sσ
*
sσ
1s

1s 

b
sσ
10. Molekulové orbitaly
– 61 –
NO: řád vazby = 2,5
E
MO (NO)
*
yσAO (N) AO (O)
*
xπ
*
zπ
2p 2p     
 
b
xπ
b
zπ
b
yσ
*
sσ
rostoucíenergie
2s

2s 

b
sσ
*
sσ
1s

1s 

b
sσ
10. Molekulové orbitaly
– 62 –
CO: řád vazby = 3
E
MO (CO)
*
yσAO (C) AO (O)
*
xπ
*
zπ
2p 2p    
 
b
xπ
b
zπ
b
yσ
*
sσ
rostoucíenergie
2s

2s 

b
sσ
*
sσ
1s

1s 

b
sσ
He2: řád vazby = 0
10. Molekulové orbitaly
– 63 –
He2
+
: řád vazby = 0,5
H2
+
: řád vazby = 0,5
Be2
+
: řád vazby = 0,5
10. Molekulové orbitaly
– 64 –
O2
2–
: řád vazby = 1
E
MO (O2
2–
)
*
yσAO (O–
) AO (O–
)
*
xπ
*
zπ 
2p 2p     
 
b
xπ b
zπ
b
yσ
*
sσ
rostoucíenergie
2s

2s 

b
sσ
*
sσ
1s

1s 

b
sσ
10. Molekulové orbitaly
– 65 –
O2
–
: řád vazby = 1,5
E
MO (O2
–
)
*
yσAO (O) AO (O–
)
*
xπ
*
zπ 
2p 2p     
 
b
xπ
b
zπ
b
yσ
*
sσ
rostoucíenergie
2s

2s 

b
sσ
*
sσ
1s

1s 

b
sσ
LiH: řád vazby = 1
10. Molekulové orbitaly
– 66 –
HF: řád vazby = 1
2. Řád vazby v molekule N2 je 3 a řád vazby v molekule F2 je 1.
3. Delší vazba je v molekule NO.
4. a) N2
+
b) F2
5. a) NO: 2,5; NO+
: 3,0 b) délka vazby je větší v NO
c) neznamená
6. O2
2−
, O2
−
, O2 , O2
+
, O2
2+
7.
interagující AO výsledné MO
rostoucí
energie
E
s + s
*
sσ antivazebný
b
sσ vazebný
rostoucíenergie
E s + py
*
syσ antivazebný
b
syσ vazebný
10. Molekulové orbitaly
– 67 –
rostoucíenergie
E py + py
*
yσ antivazebný
b
yσ vazebný
rostoucíenergie
E
22
zz
dd 
*
z2σ antivazebný
b
z2σ vazebný
rostoucíenergie
E pz + pz
*
zπ antivazebný
b
zπ vazebný
rostoucíenergie
E px + px
*
xπ antivazebný
b
xπ vazebný
rostoucíener-
gie
E
pz + dyz
*
yzz,π antivazebný
b
yzz,π vazebný
rostoucíenergie
E dyz + dyz
*
yzπ antivazebný
b
yzπ vazebný
11. Metoda VSEPR
– 68 –
11. Metoda VSEPR
A
1. Nakreslete prostorové rozmístění skupin hybridních orbitalů sp, sp2
, sp3
, sp3
d,
sp3
d2
a sp2
d.
2. Formulujte pravidla pro zápis elektronových strukturních vzorců.
3. Formulujte pravidla základní a doplňková pravidla metody VSEPR.
B
1. Určete tvar molekuly vody.
Řešení:
Nejprve zapíšeme elektronový strukturní vzorec vody:
O
H H
Pak určíme středový atom, určíme počet σ-vazeb z něj vycházejících (nσ) a počet nevazebných
(volných) elektronových párů na středovém atomu (nn):
Středový atom je atom kyslíku O.
nσ = 2 (z atomu O vycházejí dvě σ-vazby)
nn = 2 (na atomu O jsou dva nevazebné elektronové páry).
ntot = nσ + nn = 2 + 2 = 4
Z toho vyplývá, že kolem středového atomu se budou rozmisťovat 4 elektronové páry.
Rozmístí se v prostoru do 4 směrů co nejdále od sebe, tj. z centrálního atomu budou tyto
elektronové páry směřovat do vrcholů pravidelného tetraedru. Centrální atom bude
v jeho těžišti. U tohoto tělesa má úhel sevřený spojnicemi těžiště s vrcholy hodnotu
 = 109,5 °.

Centrální atom bude v těžišti, atomy na něj vázané σ vazbou budou
ve vrcholech. Do zbývajících vrcholů budou směřovat nevazebné
elektronové páry:
H
O
H
11. Metoda VSEPR
– 69 –
Nevazebné elektronové páry od sebe odpuzují zbývající elektronové
páry více, než to činí elektronové páry σ (doplňkové pravidlo
č. 1), proto je úhel H-O-H menší, než je odhadnuto ze základního
tvaru. Experimentálně bylo zjištěno, že úhel H-O-H
v molekule vody má velikost 104,5° .
H
O
H
Skutečným tvarem molekuly rozumíme pouze polohu atomů a vazeb
mezi nimi, zatímco nevazebné elektronové páry jsou „neviditelné“.
Skutečný tvar molekuly vznikne tedy „smazáním“ nevazebných
elektronových párů (a také základního geometrického
útvaru, v daném případě tetraedr, který jsme si pro odvození tvaru
molekuly pouze pomocně představovali1
):
H
O
H
Rozlišujeme tedy základní tvar VSEPR a skutečný tvar molekuly. V případě vody:
základní tvar VSEPR skutečný tvar molekuly
H
O
H
pravidelný tetraedr lomená molekula, úhel HOH  109,5°
1
V některých učebnicích se místo základního geometrického tělesa (v našem případě tetraedr
neboli pravidelný čtyřstěn) zakreslují pouze spojnice těžiště tělesa a vrcholů. Záznam by pak vypadal tak-
to:
H
O
H
H
O
H H
O
H
11. Metoda VSEPR
– 70 –
C
1. Napište elektronové strukturní vzorce následujících látek:
N2, CO, CS2, PCl3, PF5, HCN, CH3OH, SiO2, O2, SF6, BF3, SO3, CH3COOH,
XeF2.
2. Doplňte do bílých polí v tabulce chybějící údaje:
3. Určete typ hybridizace orbitalů centrálního atomu v následujících molekulách:
Moleku-
lovývzo-
rec
Elektronový
strukturní
vzorec
nσ
nn
ncelk
Základní
tvar VSEPR
Rozmístění σ- a n- elektronových
párů středového
atomu, případná defor-
mace
Skutečný tvar mole-
kuly
ZnI2
Lineár-
ní
BCl3
SF4
Tetraedr(trigonální
pyramida)
PF5 5 0 5
11. Metoda VSEPR
– 71 –
a) H2O b) HCOH
c) PF5 d) ClF5
e) CS2 f) NH3
g) CH4 h) C2H2
i) HCN j) IF5
k) SO3 l) BrF3
m) PF2Cl3 n) IF7
o) SO2 p) XeF4
4. Určete základní tvar VSEPR a skutečný tvar následujících molekul:
a) H2O b) HCOH
c) PF5 d) ClF5
e) CS2 f) NH3
g) CH4 h) C2H2
i) HCN j) IF5
k) SO3 (sp2
) l) BrF3
m) PF2Cl3 n) IF7
o) SO2 p) XeF4
5. Určete základní tvar VSEPR těchto iontů a jejich skutečný tvar:
a) SO3
2–
b) [Fe(CN)6]3–
c) PO4
3–
d) [PCl6]–
e) [AuCl4]–
f) ClO2
–
g) [BF4]–
h) [AlF6]3–
i) CO3
2–
j) SO3F–
k) [SiF6]2–
l) H3O+
6. Odhadněte, zda molekula cyklopentanu je planární či nikoliv. Odůvodněte.
7. Cyklopropan je velmi reaktivní sloučenina. Zdůvodněte, proč často reaguje za
současného rozštěpení vazby C-C.
11. Metoda VSEPR
– 72 –
Výsledky:
1.
2.
Molekulo-
vývzorec
Elektronový
strukturní
vzorec
nσ
nn
ncelk
Základní tvar
VSEPR
Rozmístění σ- a nelektronových
párů
středového atomu,
případná de-
formace
Skutečný tvar mole-
kuly
ZnI2 2 0 2
Lineár-
ní
Lineár-
ní
BCl3 3 0 3
Rovnostranný
trojúhelník
Rovnostranný
trojúhelník
SF4 4 1 5
Trigonální(trojboká)bipyra-
mida
Deformovanátetragonálnípy-
ramida
PH3 3 1 4
pravidelnýtetraedr
Tetraedr(trigonální
pyramida)
11. Metoda VSEPR
– 73 –
PF5 5 0 5
Trigonální(trojboká)
bipyramida
Trigonální(trojboká)
bipyramida
3. a) sp3
b) sp2
c) sp3
d d) sp3
d2
e) sp f) sp3
g) sp3
h) sp
i) sp j) sp3
d2
k) sp2
l) sp3
d
m) sp3
d n) sp3
d3
o) sp2
p) sp3
d2
4. a) pravidelný tetraedr, lomená
b) rovnostranný trojúhelník, rovnoramenný trojúhelník
c) trigonální bipyramida, trigonální bipyramida
d) tetragonální bipyramida, tetragonální pyramida
e) lineární, lineární
f) pravidelný tetraedr, tetraedr
g) pravidelný tetraedr, pravidelný tetraedr
h) lineární, lineární
i) lineární, lineární
j) tetragonální bipyramida, tetragonální pyramida
k) rovnostranný trojúhelník, rovnostranný trojúhelník
l) trigonální bipyramida, tvar deformovaného T
m) trigonální bipyramida, trigonální bipyramida
n) pentagonální bipyramida, pentagonální bipyramida
11. Metoda VSEPR
– 74 –
o) rovnostranný trojúhelník, lomená
p) tetragonální bipyramida, čtverec
5. a) rovnostranný trojúhelník, rovnostranný trojúhelník
b) tetragonální bipyramida, tetragonální bipyramida
c) pravidelný tetraedr, pravidelný tetraedr
d) tetragonální bipyramida, tetragonální bipyramida
e) čtverec, čtverec
f) pravidelný tetraedr, lomená
g) pravidelný tetraedr, pravidelný tetraedr
h) tetragonální bipyramid, tetragonální bipyramida
i) rovnostranný trojúhelník, rovnostranný trojúhelník
j) pravidelný tetraedr, deformovaný tetraedr
k) tetragonální bipyramida, tetragonální bipyramida
l) pravidelný tetraedr, trigonální pyramida
6. Není planární, sp3
hybridizace orbitalu atomu C.
7. Skutečný tvar molekuly cyklopropanu je takový, jako ukazuje vzorec níže, tj.
vnitřní úhly C – C – C mají velikost 60 °. Podle teorie VSEPR by však na atomech
uhlíku mělo být tetraedrické uspořádání s vazebnými úhly 109,5. Vazby σ
lokalizované mezi atomy uhlíku jsou tedy příliš blízko k sobě a odpuzují se.
C
C
C
H
H
H H
H
H
12. Lokalizace vazeb
– 75 –
12. Lokalizace vazeb
A
1. Nakreslete tři základní typy rozmístění dvojných vazeb v organických sloučeninách
a pojmenujte je.
2. Vysvětlete, které vazby v molekule benzenu jsou lokalizované a které delokali-
zované.
3. Může k delokalizaci vazeb docházet i u jiných látek než aromatických? Pokud
ano, uveďte příklady. Pokud ne, vysvětlete příčiny.
4. Vysvětlete základy teorie rezonance. Ilustrujte je na příkladu molekuly benzenu.
B
1. Z uvedené dvojice systémů vyberte stabilnější:
CH
+
vs.
CH
+
Řešení:
Stabilnější systém je ten, který má více tzv. rezonančních struktur. Ze záznamu níže je
zřejmé, že více rezonančních struktur má vzorec zapsaný v zadání vlevo (se dvěma
dvojnými vazbami), tento systém je tedy stabilnější:
CH
+
CH
+
CH
+
CH
+
CH
+
CH
+
I II III IV V VI
CH
+
CH
+
I II
C
1. Z uvedených dvojic systémů vyberte stabilnější. Svoji volbu odůvodněte.
a) CH2 CH3
vs. CH2 CH2
12. Lokalizace vazeb
– 76 –
b) vs.
Výsledky:
1. Stabilnější je:
a) CH2 CH3
b)
13. Polarita vazeb
– 77 –
13. Polarita vazeb
A
1. Jak je zavedena klasifikace vazeb na nepolární, polární a iontové?
2. Co vyjadřuje parciální náboj? Jak se značí parciální náboj?
3. Jak se liší formální a efektivní náboj iontů?
4. Definujte dipólový moment dvojatomové molekuly.
5. K čemu v chemii může sloužit znalost hodnoty dipólového momentu?
6. Jak vypočtete dipólový moment tří- a víceatomových molekul z hodnot dipólových
momentů vazeb?
7. Vysvětlete, u kterých látek a jak vzniká indukční efekt. Které druhy indukčních
efektů znáte?
8. Vysvětlete, u kterých látek a jak vzniká mezomerní efekt. Které druhy mezomerních
efektů znáte?
B
1. Délka vazby v molekule fluorovodíku je  = 0,916 · 10–10
m. Experimentálně zjištěná
hodnota dipólového momentu HF je  = 6,4 · 10–30
C m. Vypočítejte velikost
efektivního náboje Q na iontech H+
, F–
. Kolikrát je tato hodnota menší než
náboj formálně přítomný na uvedených atomech (tzv. formální náboj)?
Řešení:
Dipólový moment μ

molekuly HF je definován vztahem

 Qμ , pro velikosti  = Q 
 .
Po číselném dosazení:
6,4 · 10–30
= QE  0,916 · 10–10
 QE = C106,987
100,916
106,4 20
10
30






Vypočítaný údaj je absolutní hodnota efektivního (= skutečného) náboje na iontech H+
a F–
.
Absolutní hodnota formálního náboje na jednotlivých iontech je QT = C101,602 19
 .
Pak:
2928,2
10987,6
10602,1
Q
Q
20
19
E
T



 

2,3
Efektivní náboj na iontech H+
, F–
v molekule HF je asi 2,3 menší než náboj formální.
2. Z následujících sloučenin vyberte takové, které mají nenulový dipólový moment:
O2, HBr, CO2, CF4 a H2O:
13. Polarita vazeb
– 78 –
Řešení:
U dvouatomových molekul posoudíme rozdíl elektronegativit obou vázaných atomů.
Jde-li o atomy téhož prvku, je vazba nepolární (O2). Pokud jsou vázány různé prvky,
pak jde vždy o vazbu polární, tj. taková molekula má vždy dipólový moment. Pokud je
však rozdíl elektronegativit menší než 0,4, pak se definicí taková molekula prohlašuje
za nepolární. V případě vodíku a bromu je rozdíl elektronegativit 0,5, molekula HBr tedy
má nenulový dipólový moment.
U víceatomových molekul nejprve zapíšeme elektronové strukturní vzorce uvažovaných
látek, určíme typ hybridizace středového atomu a skutečný tvar molekuly. Pak vyznačíme
dipólové momenty jednotlivých vazeb a pomocí pravidel pro sčítání vektorů určíme,
zda jejich výslednice je nulová či ne.
CO2: Hybridizace sp, molekula je lineární, dipólové momenty vazeb směřují na opačné
strany a navzájem se ruší. Celkový dipólový moment má nulovou hodnotu.
CF4: Molekula má tvar pravidelného tetraedru, hybridizace sp3
. Dipólové momenty vazeb
se vykompenzují. Celkový dipólový moment má nulovou hodnotu.
H2O: Hybridizace sp3
, lomená molekula. Dipólové momenty vazeb se nevyruší, výsledný
dipólový moment je nenulový.
C
1. Které z uvedených molekul mají nenulový dipólový moment? H2, H2S, BF3,
CHF3, PCl5, CCl4, NH3, H2O, F2, HF, o-, m- p-C6H4Br2
2. Na základě indukčního efektu odhadněte, zda je silnější kyselinou kyselina octová,
nebo kyselina trifluorooctová. Odůvodněte.
3. Oxid uhelnatý má délku vazby 1,13 · 10–10
m a dipólový moment
0,36 · 10-30
C m. Oxid dusnatý má délku vazby 1,59 · 10–10
m a dipólový moment
0,33 · 10–30
C m. Která z těchto látek má větší parciální náboj na atomu
kyslíku?
4. Chlorovodík má délku vazby 1,27 · 10–10
m a dipólový moment 3,60 · 10-30
C m.
Jodovodík má délku vazby 1,60 · 10–10
m a dipólový moment 1,27 · 10–30
C m.
Je silnější kyselina chlorovodíková, nebo jodovodíková? Odpověď podložte výpočtem
efektivního náboje na atomu vodíku.
13. Polarita vazeb
– 79 –
Výsledky:
1. HF, H2S, CHF3, o-, m- p-C6H4Br2
2. kyselina trifluorooctová
3. CO (CO: 3,19 · 10–21
C, NO: 2,08 · 10–21
C)
4. HCl (HCl: 2,83 · 10–20
C, HI: 7,94 · 10–21
C)
14. Kovalentní látky
– 80 –
14. Kovalentní látky
A
1. Vysvětlete následující pojmy: kovalentní látka, nízkomolekulární kovalentní látka,
vysokomolekulární kovalentní látka, iontová látka, kovová látka.
2. Vyjmenujte aspoň tři příklady:
a) nízkomolekulárních kovalentních látek,
b) vysokomolekulárních kovalentních látek,
c) iontových látek,
d) kovových látek.
3. Jaké typy prostorových uspořádání molekul vysokomolekulárních kovalentních
látek znáte? Ke každému typu uveďte alespoň jeden příklad.
4. K následujícím látkám Hg, NaCl, diamant, W, SiO2, H2, tuha napište:
a) v jakém skupenském stavu se nacházejí při pokojové teplotě,
b) zda jsou při pokojové teplotě elektricky vodivé,
c) zda jsou jejich teploty tání a varu vysoké nebo nízké ve srovnání s vodou.
5. Zdůvodněte rozdílnost fyzikálních vlastností grafitu a diamatu.
C
1. PbCl4 je kapalina s teplotou varu 105 °C. Jsou vazby v této sloučenině iontové
nebo kovalentní? Jak jste to určili? Odhadněte velikost vazebného úhlu Cl-Pb-
Cl.
2. Tabulka na konci tohoto příkladu poskytuje informace o látkách I – VII. Na základě
těchto dat se pokuste odpovědět na následující otázky:
a) Které z uvedených látek by mohly být kovy? Odůvodněte.
b) Které látky by mohly být iontové sloučeniny? Odůvodněte.
c) Dvě z uvedených látek obsahují pouze kovalentní vazby. Které? Odůvodněte.
d) O které z látek byste očekávali, že bude extrémně tvrdá?
Látka
Teplota
tání (°C)
Elektrická vodivost Rozpustnost ve voděPevná
fáze Kapalná fáze
I 6,5 špatná špatná ne
II 801 špatná dobrá ano
III -53,5 špatná špatná ne
IV 1535 dobrá dobrá ne
V 870 špatná dobrá ano
14. Kovalentní látky
– 81 –
VI 2045 špatná – ne
VII 321 dobrá dobrá ne
Výsledky:
1. kovalentní, 109°28´
2. a) IV, VII b) II, V
c) I, III d) VI
15. Koordinační sloučeniny
– 82 –
15. Koordinační sloučeniny
A
1. Jaký je rozdíl mezi pojmy „koordinační sloučenina“ a „komplexní sloučenina“?
2. Vysvětlete následující pojmy: centrální atom, ligand, koordinační číslo, kompenzující
ion, chelát, chelátový efekt, chelátový ligand, izomerie koordinačních
sloučenin.
3. Jak se liší vazba koordinačně-kovalentní od kovalentní?
4. Ve které oblasti chemie se hodně využívá chelátového efektu?
5. Vysvětlete, co je spektrochemická řada a uveďte ve správném pořadí některé její
členy.
6. Vysvětlete, proč jsou oxid uhelnatý a kyanidy extrémně toxické.
B
1. Uvažujme kationt [Co(en)2(NO2)2]+
. Odpovězte na následující otázky:
a) Který atom je centrální?
b) Co značí zkratka „en“ uvedená ve vzorci?
c) Jaké je oxidační číslo centrálního atomu?
d) Vypište jednovazné ligandy, pokud se ve sloučenině vyskytují.
e) Vypište dvojvazné ligandy, pokud se ve sloučenině vyskytují.
f) Vypište vícevazné (tj. více než dvojvazné) ligandy, pokud se ve sloučenině
vyskytují.
g) Jaké je koordinační číslo centrálního atomu?
Řešení:
a) Centrální atom se zapisuje jako první doleva do hranaté závorky. V tomto případě
to je kobalt.
b) Zkratka „en“ znamená ethylendiamin, tj. NH2-CH2-CH2-NH2. Jedná se o tzv. názvoslovnou
zkratku.
c) x + 2·0 + 2·(–1) = 1  x = 3. Oxidační číslo centrálního atomu je +III.
d) NO2
-
.
e) Ethylendiamin.
f) Ve sloučenině nejsou.
g) 2·2 + 2·1 = 6
2. V následujících sloučeninách určete koordinační číslo centrálního atomu.
a) [Co(NH3)4Cl2]Cl
15. Koordinační sloučeniny
– 83 –
b) [Fe(CN)6]3–
c) [Cr(NH3)3Cl3]
d) [Co(en)2(H2O)CN]2+
Řešení:
Koordinační číslo centrálního atomu udává počet donorových atomů navázaných na daný
centrální atom. V zadaných příkladech jsou všechny ligandy jednovazné, kromě
ethylenaminu, který je dvojvazný.
a) 4·1+2·1 = 6
b) 6·1 = 6
c) 3·1+3·1 = 6
d) 2·2+1+1 = 6
U všech uvedených sloučenin má koordinační číslo centrálního atomu hodnotu 6.
3. U následujících koordinačních sloučenin určete oxidační číslo centrálního ato-
mu:
a) [Co(H2O)6]I3
b) [Ru(NH3)5Cl]2+
c) [Fe(CN)6]4d)
[Co(NH3)6]Cl2
e) [Cr(H2O)5Br]Br2
Řešení:
Nejprve určíme náboj každého z ligandů a každého z kompenzujících iontů. Následně
pak využijeme skutečnost, že celkový elektrický náboj uvažované molekuly či iontu je
roven součtu elektrických nábojů (či oxidačních čísel) ligandů, centrálního atomu
a kompenzujících iontů.
a) H2O0
I–I
Cox
x + 6 · 0 + 3· (– 1) = 0  x = 3 CoIII
b) NH3
0
Cl–I
Rux
x + 5 · 0 + 1 · (– 1) = 2  x = 3 RuIII
c) (CN)–
Fex
x + 6 · (–1) = – 4  x = 2 FeII
d) NH3
0
Cl–I
Cox
x + 6 · 0 + 2 · (– 1) = 2  x = 2 CoII
e) H2O0
Br–I
Crx
x + 5 · 0 + 3· (– 1) = 0  x = 3 CrIII
3) U následujících sloučenin uveďte druhý z dvojice izomerů. Je udán typ izomerie.
a) [Co(NH3)5SO4]Cl , ionizační izomerie
b) cis-tetraammin-dichlorokobaltitý kationt, geometrická izomerie
c) [Cr(NH3)4(NO2)Cl]Cl, vazebná izomerie
d) [Pt(NH3)4][NiCl4], koordinační izomerie
Řešení:
a) [Co(NH3)5Cl]SO4 (odlišné rozdělení iontů mezi koordinační částici a kompenzující
sféru)
15. Koordinační sloučeniny
– 84 –
b) trans-tetraammin-dichlorokobaltitý kationt (izomerie cis-trans, cis znamená pozici
dvou shodných ligandů vedle sebe, trans znamená pozici dvou shodných ligandů naproti
sobě).
c) [Cr(NH3)4(ONO)Cl]Cl (odlišný způsob navázání téhož ligandu na centrální atom)
d) [Ni(NH3)4][PtCl4 ] (opačné umístění centrálních atomů v koordinačním kationtu
a koordinačním aniontu)
4. Na základě teorie ligandového pole zjistěte obsazení molekulových orbitalů podílejících
se na koordinačně-kovalentní vazbě v těchto koordinačních částicích:
a) [Co(NO2)6]3−
b) [Co(H2O)6]3+
Řešení:
a) Konfigurace Co3+
: [Ar] 3d6
4s0
4p0
Ze spektrochemické řady ligandů zjistíme, že ligandy NO2
–
vytvářejí silné ligandové pole.
Proto energetické štěpení d-orbitalů na t2g a eg bude velké.
b) Konfigurace Co3+
: [Ar] 3d6
4s0
4p0
Ze spektrochemické řady ligandů zjistíme, že ligandy H2O vytvářejí slabé ligandové pole.
Proto energetické štěpení d-orbitalů na t2g a eg bude malé. sp3
d2
15. Koordinační sloučeniny
– 85 –
C
1. Označte v níže uvedených sloučeninách centrální atom včetně jeho oxidačního
čísla, ligandy, koordinační částici, kompenzující ion a určete koordinační číslo
centrálního atomu.
a) K3[Fe(CN)6] b) Na[Co(CN)4]
c) [Cr(H2O)6]Cl3 d) [Co(NH3)5I]Br2
e) [Cu(NH2CH2CH2NH2)2]Cl2 f) [Co(NH3)3(H2O)Cl2]Cl
g) [Pt(NH3)4][PtCl4] h) K3[Fe(CO)(CN)5]
i)
2. Seřaďte níže uvedené ligandy od nejslabšího po nejsilnější. Využijte spektrochemickou
řadu. Ligandy k seřazení: OH−
, H2O, CN−
, Cl−,
NH3
Výběr ze spektrochemické řady:
slabé ligandové pole I–
< Br–
< CrO4
–
< Cl–
< SCN–
< N3
–
< F–
< S2O3
2–
<
CO3
2–
< OH–
< < NO3
–
< SO4
2–
< O2–
< H2O < (COO)2–
< NCS–
< NO2
–
<
NH3 < ethylendiamin < H–
< CH3
–
< C6H5
–
< C5H5
–
< CO < CN–
silné ligandové
pole
15. Koordinační sloučeniny
– 86 –
3. Pomocí pozice ligandů ve spektrochemické řadě rozhodněte, jestli reakce proběhne.
Pokud ano, napište produkty.
a) [Pt(H2O)4]2+
+ 4 NH3 → b) [Pt(NH3)4]2+
+ 4 H2O →
c) [Pt(H2O)4]2+
+ 4 CN–
→ d) [Pt(NH3)4]2+
+ 4 CN–
→
e) [Cr(H2O)6]3+
+ 6 F–
→ f) ) [Fe(CN)6]3–
+ 6 OH–
→
g) [Cr(H2O)6]3+
+ 6 CN–
→
4. Jak jsou zaplněny elektrony atomové orbitaly centrálního atomu, skupinové orbitaly
ligandů a molekulové orbitaly v kationtu [Co(NH3)6]3+
? Energetické štěpení
d-orbitalů v uvedené v uvedené koordinační částici je větší než energie odpudivého
působení mezi elektrony s opačnými spiny. Je tato látka paramagnetická,
nebo diamagnetická?
5. Nakreslete energetické diagramy molekulových orbitalů pro částice [Fe(CN)6]3–
a [FeF6]3–
. Srovnejte jejich oxidační vlastnosti.
Výsledky:
15. Koordinační sloučeniny
– 87 –
15. Koordinační sloučeniny
– 88 –
16. Slabé vazebné interakce
– 89 –
16. Slabé vazebné interakce
A
1. Vysvětlete podstatu vzniku vodíkové vazby.
2. Jak intermolekulární vodíková vazba ovlivňuje teplotu tání a teplotu varu látek?
Proč?
3. Jaký další typ vodíkových můstků znáte?
B
1. Seřaďte následující typy vazeb podle vzrůstající síly: vazba dipól-dipól, kovalentní
vazba, Londonovy disperzní síly, vodíková vazba.
Řešení:
Nejslabší jsou Londonovy disperzní síly (vznikají díky okamžitým malým nepravidelnostem
v rozložení elektrického náboje v molekule, která je v průměru elektricky neutrální),
o něco silnější je obvykle vazba dipól-dipól (parciální náboje na atomech polární
molekuly jsou větší než při fluktuaci náboje v molekule nepolární), následuje vodíková
vazba, nejsilnější z nabídky je vazba kovalentní.
Pro ilustraci je zde uvedena tabulka s přibližnými energiemi uvedených typů vazeb:
Typ vazby Energie (eV)
Londonovy disperzní síly < 0,05
vazba dipól-dipól 0,02 – 0,1
vodíková vazba 0,1 – 0,5
kovalentní vazba 2 – 10
C
1. Teploty tání a varu CH3COOH a CH3COOC2H5 shrnuje následující tabulka.
Zdůvodněte, proč hodnoty teploty tání a teploty varu jsou u CH3COOC2H5 jsou
nižší než tyto hodnoty u CH3COOH.
teplota tání (°C) teplota varu (°C)
CH3COOH 17 118
CH3COOC2H5 -83,6 77
2. Obrázek schématicky znázorňuje fragmenty DNA včetně párování bází. Písmena
A, T, C, G jsou zkratky pro deoxyribonukleotidy obsahující následující bázi:
16. Slabé vazebné interakce
– 90 –
A – adenin, T – thymin, C – cytosin, G – guanin.
Odhadněte, který z řetězců a), b) podlehne denaturaci (oddělení řetězců) při
vyšší teplotě.
a)
b)
3. Pro následující skupiny látek schematicky (bez konkrétních číselných hodnot)
zakreslete závislost teploty varu na molární hmotnosti. Tvar závislosti odůvod-
něte.
a) HF, HCl, HBr, HI b) H2O, H2S, H2Se, H2Te
4. Zakreslete elektronové strukturní vzorce následujících látek. Pokud mezi jejich
molekulami vznikají vodíkové můstky, čárkovaně je do správných míst vyznač-
te.
a) HCl, HCl b) HCl, OH–
c) NH3, NH3 d) H2O, H2O
5. Jak se spojují molekuly kyseliny šťavelové intermolekulárními vodíkovými můstky?
6. Jak vznikají intramolekulární vodíkové můstky v kyselině o-hydroxybenzoové?
7. Vzorce a schémata chemických látek I – XI zařaďte do skupin a) – e) podle toho,
jaké interakci podléhají:
a) interakce dipól – dipól
b) interakce dipól – iont
c) interakce dipól – indukovaný dipól (Debyeův efekt)
d) Londonovy disperzní síly (Londonův efekt)
e) hydrofobní
16. Slabé vazebné interakce
– 91 –
8. Vyberte NEsprávné tvrzení o mezimolekulových silách:
a) Vodíková vazba se může objevit ve struktuře proteinů (= bílkovin).
b) Mezi molekulami vody jsou přítomny vodíkové můstky.
c) Vodíkovou vazbu tvoří vodík jen s prvky s nízkou elektronegativitou.
d) Mezi atomy vzácných plynů a mezi nepolárními molekulami mohou působit
Londonovy disperzní síly.
16. Slabé vazebné interakce
– 92 –
Výsledky:
1. Mezi molekulami CH3COOC2H5 nemůže docházet ke vzniku intermolekulárních
vodíkových můstků jako v případě CH3COOH.
2. Řetězec b) denaturuje při vyšší teplotě než řetězec a). Vlákna v řetězci b) jsou
k sobě pevněji poutána, protože mezi cytosinem a guaninem jsou 3 vodíkové
můstky, zatímco mezi adeninem a thyminem pouze 2.
3. a)
b)
Obecně teplota tání i teplota varu u nízkomolekulárních kovalentních látek roste
s jejich rostoucí molární hmotností. Závislosti v grafech by tedy měly mít rostoucí
charakter. Sloučeniny HF a H2O jsou však výjimky. Mají zvýšené teploty
tání i varu, protože jejich molekuly jsou poutány vodíkovými můstky a vytvářejí
tak shluky s větší molární hmotností.
16. Slabé vazebné interakce
– 93 –
4. a) b)
ClH ClH
O H
H
Cl H
O H
H
Cl H
c) d)
N
H
H
H
N
H
H
H
O
H
H
O
H
H
5.
C C
O
OO
O
H
H
C C
O
OO
O
H
H
6.
O
O
OH
H
H
H
H
H
7) a) b); c); d); e)
a) V., IX. b) III., VIII.
c) XI. d) II., IV., VI.
e) I., VII., X.
8. c)
17. Vazba v biopolymerech
– 94 –
17. Vazba v biopolymerech
A
1. Vysvětlete pojem „biopolymer“ včetně rozkladu na slova tvořící tento termín.
Uveďte příklady biopolymerů.
2. Na jakých úrovních popisujeme strukturu biopolymerů?
a) Vyjmenujte je,
b) uveďte stručnou charakteristiku každé úrovně.
C
1. Určete, jakým typem vazby jsou vzájemně vázány dusíkaté báze adenin s thyminem
a guanin s cytosinem ve struktuře DNA.
2. Na jakých úrovních popisujeme strukturu biopolymerů? Určete, ve kterých úrovních
se uvedené struktury na obrázcích liší.
17. Vazba v biopolymerech
– 95 –
Výsledky:
1. vodíkové vazby
2. I kvartérní, II primární, III sekundární, IV primární
18. Iontová vazba
– 96 –
18. Iontová vazba
A
1. Vysvětlete následující pojmy: iontová vazba, mřížková energie, hydratace, solvatace,
efektivní náboj, formální náboj, polarizovatelnost iontů, polarizovatelnost
vazby.
2. Jak musí být zaplněny valenční orbitaly atomů nebo iontů, aby jejich elektronová
konfigurace byla stabilní?
3. Vysvětlete, proč elektrická vodivost tavenin iontových sloučenin je mnohem
vyšší než vodivost těchto látek v krystalickém stavu.
4. Vysvětlete princip chladicí směsi.
5. Vysvětlete, na čem závisí deformovatelnost iontů
B
1. V následující reakci určete oxidační a redukční činidlo:
Zn(s) + 2 HCl(aq) → ZnCl2(aq) + H2(g)
Řešení:
Nejprve určíme oxidační čísla všech zúčastněných prvků
Zn0
(s) + 2H+I
Cl–I
(aq) → Zn+II
Cl–I
2(aq) + H2
0
(g)
Nyní je zřejmé, že v systému probíhají tyto poloreakce:
Zn0
(s) → Zn+II
+ 2e–
Zinek je oxidován, sám je redukčním činidlem.
2H+I
+ 2e–
→ H2
0
Kationt H+
je redukován, sám je oxidačním činidlem.
C
1. Je možné, aby proběhla pouze oxidace nebo pouze redukce? Proč?
2. Vyberte z následujících reakcí tu, která není oxidačně-redukční:
a) 2 CuCl(aq) → CuCl2(aq) + Cu(s)
b) 2 H2O2(l) → 2 H2O(l) + O2(g)
c) Cr2O7
2–
(aq) + 2 OH–
(aq) → 2 CrO4
2–
(aq) + H2O(l)
d) Cu(s) + 2 Ag+
(aq) → 2 Ag(s) + Cu2+
(aq)
3. Jak se chová sůl na slaném pečivu za deště? Proč tomu tak je?
4. Seřaďte sloučeniny SO2, SF2, HI, OF2 a H2Se podle vzrůstajícího iontového charakteru
jejich vazeb. Elektronegativity nalezněte v tabulkách.
5. U každé s následujících molekul posuďte, zda vazby v ní mají převážně iontový,
nebo převážně kovalentní charakter. Můžete použít tabulky.
18. Iontová vazba
– 97 –
a) CaO b) ClF
c) NO d) CO
e) HI f) SrO
g) PBr3
6. Bez použití tabelovaných hodnot elektronegativit určete v uvedených trojicích
molekulu s nejvíce iontovým charakterem vazby.
a) ICl, IBr, I2 b) HBr, HCl, HI
7. Jedna z uvedených látek nemůže existovat. Která a proč? BrCl, ICl, IBr, ClI3,
ClF3, IF5.
8. Odhadněte, zda je lépe polarizovatelná molekula vodíku nebo molekula dusíku.
Udejte, na základě čeho jste polarizovatelnost odhadli.
Výsledky:
1. Ne, oba děje musí běžet současně, protože elektrony nemohou mizet ani „vznikat
z ničeho“.
2. c)
3. Vlhne (hydratuje). Příčinou je velká povrchová hustota kladného náboje na povrchu
sodných kationtů a parciální záporný náboj na atomu kyslíku v molekule
vody. Jedná se interakce ion-dipól.
4. HI, H2Se, OF2, SO2, SF2
5. iontový – a), f); kovalentní – b), c), d), e), g))
6. a) ICl b) HCl
7. Nemůže existovat látka ClI3, protože jod má menší elektronegativitu než chlor.
Ve dvouprvkové sloučenině chloru a jodu musí mít chlor záporný náboj a bude
zapsán vpravo od jodu.
8. N2, více elektronů, dále od jader.
19. Kovová vazba
– 98 –
19. Kovová vazba
A
1. Nepatřící škrtněte:
Kovy jsou elektricky vodivé / nevodivé.
Kovy jsou tepelně vodivé / nevodivé.
Kovy jsou / nejsou kujné.
Kovy jsou / nejsou tažné.
Slitina stříbra a zlata patří mezi slitiny substituční / intersticiální.
Slitina železa a uhlíku patří mezi slitiny substituční / intersticiální.
2. Jak závisí elektrická vodivost na teplotě u vodičů a jak u polovodičů? Zdůvodně-
te.
C
1. Do prázdných rámečků doplňte vysvětlivky k následujícímu modelu kovové
mřížky:
2. K následujícím obrázkům z teorie pásového modelu vazby
a) přiřaďte pojmy: kov, izolátor, vlastní polovodič, příměsový polovodič typu
n, příměsový polovodič typu p,
b) dopište, kde se ve schématech nachází vodivostní pás, zakázaný pás, valenční
pás, donorová hladina, akceptorová hladina.
a)
b)
19. Kovová vazba
– 99 –
3. Víte o nějakém kovu, který při pokojové teplotě není kujný a tažný?
4. Proč jsou kovy dobrými vodiči elektrického proudu a dobrými tepelnými vodiči?
5. Víte o nějaké látce, která není kov, ale přesto v pevném skupenství dobře vede
elektrický proud? Čím se to odůvodňuje?
6. Vysvětlete rozdíly mezi elektrickými vodiči 1. a 2. druhu.
19. Kovová vazba
– 100 –
Výsledky:
1. a) elektronový plyn b) jádro + core atomů kovů
2. a) A vlastní polovodič, B příměsový polovodič typou p, C izolátor, D kov, E
příměsový polovodič typu n
b)
3. rtuť
4. Dobrou elektrickou a tepelnou vodivost kovů způsobují jejich volně pohyblivé
valenční elektrony.
5. grafit – volně pohyblivé elektrony v prostorách mezi vrstvami
6. 1. druh: kovy – volně pohyblivé elektrony, platí Ohmův zákon.
2. druh: roztoky a taveniny elektrolytů – volně pohyblivé ionty, neplatí Ohmův
zákon.
20. Skupenské stavy
– 101 –
20. Skupenské stavy
20.1 Plyny
A
1. Definujte ideální plyn.
2. Zapište stavovou rovnici ideálního plynu, vysvětlete symboly, uveďte vhodné
jednotky pro dosazení.
3. Uveďte:
– normální podmínky,
– standardní podmínky.
4. Vysvětlete pojmy: parciální tlak, parciální objem.
5. Formulujte vztahy pro výpočet parciálních tlaků a parciálních objemů.
6. Čím se reálné plyny liší od plynu ideálního?
7. Co je to kritická teplota a kritický tlak? Jaký význam má kritická teplota při zkapalňování
plynů?
8. Napište van der Waalsovu rovnici. Vysvětlete symboly. K čemu se tato rovnice
používá?
9. Formulujte Avogadrův zákon.
10. Proč mají stejné objemy H2, HCl a NH3 (měřeno za stejné teploty a tlaku) různé
hmotnosti?
11. Která z následujících látek by v plynném stavu vykazovala největší odchylky od
chování ideálního plynu? Své rozhodnutí odůvodněte. CH4, H2, CH3Cl, CH3OH.
12. Pro ideální plyn schematicky nakreslete závislost:
- tlaku na objemu při konstantní teplotě
- tlaku na teplotě při konstantním objemu
- objemu na teplotě při konstantním tlaku.
B
1. Určité množství vodíku zaujímá při tlaku 200 kPa objem 500 cm3
. Za předpokladu,
že teplota vodíku zůstane nezměněna, vypočítejte objem tohoto množství
vodíku za normálního tlaku.
20. Skupenské stavy
– 102 –
Řešení:
Použijeme stavovou rovnici ideálního plynu pV = nRT. Podmínky zadání označíme indexem
„1“, normální podmínky indexem „2“. Platí: p1V1=nRT1, p2V2=nRT2, T1 = T2
(viz zadání).
p1 . v1
p2 . v2
=
T1
T2
nebo − li
p1 . v1
p2 . v2
= 1
odtud p1V1 = p2V2. Dosadíme číselně:
200 kPa . 500 cm3
= 101,325 kPa . V2. Odtud: V2 = 986,9 cm3
.
Vodík bude zaujímat objem 986,9 cm3
.
2. Tlak He v ocelové láhvi při teplotě 20 °C je 2,5 MPa. Určete tlak v láhvi při teplotě
100 °C.
Řešení:
Použijeme stavovou rovnici ideálního plynu pV=nRT. Podmínky zadání označíme indexem
„1“, konečné podmínky indexem „2“. Platí: p1V1=nRT1, p2V2=nRT2, V1 = V2.
Podělením:
p1
T2
=
p2
T1
,
po dosazení:
2,5 MPa
p2
=
20 + 273,15
100 + 273,15
,
odtud p2 = 3,18 MPa.
Tlak He v láhvi při teplotě 100 °C je 3,18 MPa.
3. Jak musíme změnit objem 1 m3
vodíku, aby po jeho ochlazení z teploty 25 °C
na teplotu -80 °C zůstal jeho tlak nezměněn?
Řešení:
Použijeme stavovou rovnici ideálního plynu pV=nRT. Podmínky zadání označíme indexem
„1“, konečné podmínky indexem „2“. Platí: p1V1=nRT1, p2V2=nRT2, p1 = p2.
Podělením
V1
V2
=
T1
T2
,
po dosazení:
1m3
V2
=
(25 + 273,15)K
(−80 + 273,15)K
, nebo − li
1m3
V2
=
298,15 K
193,15 K
,
V2 = 0,648 m3
Má-li tlak vodíku zůstat nezměněn po ochlazení z teploty 25 °C na teplotu -80 °C, musí
se jeho objem z 1 m3
zmenšit na 0,6478 m3
.
4. Vypočítejte:
a) Hmotnost 1 litru kyslíku při normálních podmínkách
b) Počet molekul kyslíku, které jsou při normálních podmínkách obsaženy v 1 cm3
kys-
líku.
Řešení:
a) Použije stavovou rovnici ideálního plynu pV=nRT a vztah n =
m
M
.
Spojením pV =
m
M
𝑅𝑇 m =
pVM
RT
=
101,325 · 103
Pa . 1 dm3
. 2 . 15,9994 g mol−1
8,314 J K−1 mol−1 . (0 + 273,15)K
m = 1,428 g.
20. Skupenské stavy
– 103 –
b) Použije stavovou rovnici ideálního plynu pV=nRT a vztah n =
N
NA
.
Spojením pV =
N
NA
RT  N =
pVNA
RT
=
101,325 kPa . 1 . 10−3
dm3
. 6,023 · 1023
mol−1
8,314 J K−1mol−1 . (0 + 273,15)K
N = 2,69 · 1019
Hmotnost 1 litru O2 je při normálních podmínkách 1,428 g. Při normálních podmínkách
obsahuje 1 cm3
O2 2,69 · 1019
molekul O2.
5. Při teplotě 18 °C a tlaku 102,0 kPa je hmotnost 1290 cm3
plynu rovna 2,71 g.
Vypočítejte molární hmotnost tohoto plynu.
Řešení:
Použijeme stavovou rovnici ideálního plynu pV=nRT a vztah n =
m
M
.
Spojením pV =
m
M
RT  M =
mRT
pV
=
2,71 · 10−3
kg . 8,314 J mol−1
K−1
. (18 + 273,15)K
102,0 kPa . 1290dm3
M = 49,85 g mol–1
.
Molární hmotnost plynu je 49,85 g mol–1
.
6. Vypočítejte hustotu CO2 při teplotě 20 °C a tlaku 100 kPa.
Řešení:
Použijeme stavovou rovnici ideálního plynu pV=nRT a vztahy n =
m
M
a ρ =
m
V
.
Spojením pV =
m
M
RT  p =
m
V
.
1
M
𝑅𝑇 p = ρ .
1
M
𝑅𝑇. Odtud ρ =
pM
RT
Po dosazení: ρ =
100000 Pa . (12 + 2 . 16)g mol−1
8,314 J K−1mol−1 . (20 + 273,15)K
ρ = 1805 g m–3
= 1,805 kg m–3
.
Hustota CO2 při teplotě 20°C a tlaku 100 kPa je 1,806 kg m–3
.
7. Vzduch obsahuje přibližně 21 obj. % O2, 78 obj. % N2 a 1 obj. % Ar. Vypočítejte
průměrnou molární hmotnost vzduchu.
Řešení:
Použijeme analogii výpočtu průměrné relativní atomové hmotnosti prvku složeného
z více izotopů, jak bylo probráno v kapitole 4:
Mprům = M1x1 + M2x2 + …
Jak je uvedeno v předchozím příkladě, objemové zlomky plynů v plynných směsích
jsou rovny molárním zlomkům těchto plynů. Dosadíme číselně:
Mprům = 32,00 g mol–1
· 0,21 + 28,02 g mol–1
· 0,78 + 39,95 g mol–1
· 0,01
Mprům = 28,98 g mol–1
Průměrná molární hmotnost vzduchu je 28,98 g mol–1
.
8. Směs plynů obsahuje 60 obj. % O2, 15 obj. % CO2 a 25 obj. % N2. Celkový tlak
směsi je 200 kPa. Vypočítejte parciální tlaky plynů ve směsi.
20. Skupenské stavy
– 104 –
Řešení:
Pro parciální tlak platí pi = pcelk. . xi, kde pi…parciální tlak i-tého plynu, pcelk….celkový
tlak směsi, xi...molární zlomek i-té složky směsi. Z Avogadrova zákona plyne, že poměr
objemů plynů je roven poměru látkových množství plynů. Proto jsou objemové zlomky
plynů v plynných směsích rovny molárním zlomkům těchto plynů.
Proto: xO2
= 0,6; xCO2
= 0,15; xN2
= 0,25.
Pro parciální tlaky potom:
pO2
= pcelk. xO2
= 200 . 0,6 kPa = 120 kPa
pCO2
= pcelk. xCO2
= 200 . 0,15 kPa = 30 kPa
pN2
= pcelk. xN2
= 200 . 0,25 kPa = 50 kPa
Parciální tlaky O2, N2 a CO2 ve směsi jsou 120 kPa, 50 kPa a 30 kPa.
9. Směs plynů obsahuje 8,064 g H2, 8,802 g CO2 a 22,408 g CO. Celkový tlak
směsi při teplotě 20 °C je 150 kPa. Vypočítejte:
a) parciální tlaky jednotlivých plynů ve směsi
b) parciální objemy jednotlivých plynů ve směsi
Řešení:
a) Výpočet provádíme postupně, jak naznačuje tabulka. Zápis mezivýsledků do tabulky
velmi zpřehlední řešení:
mi (g)
Mi
(g mol–1
)
𝐧𝐢 =
𝐦𝐢
𝐌𝐢
. (mol) 𝐱𝐢 =
𝐧𝐢
𝐧 𝐜𝐞𝐥𝐤
pi = pcelk . xi
(kPa)
H2 8,064 2,02 3,99 0,80 120
CO2 8,802 44,01 0,20 0,04 6
CO 22,408 28,01 0,80 0,16 24
ncelk = 4,99 mol
b) Celkový objem směsi plyne ze stavové rovnice ideálního plynu. pV = nRT.
Vcelk =
ncelk. RT
pcelk
=
4,99 mol . 8,3143 J mol−1
K−1
. 293,15 K
1,5 · 105 Pa
= 81,245 dm3
Parciální objemy jednotlivých plynů ve směsi jsou:
V(H2) = x(H2) . Vcelk = 0,80 . 81,245 dm3
= 65,00 dm3
V(CO2) = x(CO2) . Vcelk = 0,04 . 81,245 dm3
= 3,25 dm3
V(CO) = x(CO) . Vcelk = 0,16 . 81,245 dm3
= 13,00 dm3
C
Avogadrův zákon
1. Seřaďte následující plyny podle vzrůstající hmotnosti stejných objemů těchto
plynů: O2, N2, He, H2, CO. CO2, SO2
20. Skupenské stavy
– 105 –
Stavová rovnice ideálního plynu
2. Tlak kyslíku, který zaujímá objem 25 litrů, je 115,0 kPa. Na jakou hodnotu poklesne
tlak kyslíku po jeho expanzi na objem 30 litrů, zůstane-li teplota nezmě-
něna?
3. 1 g vzduchu má za normálních podmínek objem 774,2 cm3
. Jaký objem bude mít
stejné množství vzduchu při 100 °C a tlaku 101,325 kPa?
4. V tlakové láhvi s kyslíkem je při 20 °C tlak 15,0 MPa. Vypočítejte tlak kyslíku
v láhvi:
a) ochladí-li se láhev přechováváním na mrazu na teplotu -15 °C
b) ohřeje-li se láhev na teplotu 200 °C
5. Plyn zaujímá při teplotě 100 °C a tlaku 95 kPa objem 500 cm3
. Jak velký je jeho
objem při teplotě 0,125 °C a tlaku 101,325 kPa? Předpokládejte, že se plyn chová
jako ideální.
6. Množství 4,8 kg argonu je uzavřeno v nádobě o objemu 20 litrů. Vypočítejte, jaký
je tlak plynu v MPa při teplotě 20 °C.
7. Při -16 °C a tlaku 98,5 kPa je objem kyslíku 0,125 dm3
. Vypočítejte objem tohoto
množství kyslíku při normálních podmínkách.
8. Jak se sníží tlak dusíku, zvětší-li se za stálé teploty jeho objem čtyřikrát?
9. Jak se změní objem dusíku, sníží-li se jeho tlak za stálé teploty desetkrát?
10. Na jakou teplotu musíme izobaricky ohřát určité množství dusíku, aby se jeho
objem zdvojnásobil vzhledem k objemu, který dusík zaujímá při teplotě 15 °C?
11. Tlak dusíku v ocelové láhvi o objemu 40 dm3
je při 18 °C 15,0 MPa. Kolik m3
dusíku je možné z láhve odebrat při 18 °C a normálním tlaku?
12. Na kolik procent klesne objem vodíku po ochlazení z teploty 25 °C na –80 °C,
zůstal-li jeho tlak konstantní?
13. Zjistěte hmotnost 1,5 litru dusíku při standardních podmínkách. Kolik molekul
dusíku je obsaženo v tomto objemu?
14. Kolik molekul kyslíku je za normálních podmínek obsaženo v 161,4 litrech O2?
Předpokládejte, že kyslík se chová jako ideální plyn.
15. Tlak atmosféry na měsíci je přibližně roven 1,3 · 10-8
Pa. Je-li teplota na Měsíci
100 K, vypočítejte, jaký objem měsíční atmosféry obsahuje
a) 1,0 · 106
molekul plynu
b) 1,0 · 10–13
mol plynu
16. Kolik m3
kapalného SO2 (ρ = 1,46 g cm-3
) získáme zkapalněním 500 m3
plynného
SO2 (měřeno při teplotě 15 °C a tlaku 116,52 kPa)?
20. Skupenské stavy
– 106 –
17. Tlak helia v tlakové lahvi o objemu 20 dm3
je při 20 °C roven 14,7 MPa. Vypočítejte,
jaký maximální průměr může mít pružný balón naplněný heliem z uvedené
lahve, bude-li tlak helia v balónu při 20°C roven 133,3 kPa.
18. Vodík se laboratorně připravuje reakcí zinku se zředěnou kyselinou sírovou.
Vypočítejte objem plynu vzniklého při reakci 40,8 g zinku s nadbytkem H2SO4
při teplotě 30 °C a tlaku l,00 · 105
Pa. Předpokládejte, že se vodík chová jako
ideální plyn.
Určení molární hmotnosti
19. 0,4289 g plynného uhlovodíku zaujímá při normálních podmínkách objem
0,3427 dm3
. Vypočítejte relativní molekulovou hmotnost uhlovodíku. Odhadněte
jeho stechiometrický vzorec.
20. Hmotnost 2 litrů plynné sloučeniny dusíku s kyslíkem je při teplotě 20 °C a tlaku
100,5 kPa 3,63 g. Jaký je její molekulový vzorec?
21. Při teplotě 18 °C a tlaku 102,0 kPa je hmotnost 1290 cm3
plynu 1,53 g. Vypočítejte
jeho relativní molekulovou hmotnost.
Hustota ideálního plynu
22. Vypočítejte hustotu oxidu uhelnatého za normálních podmínek.
23. Při teplotě -19 °C a tlaku 110,2 kPa je hustota plynu 2,12 kg m–3
. Vypočítejte
hustotu tohoto plynu při normálních podmínkách.
24. Jakou hustotu má vodík při teplotě 0 °C a tlaku 0,98 · 105
Pa? Molární hmotnost
vodíku je přibližně 2,0 g mol–1
Směsi ideálních plynů
25. Zemní plyn obsahuje 75 obj. % methanu, 15 obj. % ethanu, 7 obj. % vodíku
a 3 obj. % oxidu uhličitého. Vyjádřete složení plynu v hmotnostních % a vypočítejte
jeho hustotu při teplotě 20 °C a tlaku 101,325 kPa.
26. Parciální tlak He ve směsi s Ar je 0,2 MPa, parciální tlak Ar v této směsi je
12,3 MPa. Vypočítejte složení směsi v objemových procentech.
27. Směs 0,150 g H2, 0,700 g N2 a 0,340 g NH3 má při teplotě 27 °C celkový tlak
100,0 kPa. Vypočítejte:
a) molární zlomek každého plynu ve směsi
b) parciální tlaky plynů ve směsi
c) celkový objem směsi uvedených plynů
d) parciální objemy plynů ve směsi
28. Nádoba o objemu 22,4 dm3
obsahuje 2,00 mol H2 (g) a 1,00 mol N2 (g) při teplotě
273,15 K. Vypočítejte jejich parciální tlaky a celkový tlak směsi plynů.
20. Skupenské stavy
– 107 –
Výsledky:
1. H2, He, CO, N2, O2, CO2, SO2
2. 95,83 kPa
3. 1057,6 cm3
4. a) 13,21 MPa b) 24,21 MPa
5. 343,3 cm3
6. 14,6 MPa
7. 0,129 dm3
O2
8. sníží se na ¼ původního tlaku
9. zvětší se desetkrát
10. 303,15 °C
11. 5,88 m3
N2
12. 64,8 %
13. 1,718 g, 3,69 · 1022
molekul
14. 4,337 · 1024
molekul O2
15. a) 0,106 cm3
b) 6,4 · 1010
dm3
16. 1,067 m3
kapalného SO2
17. 1,615 m
18. 15,7 dm3
19. 28,05; C2H4
20. N2O
21. 28,15
22. 1,25 kg m–3
23. 1,8137 kg m–3
24. 86,31 g m–3
25. 66,83 % CH4, 25,05 % C2H6, 0,78 % H2, 7,33 % CO2. 0,7485 kg m–3
26. 1,6 obj.% He, 98,4 obj.% Ar
27. a) x(H2) = 0,6234; x(N2) = 0,2094; x(NH3) = 0,1672
b) p(H2) = 62,34 kPa; p(N2) = 20,94 kPa; p(NH3) = 16,72 kPa
c) 2,979 dm3
d) V(H2) = 1,857 dm3
; V(N2) = 0,624 dm3
; V(NH3) = 0,498 dm3
28. p(H2) = 2,03 · 105
Pa; p(N2) = 1,01 · 105
Pa; pcelk = 3,04 · 105
Pa
20. Skupenské stavy
– 108 –
20.2 Kapaliny
A
1. Jak se liší vnitřní stavba kapalin od stavby tuhých látek? Které fyzikální vlastnosti
jsou charakteristické pro kapaliny?
2. Jaké existují experimentální důkazy o tom, že částice plynů a kapalin jsou neustále
v pohybu?
3. Co je to tenze par?
4. Formulujte Raoultův zákon, vysvětlete symboly.
B
1. Při určité teplotě má čistý toluen tlak nasycených par 40,6 kPa a čistý benzen
100,7 kPa. Směs obou má tlak nasycených par 49,04 kPa. Jaký je molární zlomek
toluenu v kapalné směsi?
Řešení:
Použijeme Raoultův zákon:
pt = pt
*
xt pb = pb
*
xb
Pro celkový tlak směsi platí Daltonův zákon: pt + pb = pcelk
Za tlaky benzenu a toluenu dosadíme do Daltonova zákona:
pt
*
xt + pb
*
xb = pcelk
Mezi molárními zlomky platí vztah: xt + xb = 1, odtud xb = 1 – xt
Po dosazení: pt
*
xt + pb
*
(1 – xt ) = pcelk
Číselně: 40,6 xt + 100,7 (1 – xt ) = 49,04, odtud xt = 0,86
Molární zlomek toluenu v kapalné směsi je přibližně 0,86.
C
1. Vyberte jednu správnou odpověď: Teplota varu kapaliny je teplota, při které
a) se tlak nasycených par kapaliny rovná normálnímu tlaku
b) se tlak nasycených par kapaliny rovná atmosférickému tlaku
c) se tlak nasycených par kapaliny rovná tlaku nad kapalinou
d) se tlak nasycených par kapaliny rovná kritickému tlaku, zmenšenému
o hodnotu normálního tlaku
2. Chlorid uhličitý má při teplotě 50 °C větší tenzi nasycených par než voda, proto-
že
a) vazby v molekule H2O jsou polární a mezi jejími molekulami se vytvářejí
vodíkové můstky
b) CCl4 je organická sloučenina
20. Skupenské stavy
– 109 –
c) voda má větší viskozitu
d) CCl4 má větší molekulovou hmotnost než voda
3. Tlak nasycených par vody při teplotě 28 °C je 3780 Pa. Vypočítejte tlak nasycených
par vody nad roztokem, který v 1000 g vody obsahuje 68,46 g sacharózy.
4. Tlak nasycených par vody při teplotě 25 °C je 3,17 kPa. Vypočítejte tlak nasycených
par vody nad roztokem 15,014 g močoviny CO(NH2)2 v 90,096 g H2O
při teplotě 25 °C.
Výsledky:
1. c
2. a
3. 3766,4 Pa
4. 3,02 kPa
20. Skupenské stavy
– 110 –
20.3 Pevné látky
A
1. Vysvětlete pojmy: krystalická látka, amorfní látka, teplota skelného přechodu,
tekuté krystaly, krystal, krystalografie, krystalová mřížka, elementární buňka,
mezirovinná vzdálenost, klathráty, koordinační číslo iontů v krystalu.
2. Jaké druhy krystalů (z hlediska částic obsazujících klíčové body elementární
buňky) znáte?
3. Vyjmenujte krystalografické soustavy a ke každé uveďte alespoň jeden příklad
krystalizující látky.
4. Vyjmenujte a popište jednotlivé typy elementárních buněk.
5. Na konkrétních příkladech vysvětlete pojmy polymorfie, alotropie, směsné krystaly.
Jaké podmínky musí splňovat 2 látky, aby mohly vytvářet směsné krystaly?
6. Formulujte Braggovu rovnici, vysvětlete symboly.
B
1. Kolik atomů obsahuje jedna elementární buňka prvku netvořícího polyatomické
molekuly v případě, že tato buňka je
a) jednoduchá kubická
b) kubická plošně centrovaná
c) kubická tělesně centrovaná
Při řešení předpokládejte, že atomy leží ve všech případech pouze v uzlových
bodech mřížky.
Řešení:
a) 8. 1/8 = 1
Z každého atomu ležícího v rohu buňky přísluší dané buňce 1/8.
b) 8 . 1/8 + 6 . 1/2 = 4
Z každého atomu ležícího ve stěně buňky přísluší dané buňce 1/2.
c) 8 . 1/8 + 1 = 2
Atom ve středu buňky náleží dané buňce celý.
2. Li krystalizuje v kubické soustavě s mřížkovým parametrem 0,3509 nm, hustota
lithia je 0,534 g cm–3
. Určete typ elementární buňky lithia.
Řešení:
𝑉𝑚 =
Mm(Li)
ρ
=
6,941 g mol−1
0,534 g mol−1
Vm = 12,998 cm3
mol–1
V = (0,3509 · 10-7
cm)3
= 4,321 · 10–23
cm3
Vm = objem 1 molu Li; V = objem základní buňky
12,998 cm3
Li obsahuje 6,023.1023
atomů Li
20. Skupenské stavy
– 111 –
4,321 · 10–23 cm3
Li obsahuje x atomů Li
x = 2.
Elementární buňce podle výsledku výpočtu náleží 2 celé atomy. Porovnáním tohoto výsledku
s předchozím příkladem dojdeme ke zjištění, že elementární buňka krystalů lithia
je krychlová tělesně centrovaná.
3. Argon krystalizuje po ochlazení na teplotu -189 °C v plošně centrované kubické
mřížce. Hustota krystalického argonu ρ = 1,7 g cm–3
. Určete délku hrany elementární
buňky argonu.
Řešení:
3
A
Ar
3
A
Ar
3
Aratom1
buň
buň
aN
M4
a
N
M
4
a
m4
V
m
V
m





 3
23
3
A
Ar
7,110023,6
948,394
N
M4
a




 = 5,38 · 10–8
cm = 5,38 · 10–10
m
Délka hrany elementární buňky argonu je 5,38 · 10–10
m.
4. Difrakce rentgenova záření o vlnové délce 0,229 nm na osnově krystalografických
rovin krystalu barya nastává při úhlu dopadu θ = 27° 8´ . Vypočítejte mezirovinovou
vzdálenost difraktujících rovin.
Řešení:
Mezirovinou vzdálenost vypočítáme z Braggovy rovnice 2d sinθ = λ .
d =
λ
2 · sinθ
=
0,229 nm
2 · 0,456
= 0,251 nm
Vzdálenost difraktujících rovin je 0,251 nm.
C
Základní krystalografické představy
1. Rozhodněte, zda modrá a bílá skalice mohou spolu tvořit směsné krystaly. Odpověď
odůvodněte.
2. Na obrázcích jsou znázorněny různé typy elementárních buněk. Ke každému obrázku
doplňte, o jaký typ elementární buňky se jedná (jednoduchá, tělesně centrovaná,
plošně centrovaná, bazálně centrovaná)
20. Skupenské stavy
– 112 –
3. Nakreslete základní buňku NaCl a zjistěte:
a) koordinační číslo Na+
a Clv
NaCl
b) Jaká mřížka by vznikla, kdyby z mřížky NaCl byly vyjmuty všechny kationty
Na+
.
4. Chlorid cesný krystalizuje v kubické mřížce. Délka hrany základní buňky CsCl
je 0,4123 nm, hustota CsCl ρ = 3,99 g cm–3
. Zjistěte:
a) typ elementární buňky CsCl
b) koordinační číslo Cs+
c) koordinační číslo Cl–
d) jaká mřížka by vznikla, jestliže by místa, která v mřížce CsCl zaujímá Cs+
,
zůstala prázdná
e) jaká buňka by vznikla, kdyby všechna místa v mřížce CsCl byla obsazena
atomy stejného prvku.
Výpočty na základě představy elementární buňky
5. Titan krystalizuje při teplotě nižší než 885 °C v hexagonální soustavě, nad touto
teplotou přechází v kubickou modifikaci. Délka hrany základní tělesně centrované
buňky této druhé modifikace titanu je 0,32 nm. Vypočítejte hustotu kubické
modifikace titanu.
6. Železo krystaluje v krychlové soustavě s délkou hrany elementární buňky
a = 286 pm a hustotou 7,86 g cm–3
. Určete typ jeho elementární buňky.
7. Wolfram, jehož hustota při 25 °C je ρ = 19,3 g cm–3
, krystalizuje v kubické tělesně
centrované mřížce. Zjistěte
20. Skupenské stavy
– 113 –
a) Kolik atomů W je obsaženo v základní buňce
b) jaké je koordinační číslo W v krystalové mřížce wolframu
c) čemu se rovná molární objem wolframu
d) jaký je objem jedné základní buňky wolframu
e) poloměr atomu W za předpokladu, že se atomy W seřazené podél tělesné
úhlopříčky základní buňky vzájemně dotýkají
Braggova rovnice
8. Na vzájemně rovnoběžné roviny krystalu, vzdálené od sebe 0,2 nm, dopadá svazek
monochromatického rentgenova záření o vlnové délce 0,14 nm. Pod jakým
úhlem musí dopadat, aby docházelo k difrakci rentgenova záření?
9. Vypočítejte vzdálenost rovin v krystalu, jestliže dochází k difrakci záření
o vlnové délce 0,071 nm při dopadu tohoto záření na uvažované roviny pod úhlem
26,42°.
10. K difrakci záření o vlnové délce 0,1936 nm na krystalu α-křemene dochází, dopadá-li
toto záření na osnovu krystalografických rovin pod úhlem 44,75°. Vypočítejte
vzdálenost difraktujících rovin.
Výsledky:
1. Ne, v krystalech obsahují jiné množství vody: CuSO4 · 5H2O, ZnSO4 · 7H2O.
Navíc krystalizují v jiných soustavách: modrá skalice – trojklonná, bílá skalice –
kosočtverečná.
2. a) prostá b) tělesně centrovaná
c) bazálně centrovaná d) tělesně centrovaná
e) bazálně centrovaná f) plošně centrovaná
g) prostá h) plošně centrovaná
3. a) 6, 6 b) kubická plošně centrovaná
4. a) krychlová prostá b) 8
c) 8 d) krychlová prostá
e) krychlová prostorově centrovaná
5. 4,85 g cm–3
6. N = 2, krychlová tělesně centrovaná
a) 2 b) 8
c) 9,53 cm3
mol–1
d) 0,03163 nm3
e) 0,137 nm
8. 20,5°
9. 0,0798 nm
10. 0,1375 nm
20. Skupenské stavy
– 114 –
20.4 Fázové přeměny
A
1. Vyjmenujte česky a anglicky jednotlivé skupenské stavy a uveďte jejich obvyklé
symboly.
2. Jak se nazývají jednotlivé skupenské změny látek? Při kterých chemických operacích
se využívá těchto skupenských změn pro izolaci čistých složek ze směsi
látek?
3. Vysvětlete pojmy: fázová rovnováha, fázový přechod, fázové přechody 1. druhu,
fázové přechody 2. druhu, teplota tání, teplota tuhnutí, trojný bod, fázový dia-
gram
4. Nakreslete fázový diagram vody, pojmenujte jednotlivé křivky, vyznačte oblasti
existence jednotlivých fází a vyhledejte kritický a trojný bod. Z diagramu zjistěte,
jak závisí teplota tání ledu na tlaku.
5. Určité množství ledu o teplotě -10 °C bylo ve vhodné uzavřené nádobě postupně
zahříváno (množství dodaného tepla za časovou jednotku bylo v průběhu celého
zahřívání konstantní) tak dlouho, až teplota vzniklé vodní páry dosáhla teploty
110 °C. Schematicky nakreslete závislost teploty zahřívané vody na množství
dodaného tepla a udejte, co představují jednotlivé části nakreslené křivky.
6. Tuhého CO2 (tzv. suchého ledu) se běžně užívá k chlazení. Rozhodněte, zda CO2
může být za normálních podmínek kapalný. Odůvodněte, proč trojný bod ve fázovém
diagramu CO2 leží při teplotě -57 °C a tlaku 527 kPa.
7. Popište postup zkapalňování reálných plynů.
8. Definujte teplotu varu.
9. K čemu se používá Clausiova-Clapeyronova rovnice?
10. Formulujte Gibbsův zákon fází ve tvaru rovnice. Vysvětlete symboly.
11. Vysvětlete pojem „fáze“.
12. Vysvětlete, jak se určuje počet nezávislých složek soustavy.
13. Vysvětlete pojem „počet stupňů volnosti soustavy“.
B
1. Kolik složek a kolik stupňů volnosti má soustava Na2SO4·10H2O(s) – Na2SO4(s)
– nasycený vodný roztok Na2SO4?
Řešení:
V soustavě jsou celkem tři fáze – dvě tuhé látky a kapalný roztok, a dvě složky – síran
sodný a voda. Podle fázového zákona počet stupňů volnosti v = s – f + 2 = 2 – 3 + 2 = 1
Uvedená soustava je univariantní.
20. Skupenské stavy
– 115 –
2. Určete počet fází, nezávislých složek a stupňů volnosti v rovnovážné soustavě
tvořené NH4Cl a produkty jeho termického rozkladu.
Řešení:
Termickou disociaci NH4Cl vyjadřuje rovnice NH4Cl (s) NH3 (g) + HCl (g)
V soustavě jsou dvě fáze (tuhá a plynná) a tři chemické látky (NH4Cl, NH3 a HCl).
K realizaci soustavy ovšem postačovala pouze jediná látka, a to chlorid amonný. Amoniak
a chlorovodík vznikly jeho rozkladem. Počet složek pro účely dosazení do Gibbsova
zákona fází je tedy 1.
Počet stupňů volnosti pak je v = s – f + 2 = 1 – 2 + 2 = 1, jde se tedy o soustavu univari-
antní.
C
Základní představy
1. Bez použití tabulek seřaďte následující látky podle vzrůstajícího bodu varu: NaCl,
He, Ne, Ar, Cl2, C2H5OH.
2. Jaký objem zaujímá jeden mol vody při těchto podmínkách
a) led, 0 °C, ρ = 0,9168 g cm–3
b) kapalná voda, 0°C, ρ = 0,9999 g cm–3
c) kapalná voda, 100 °C, ρ = 0,9584 g cm–3
d) vodní pára, 100 °C, p = 101,325 kPa?
3. Při teplotě -3 °C se ustavila rovnováha H2O(s) H2O(g). Při této teplotě je tlak
nasycené vodní páry nad ledem 0,476 kPa, hustota ledu ρ = 0,917 g cm–3
. Jaký
důsledek na ustavenou rovnováhu bude mít snížení tlaku v soustavě pod hodnotu
0,476 kPa při nezměněné teplotě?
4. Jaký důsledek na rovnováhu H2O(s) H2O(l) ustavenou při teplotě 0°C a tlaku
101,325 kPa bude mít zvýšení tlaku v soustavě nad hodnotu 101,325 kPa při nezměněné
teplotě? Při uvedených podmínkách je hustota ledu menší než hustota
kapalné vody.
5. Hustota tuhého a kapalného benzenu při teplotě tání 5,5 °C je 1,014 g cm–3
a 0,895 g cm–3
. Bylo by možné bruslit na tuhém benzenu? Odpověď zdůvodněte.
6. Jaký musí být tlak, aby se při teplotě 100 °C nacházela v rovnováze kapalná voda
a vodní pára? Která fáze zůstane v soustavě, jestliže se sníží tlak v soustavě
při nezměněné teplotě?
Gibbsův zákon fází
7. V následujících soustavách určete počet nezávislých složek, počet fází a počet
stupňů volnosti:
a) roztok NaCl ve vodě
b) ethylalkohol v rovnováze se svou nasycenou parou
20. Skupenské stavy
– 116 –
c) led v rovnováze s vodní parou
d) tavenina čistého olova
e) roztok kyseliny octové ve vodě
f) voda v rovnováze s ledem a vodní parou
g) tavenina čistého železa
h) roztok NaOH ve vodě
i) kapalná voda v rovnováze s ledem
j) soustava obsahující 6 mol CaO(s), 6 mol CO2(g) a 1 mol CaCO3(s)
k) soustava obsahující 2 mol CaO(s), 1 mol CO2(g) a 4 mol CaCO3(s)
20. Skupenské stavy
– 117 –
Výsledky:
1. He, Ne, Ar, Cl2, C2H5OH, NaCl
2. a) 19,65 cm3
b) 18,02 cm3
c) 18,80 cm3
d) 30,62 dm3
3. další sublimace ledu
4. tání ledu
5. nebylo
6. 101,325 kPa, pára
7. soustava
počet
nezávislých
složek
počet
fází
počet
stupňů
volnosti
a) roztok NaCl ve vodě 2 1 3
b)
ethylalkohol v rovnováze se svou nasycenou
parou
1 2 1
c) led v rovnováze s vodní parou 1 1 2
d) tavenina čistého olova 1 1 2
e) roztok kyseliny octové ve vodě 2 1 3
f) voda v rovnováze s ledem a vodní parou 1 3 0
g) tavenina čistého železa 1 1 2
h) roztok NaOH ve vodě 2 1 3
i) kapalná voda v rovnováze s ledem 1 2 1
j)
soustava obsahující 6 mol CaO(s), 6 mol
CO2(g) a 1 mol CaCO3(s)
1 3 0
k)
soustava obsahující 2 mol CaO(s), 1 mol
CO2(g) a 4 mol CaCO3(s)
2 3 1
21. Základy termodynamiky
– 118 –
21. Základy termodynamiky
A
1. Vysvětlete pojmy: vnitřní energie soustavy, enthalpie, reakční teplo, reakční
enthalpie, tepelné zabarvení reakce, exotermická a endotermická reakce, entropie,
Gibbsova energie.
2. Vyslovte znění následujících zákonů: 0. věta termodynamická, 1. věta termodynamická,
2. věta termodynamická, 3. věta termodynamická, 1. termochemický
zákon, 2. termochemický zákon.
3. Formulujte vztah mezi změnou Gibbsovy energie v určitém ději a samovolnou
uskutečnitelností tohoto děje.
4. Definujte následující druhy energií: vazebná energie, disociační energie vazby,
elektronová afinita, ionizační potenciál, slučovací enthalpie, spalná enthalpie,
reakční enthalpie.
5. Vysvětlete následující pojmy:
– termodynamika, termochemie, termika,
– termodynamická soustava, termodynamický systém, okolí,
– stavové veličiny, stavové funkce,
– termodynamický děj, termodynamická rovnováha,
– práce, objemová práce, neobjemová práce,
– vnitřní energie soustavy a její složky,
– skupenská tepla, měrné teplo, tepelná kapacita, molární tepelná kapacita
– výchozí látky, reaktanty, produkty
6. Vysvětlete rozdíl mezi uvedenými dvojicemi (trojicemi) termínů:
– práce objemová × neobjemová
– práce vykonaná soustavou × práce vykonaná vnějšími silami
– reakční teplo × reakční enthalpie
– reakce endotermická × exotermická
– reakční enthalpie × standardní reakční enthalpie
– děj vratný × děj nevratný
– systém izolovaný × systém uzavřený × systém otevřený
– termodynamická soustava × termodynamický systém
– standardní slučovací enthalpie × standardní spalná enthalpie
7. Pomocí vzorce formulujte vztah mezi následujícími veličinami. Uveďte též význam
použitých symbolů a jednotky pro dosazení do vzorců:
– první věta termodynamická,
21. Základy termodynamiky
– 119 –
– výpočet objemové práce vykonané ideálním plynem (za stálého objemu, stálého
tlaku a stálé teploty),
– vztah mezi Gibbsovou energií, enthalpií, entropií a teplotou,
– změna entropie při změně skupenství za stálé teploty
8. Uveďte nejméně 5 příkladů stavových veličin.
9. Uveďte nejméně 3 příklady stavových funkcí.
10. Pro který typ sloučenin se používá Born-Haberův cyklus?
11. Schéma znázorňuje odvozovací trojúhelníky pro výpočet reakčních enthalpií ze
spalných nebo slučovacích enthalpií. Doplňte do rámečků správný text z nabídky.
Nabídka: reaktanty, produkty, prvky, spaliny.
B
1. Výparné teplo vody při 100 °C je 2258,3 kJ kg–1
. Vypočítejte změnu vnitřní
energie 1 kg vody při jejím vypaření při 100 °C a konstantním tlaku za předpokladu,
že se pára chová jako ideální plyn a že molární objem kapaliny je proti
objemu vodní páry zanedbatelný.
Řešení:
Vycházíme z 1. věty termodynamické:
U = Q + W, kde (1)
U … přírůstek vnitřní energie soustavy
Q … teplo přijaté soustavou
W … práce vykonaná vnějšími silami na soustavě.
Objemová práce vykonaná vnějšími silami je rovna záporně vzaté objemové práci vykonané
soustavou: W = – W̅ (2)
Objemovou práci vykonanou soustavou lze při konstantním tlaku vypočíst ze vztahu
W̅̅̅̅= p(V2-V1), kde (3)
V1 … počáteční objem soustavy (v tomto případě objem kapalné vody)
V2 … konečný objem soustavy (v tomto případě objem stejného látkového množství
vody ve formě vodní páry).
ΔH°r
ΔH°spal, vých ΔH°spal, prod
ΔH°sluč, vých
ΔH°sluč, prod
ΔH°r
21. Základy termodynamiky
– 120 –
Podle zadání máme předpokládat, že V1 << V2, proto lze přibližně počítat V2-V1 V2.
Dosazením do (3) pak získáme W̅̅̅̅ pV2 (3a)
Objem vzniklé vodní páry V2 lze odhadnout pomocí stavové rovnice ideálního plynu
pV = nRT (4)
Za látkové množství dosadíme n = m/M. (5)
Objem vzniklé vodní páry pak je V2 =
mRT
Mp
(6)
Po dosazení (2) do (1) máme: U = Q – W, sem dosadíme (3a): U = Q – pV2. Do tohoto
vztahu dosadíme (4): U = Q – p
mRT
Mp
 U = Q –
mRT
M
. (7)
Teplo Q přijaté vodou při jejím vypaření je rovno
Q = Qvýp m, kde (8)
Qvýp = 2258,3 kJ kg–1
je výparné teplo vody, m je její hmotnost.
Po dosazení (8) do (7) získáme U = Qvýp m –
mRT
M
. Sem dosadíme číselně:
U = 2258,3 · 103
J · 1 kg –
1000 g ∙ 8,314 J K–1
mol–1
∙ (273,15 + 100)K
18,01 g mol–1
U 2 086 000 J = 2,086 MJ
Při vypaření 1 kg vody při 100 °C vzroste vnitřní energie vody přibližně o 2,086 MJ.
2. Výparné teplo benzenu při jeho bodu varu (80,1 °C) a normálním atmosférickém
tlaku je 394,15 J g–1
. Vypočítejte:
a) objemovou práci vykonanou benzenem,
b) teplo absorbované benzenem,
c) změnu enthalpie,
d) přírůstek vnitřní energie benzenu při vypaření 100 g benzenu uzavřeného v nádobě
s volně pohyblivým pístem při teplotě 80,1 °C.
Předpokládejte, benzen v plynném skupenství se chová jako ideální plyn. Předpokládejte
také, že objem kapalného benzenu je zanedbatelný vůči objemu stejného látkového
množství plynného benzenu.
Řešení:
a) Objemová práce vykonaná benzenem se vypočte pomocí vztahu (3a) odvozeného
v předchozím příkladu W̅̅̅̅ pV2, do kterého dosadíme (6) z předchozího příkladu.
Dostaneme W̅̅̅̅ = p𝑉2 = p
mRT
Mp
=
mRT
M
Číselně: W̅̅̅̅ =
100 g ∙ 8,314 J K–1
mol–1
∙ (80,1 + 273,15)K
78,113 g mol–1
3760 J
Zadané množství benzenu při vypaření vykoná práci 3760 J.
b) Teplo absorbované benzenem při vypaření se spočte pomocí vztahu (8) z minulého
příkladu: Q = Qvýp m. Číselně: Q = 394,15 J g–1
· 100 g 39400 J
Při vypaření 100 g benzenu při své normální teplotě varu přijme benzen teplo 39400 J.
c) Enthalpie je teplo přijaté soustavou při izobarickém ději. Proto ΔH = 39400 J, viz výsledek
bodu b).
d) Přírůstek vnitřní energie benzenu se určí pomocí 1. věty termodynamické, vztah (1)
z minulého příkladu: U = Q + W, s využitím (2) z minulého příkladu: U = Q – W̅̅̅̅.
Q = 39400 J (výsledek bodu b), W̅̅̅̅= 3760 J (výsledek bodu a)
Pak U = 39400 – 3760 = 35640 J
21. Základy termodynamiky
– 121 –
Přírůstek vnitřní energie 100 g benzenu při jeho vypaření při normální teplotě varu je
35640 J.
3. Vypočítejte reakční teplo Δ𝐇 𝐫
°
reakce
2 CO (g) + 4 H2 (g) → H2O (l) + C2H5OH (l)
Pro výpočet použijte reakční tepla těchto reakcí:
CO (g) +
𝟏
𝟐
O2 (g) → CO2 (g) Δ𝐇 𝟏
°
= -283,195 kJ mol–1
H2 (g) +
𝟏
𝟐
O2 (g) → H2O (l) Δ𝐇 𝟐
°
= -285,960 kJ mol–1
C2H5OH (l) + 3 O2 (g) → 2 CO2 (g) + 3 H2O (l) Δ𝐇 𝟑
°
= -1368,539 kJ mol–1
Řešení:
Využijeme termochemické zákony. Reakce se zadanými číselnými hodnotami reakční
enthalpie ΔH1
°
až ΔH3
°
jsou reakcemi látek s kyslíkem za vzniku konečných produktů
spalování (oxid uhličitý, voda). Hodnoty ΔH1
°
až ΔH3
°
jsou tedy standardní spalné
enthalpie látek CO(g), H2(g) a C2H5OH (l).
Využijeme odvozovací trojúhelník se spalnými enthalpiemi:
Podle termochemických zákonů pak platí: ΔH°r = ΔH°spal, vých – ΔH°spal, prod
Při dosazování čísel je nutno zohlednit konkrétní látková množství zúčastněných látek:
ΔH°r = (2ΔH°spal, CO + 4ΔH°spal, H2) – ΔH°spal, C2H5OH
Číselně: ΔH°r = 2·(-283,195) + 4·(-285,960) – (-1368,539) = -341,691 kJ mol–1
Reakční teplo zadané reakce je -341,691 kJ mol–1
.
Jiný postup řešení:
Reakce se zadanými číselnými hodnotami reakční enthalpie ΔH1
°
až ΔH3
°
zkombinujeme
tak, aby jejich sledem vznikla reakce, pro kterou máme počítat ΔH°r. Současně
s množstvím látek v reakci upravujeme i hodnoty reakčních tepel:
Zadaná reakce: 2 CO (g) + 4 H2 (g) → H2O (l) + C2H5OH (l).
První rovnici je nutno násobit dvěma:
2 CO (g) + O2 (g) → 2 CO2 (g) 2·(-283,195) kJ mol–1
Druhou rovnici je nutno násobit čtyřmi:
4 H2 (g) + 2 O2 (g) → 4 H2O (l) 4·(-285,960) kJ mol–1
U třetí reakce je nutno změnit směr, u reakčního tepla se to podle 1. termochemického
zákona projeví změnou znaménka:
2 CO2 (g) + 3 H2O (l) → C2H5OH (l) + 3 O2 (g) – (-1368,539) kJ mol–1
Sečtením látek v rovnicích spalování dostaneme reakci, pro kterou určujeme enthalpii.
Analogicky součtem enthalpií v dílčích reakcích dostaneme hledanou enthalpii ΔH°r.:
2 CO (g) + O2 (g) → 2 CO2 (g) 2·(-283,195) kJ mol–1
4 H 2(g) + 2 O2 (g) → 4 H2O (l) 4·(-285,960) kJ mol–1
2 CO2 (g) + 3 H2O (l) → C2H5OH (l) + 3 O2 (g) – (-1368,539) kJ mol–1
ΔH°r
ΔH°spal, vých ΔH°spal, prod
ΔH°r
reaktanty produkty
spaliny
21. Základy termodynamiky
– 122 –
-----------------------------------------------------------------------------------------------------
2 CO (g) + O2 (g) + 4 H2 (g) + 2 O2 (g) + 2 CO2 (g) + 3 H2O (l) → 2 CO2 + 4 H2O (l) +
C2H5OH (l) + 3 O2 (g)
2 CO (g) + 4 H2 (g) → H2O (l) + C2H5OH (l)
Číselně: ΔH°r = (2·(-283,195) + 4·(-285,960)) – (-1368,539) = -341,691 kJ mol–1
Reakční teplo zadané reakce je -341,691 kJ mol–1
.
4. Vypočítejte teplo reakce
CH4 (g) + 4 F2 (g) → CF4 (g) + 4 HF (g)
Využijte molární vazebné energie:
vazba Evaz (kJ mol–1
)
C-H 416,17
C-F 489,86
H-F 569,40
F-F 158,26
Řešení:
Celou reakci je možno rozložit do dvou fází:
I: Rozpad vazeb v reaktantech,
II: Vznik vazeb v produktech.
Vzorce rozepíšeme strukturně, aby se nám lépe počítaly vazby.
CH H
H
H
(g) +
F–F (g)
F–F (g)
F–F (g)
F–F (g)
→ CF F
F
F
(g) +
H–F (g)
H–F (g)
H–F (g)
H–F (g)
Nutno dodat
4 E(C-H) + 4 E(F–F)
Uvolní se
4 E(C–F) + 4 E(H–F)
ATOMY
Číselně
4·416,17 + 4·158,26 =
= 2297,72
Číselně
4·489,86 + 4·569,40 =
= 4237,04
Celkově tedy je nutno dodat 2297,72 – 4237,04 = – 1939,32 kJ mol–1
. Reakční teplo zadané
reakce je proto – 1939,32 kJ mol–1
.
5. Vypočítejte, kolik tepla se uvolní spálením 1 m3
methanu (měřeno za normálních
podmínek). Slučovací teplo oxidu uhličitého je -393,97 kJ mol–1
, methanu
-76,37 kJ mol–1
a vody -242,00 kJ mol–1
.
21. Základy termodynamiky
– 123 –
Řešení:
ΔH°r = – ΔH°sluč, vých + ΔH°sluč, prod
ΔH°r = – ((-76,37)+2·0)+(2·(-242,00)+(–393,97)) = –801,60 kJ mol–1
.
Při spálení 1 mol methanu je nutno dodat –801,60 kJ tepla, tedy se uvolní 801,60 kJ tep-
la.
Nyní zjistíme, jaké látkové množství představuje 1 m3
methanu (měřeno za normálních
podmínek, tj. 101325 Pa, 273,15 K).
pV = nRT
101 325·1 = n · 8,314 · 273,15, odtud n = 44,61 mol
Při spálení 1 mol methanu se uvolní 801,60 kJ tepla, při spálení 44,61 mol methanu se
uvolní úměrně více tepla: 801,60·44,61 35 759 kJ = 35,759 MJ tepla.
6. Bude za standardních podmínek probíhat následující reakce?
2 HI (g) + Cl2 (g) → 2 HCl (g) + I2 (s) ?
látka °G (kJ.mol–1
)
HCl -95,46
HI 1,30
Řešení:
Reakce je za daných podmínek proveditelná, pokud ΔG°r dané reakce má zápornou
hodnotu.
Standardní Gibbsova energie látky je definována jako Gibbsova energie děje, kdy tato
látka vzniká z prvků. Standardní Gibbsova energie prvků je nulová. Pro výpočet ΔG°r
platí termochemické zákony stejně jako pro výpočet ΔH°r.
ΔG°r = – ΔG°sluč, vých + ΔG°sluč, prod
ΔG°r = – (2 G°HI + G°Cl2) + (2 G°HCl + G°I2)
ΔG°r = – (2 · 1,30 + 0) + (2 · (-95,46) + 0) = – 193,52 kJ mol–1
Uvedená reakce je za daných podmínek uskutečnitelná.
ΔH°r
ΔH°sluč, vých ΔH°sluč, prod
ΔH°rCH4 (g) + 2 O2 (g) 2 H2O (g) + CO2 (g)
Prvky (C, H2, O2)
ΔG°r
ΔH°sluč, vých ΔH°sluč, prod
ΔG°rreaktanty produkty
prvky
21. Základy termodynamiky
– 124 –
7. a) Určete změnu entropie 500 g CO2, pokud za normálního tlaku a teplotě
-78,48 °C vysublimuje. Za daných podmínek se jedná o rovnovážný děj. Měrné
skupenské teplo sublimace CO2 za daných podmínek je 565,22 J g–1
.
b) Jaká je změna entropie při tomto procesu?
Řešení:
a) Platí ΔSsubl. =
Qsubl.
T
=
ΔHsubl.
T
Δ𝑆subl. =
500 g . 565,22 J . g−1
(273,15 − 78,48) K
Δ𝑆subl. = 1451,74 J K–1
Změna entropie při sublimaci 500 g suchého ledu je 1451,74 J K–1
.
b) ΔGsubl. = ΔHsubl. - TΔSsubl. = ΔHsubl. - T
ΔHsubl.
T
= 0
Změna Gibbsovy energie při popsaném ději je nulová. Kontrolou je známý fakt, že
změna Gibbsovy energie při rovnovážných dějích má nulovou hodnotu.
8. Z Born-Haberova cyklu vypočítejte hodnotu mřížkové energie LiF. Jsou známy
následující údaje:
Li (s) + ½ F2 (g)  LiF (s) ΔHsluč, LiF = – 611,3 kJ mol–1
Li (s)  Li (g) ΔHsubl, Li = 154,9 kJ mol–1
Li (g)  Li+
+ e–
ILi = 519,2 kJ mol–1
½ F2  F ED, F2
= 150,8 kJ mol–1
 ½ ED, F2
= 75,4 kJ mol–1
= ½ Evaz, F2
F + e–
 F–
AF = 339,1 kJ mol–1
Řešení:
Uvažujme vznik sloučeniny LiF buď z iontů (horní část schématu), nebo slučováním
prvků (dolní řádek schématu).
Li(s) + 1/2 F2(g) LiF(s)
Li(g) F
Li+
F-
-Emř,LiF
ILi -AF
+
Hsubl,Li
Hsluč,LiF
1/2ED,F2
vznik LiF z iontů
Vznik LiF slučováním z prvků
Pomocí termochemických zákonů pak odvodíme vztah:
ΔHsluč, LiF = ΔHsubl, Li + ILi + ½ ED,F2
– AF – Emř, LiF
Pro výpočet mřížkové energie rovnici upravíme a následně dosadíme číselné hodnoty:
21. Základy termodynamiky
– 125 –
Emř, LiF = ΔHsubl, Li + ILi + ½ ED,F2
– AF –ΔHsluč, LiF
Emř, LiF = 154,9 + 519,2 + 75,4 – 339,1 – (– 611,3)
Emř, LiF = 1 021,7 kJ mol–1
Mřížková energie LiF je 1 021,7 kJ mol–1
.
C
Základy termodynamiky – fyzikální děj
1. Jak se změní vnitřní energie plynu, přijme-li teplo 10 J tak, že při tom nevykoná
žádnou práci?
2. Plyn expanduje za konstantního tlaku 60,8 kPa z objemu 2 litry na objem 7 litrů.
Jakou práci přitom vykoná?
3. Vypočítejte výparné teplo 1 gramu vody při 25 °C. Slučovací teplo kapalné vody
je -258,96 kJ mol–1
, plynné vody -242,0 kJ mol–1
.
4. Na obrázcích jsou znázorněny p-V diagramy, z nichž lze odvodit velikost práce
vykonané soustavou. Určete, které tvrzení správně popisuje děj zobrazený v jednotlivých
grafech.
a) objemová práce se koná a) objem je konstantní
b) objemová práce se nekoná b) objemová práce se nekoná
c) objem se mění v závislosti na tlaku c) objemová práce se koná
Základy termodynamiky – fyzikální a chemický děj
5. V exotermické reakci, probíhající za konstantního tlaku, vydala soustava do okolí
teplo 50 kJ. Při vzniku produktů vzrostl objem soustavy, přičemž odpovídající
velikost práce vykonané soustavou při této expanzi byla 20 kJ. Jaké jsou hodno-
ty
a) ΔH pro tento proces? b) ΔU pro tento proces?
6. V endotermické reakci přijala soustava za konstantního tlaku teplo o hodnotě
30 kJ. Produkty zaujímaly menší objem než výchozí látky, proto vnější síly vykonaly
práci 40 kJ, aby došlo k odpovídající kompresi. Jaké jsou hodnoty
a) ΔH pro tento proces? b) ΔU pro tento proces?
21. Základy termodynamiky
– 126 –
7. 7 g kovového hořčíku bylo rozpuštěno v nadbytku kyseliny chlorovodíkové při
teplotě 25 °C a normálním tlaku. Vypočítejte práci vykonanou při vzniku vodí-
ku.
8. Reakcí dvou molů vodíku s jedním molem kyslíku při 100 °C za normálního tlaku
vznikají 2 moly vodní páry a uvolní se 484,83 kJ. Vypočítejte ΔH a ΔU této
reakce.
9. Určete, kolik tepla se uvolní, nebo je nutné dodat, jestliže reaguje 2,30 g železa
s nadbytkem kyslíku?
4Fe(s) + 3 O2(g) → 2 Fe2O3(s) ∆H = –1652 kJ
Termochemické zákony
10. Spalování benzenu lze vyjádřit rovnicí
C6H6 (l) + 7,5 O2 → 3 H2O (l) + 6 CO2 (g) ΔU = -3265,7 kJ
Vypočítejte změnu enthalpie, je-li teplota benzenu 25 °C.
11. Určete standardní enthalpii reakce
2 Na2O2 (s) + 2 H2O (l) → 4 NaOH (s) + O2 (g).
Slučovací teplo Na2O2 (s) je -504,93 kJ.mol–1
, H2O (l) -285,96 kJ mol–1
,
NaOH (s) -827,05 kJ mol–1
. Kolik tepla se uvolní rozkladem 25 g Na2O2?
12. Pro reakci 2 N2 (g) + O2 (g) → 2 N2O (g) ΔH = 163,3 kJ vypočítejte:
a) teplo absorbované při vzniku 6,5 g N2O,
b) teplo uvolněné při rozkladu 3,0 g N2O.
13. Vypočítejte teplo reakce, při níž by se diamant za teploty 298,15 K a tlaku
101,325 kPa měnil v grafit, víte-li, že za stejných podmínek jsou tepla reakcí
C (grafit) + O2 (g) → CO2 (g) ΔH = -393,77 kJ mol–1
,
C (diamant) + O2 (g) → CO2 (g) ΔH = -395,65 kJ mol–1
.
14. Jsou známa tepelná zabarvení následujících reakcí
C (s) + O2 (g) → CO2 (g) ΔH = -393,97 kJ mol–1
,
CO (g) + ½ O2 → CO2 (g) ΔH = -283,19 kJ mol–1
.
Vypočítejte ΔH reakce C (s) + ½ O2 → CO (g).
15. Vypočítejte enthalpii reakce C (grafit) + 2 H2 (g) → CH4 (g), jsou-li známy následující
údaje
CH4 (g) + 2 O2 (g) → CO2 (g) + 2 H2O (l) ΔH° = -890,95 kJ mol–1
,
C (grafit) + O2 (g) → CO2 (g) ΔH° = -393,97 kJ mol–1
,
H2 (g) + 1/2 O2 (g) → H2O (l) ΔH° = -285,96 kJ mol–1
.
16. Jsou dány termochemické rovnice
C (s) + O2 (g) → CO2 (g) ΔH = -393,97 kJ mol–1
,
21. Základy termodynamiky
– 127 –
Ca (s) + ½ O2 (g) → CaO (s) ΔH = -635,97 kJ mol–1
,
Ca (s) + 3/2 O2 (g) + C (s) → CaCO3 (s) ΔH = -1207,89 kJ mol–1
.
Vypočítejte s jejich pomocí reakční teplo reakce
CaO (s) + CO2 (g) → CaCO3 (s).
17. Za použití termochemických rovnic
Fe2O3 (s) + 3 CO (g) → 2 Fe (s) + 3 CO2 (g) ΔH = -27,63 kJ mol–1
,
3 Fe2O3 (s) + CO (g) → 2 Fe3O4 (s) + CO2 (g) ΔH = -58,62 kJ mol–1
,
Fe3O4 (s) + CO (g) → 3 FeO (s) + CO2 (g) ΔH = 38,10 kJ mol–1
.
Vypočtěte ΔH reakce FeO (s) + CO (g) → Fe (s) + CO2 (g).
Gibbsova energie
18. Která z uvedených výpovědí platí pro samovolně probíhající reakce?
a) jsou exotermní
b) změna Gibsovy energie je negativní
c) probíhají rychle
d) změna enthalpie je negativní
19. Kdy je změna Gibbsovy energie ΔG při reakci rovna nule?
a) je-li systém v rovnováze
b) všechny aktivity jsou jednotkové
c) teplo není soustavou ani přijímáno, ani vydáváno
d) ΔS = 0
20. Jednotlivé procesy je možno charakterizovat znaménkem ΔH a ΔS, např. tak, jak
je uvedeno v následující tabulce:
proces ΔH ΔS
a - +
b + c
- d
+ +
Které z těchto procesů probíhají za konstantního tlaku a teploty určitě samovolně
a které by mohly být samovolné?
21. Vypočítejte standardní Gibbsovu energii oxidace glukozy
C6H12O6 (s) + 6 O2 (g) → 6 CO2 (g) + 6 H2O (l).
Standardní Gibbsovy energie jsou pro C6H12O6 (s) -912,72 kJ mol–1
, CO2 (g)
-394,83 kJ mol–1
a H2O (l) -238,65 kJ mol–1
.
21. Základy termodynamiky
– 128 –
22. Bude reakce 2 NO2 (g) → N2O4 (g) probíhat za standardních podmínek samovolně?
ΔG° (N2O4) = 98,326 kJ mol–1
a ΔG° (NO2) = 51,724 kJ mol–1
.
23. Je za standardních podmínek uskutečnitelná reakce
CO (g) + Cl2 (g) → COCl2 (g)?
Gibbsova energie CO (g) je -137,37 kJ mol–1
a COCl2 (g) -210,64 kJ mol–1
.
24. Pro proces přeměny H2O (s) → H2O (l) je ΔH = 6012,2 J mol–1
a ΔS = 22,0 kJ mol–1
K–1
. Vypočítejte:
a) ΔG tohoto procesu při -10 °C. Která forma (led nebo voda) je stabilní při této
teplotě?
b) ΔG při +10 °C. Která forma bude stabilnější při této teplotě?
c) teplotu, při níž je ΔG = 0. Jaký je fyzikální význam této teploty?
Entropie
25. Pro reakci NO (g) + ½ O2(g)  NO2 (g) probíhající při 298,15 K je
ΔG° = -34,88 kJ mol–1
a ΔH° = -56,56 kJ mol–1
. Vypočítejte změnu entropie, probíhá-li
reakce při 298,15 K.
26. Na základě termodynamického výpočtu zjistěte, zda je při 25 °C stálejší červený
nebo bílý fosfor. Hodnota tvorné entropie červeného fosforu je
S°m = 63,18 J mol−1
K−1
a bílého fosforu S°m = 44,35 J mol−1
K−1
. Entalpie modifikační
přeměny P(červený, 25 °C) → P(bílý, 25 °C) je ΔH° = 18,41 kJ mol–1
.
Výpočet ΔHr pomocí energií vazeb
27. Vypočítejte energii vazby C-H na základě následujících údajů:
C (s) + 2 H2 (g) → CH4 (g) ΔH = -74,94 kJ mol–1
,
C (g) → C (s) ΔH = -717,20 kJ mol–1
,
2 H (g) → H2 (g) ΔH = -436,26 kJ mol–1
.
28. Vypočítejte reakční enthalpii vzniku jodovodíku z prvků dle rovnice
H2 (g) + I2 (g) → 2 HI (g), pokud znáte velikost energie vazeb H-H (435 kJ mol–1
),
I-I (150 kJ mol–1
) a H-I (299 kJ mol–1
).
29. Tetrachlormethan se připravuje reakcí sirouhlíku s chlorem
CS2 (g) + 3 Cl2 → CCl4 (g) + S2Cl2 (g).
Vypočítejte tepelné zabarvení této reakce, víte-li, že energie jednotlivých vazeb
jsou: C=S 481,48 kJ mol–1
, Cl-Cl 242,83 kJ mol–1
, C-Cl 326,57 kJ mol–1
,
S-S 205,15 kJ mol–1
a S-Cl 255,39 kJ mol–1
.
30. Za pomoci známých vazebných energií vypočítejte teplo reakce, při které se
chlorací methanu připravuje chloroform
CH4 (g) + 3 Cl2 (g) → CHCl3 (g) + 3HCl (g).
Energie vazeb jsou: C-H 416,17 kJ mol–1
, Cl-Cl 242,83 kJ mol–1
,
C-Cl 326,57 kJ mol–1
a H-Cl 431,24 kJ mol–1
.
21. Základy termodynamiky
– 129 –
Born-Haberův cyklus
31. Z Born-Haberova cyklu vypočítejte hodnotu elektronové afinity chloru, víte-li,
že slučovací teplo NaCl ΔHsluč.
°
= -410,5 kJ mol–1
, disociační teplo chloru 1/2
ΔHdis.
°
= 122,1 kJ mol–1
, sublimační teplo sodíku ΔHsubl.
°
= 108,3 kJ mol–1
, ionizační
energie sodíku Ei = 495,3 kJ mol–1
a mřížková energie NaCl ENaCl = -788,0
kJ mol–1
.
21. Základy termodynamiky
– 130 –
Výsledky:
1. vzroste o 10 J
2. 304,0 J
3. 2,44 kJ g–1
4. vlevo b); vpravo c)
5. a) -50 kJ b) -70 kJ
6. a) 30 kJ b) 70 kJ
7. 713,96 J
8. ΔH = -484,83 kJ; ΔU = -481,73 kJ
9. uvolní se 17 kJ
10. -3269,42 kJ mol–1
11. ΔH° = -126,42 kJ, Q = 20,265 kJ
12. a) 12,058 kJ b) 5,565 kJ
13. -1,88 kJ mol–1
14. -110,78 kJ mol–1
15. -74,94 kJ mol–1
16. -177,95 kJ mol–1
17. -16,745 kJ mol–1
18. b)
19. a)
20. a) vždy; c),d) možná
21. -2888,16 kJ mol–1
22. ΔG° = -5,122 kJ; bude, ale s malým výtěžkem
23. ΔG° = -73,27 kJ mol–1
; ano
24. a) ΔG = 222,9 J mol–1
; led b) ΔG = -217,1 J mol–1
; voda
c) 0°C; voda i led koexistují
25. S = -72,715 J mol–1
K–1
26. 2402 J mol–1
27. 416,17 kJ mol–1
28. ΔHr = -13 kJ mol–1
29. ΔH = -330,76 kJ mol–1
30. ΔH = -296,43 kJ mol–1
31. -348,2 kJ mol–1
22. Chemická rovnováha
– 131 –
22. Chemická rovnováha
A
1. Objasněte pojmy: chemická rovnováha, ustálený stav, rovnovážná konstanta
a její definice pomocí tlaku, koncentrace nebo aktivity látek.
2. Objasněte pojmy a u vzorců též vysvětlete význam symbolů: silný elektrolyt,
slabý elektrolyt, disociační stupeň, disociační konstanta, konstanta stability koordinační
částice.
3. Formulujte Le-Chatelierův-Braunův princip.
4. Definujte pomocí výpočetních vztahů, objasněte význam symbolů: iontová síla
roztoku, aktivita iontů v roztoku, aktivitní koeficient iontů v roztoku.
B
1. Definujte rovnovážnou konstantu Kp reakce 3 H2(g) + N2(g) 2 NH3 (g) .
Řešení:
𝐾𝑝 =
pr
2
(NH3)
pr
3(H2) . pr(N2)
2. K níže uvedeným reakcím definujte rovnovážnou konstantu Ka:
a) CO2(g) + NaOH(s) NaHCO3(s)
b) CuSO4 . 5 H2O(s) CuSO4 . H2O (s) + 4 H2O(g)
c) CaCO3(s) CaO(s) + CO2(g)
d) S8(s) + 8 O2(g) 8 SO2(g)
Řešení:
Jedná se o heterogenní rovnováhy, tedy o takové, kterých se účastní látky v různých fázích.
Aktivity čistých pevných látek v rovnováze mají hodnotu 1. Výrazy pro rovnovážné
konstanty proto budou:
a) 𝐾𝑎 =
a(NaHCO3)
a(CO2) . a(NaOH)
=
1
a(CO2) . 1
=
1
a(CO2)
b)𝐾𝑎 =
a(CuSO4 . H2O) . a4
(H2O)
a(CuSO4 . 5H2O)
=
1 . a4
(H2O)
1
= a4
(H2O)
c) 𝐾𝑎 =
a(CaO) . a(CO2)
a(CaCO3) .
=
1 . a(CO2)
1 .
= a(CO2)
d)𝐾𝑎 =
a8
(SO2)
a(S8) . a8(O2)
=
a8
(SO2)
1 . a8(O2)
=
a8
(SO2)
a8(O2)
3. Do třílitrové nádoby bylo vpuštěno 5 mol amoniaku a zvýšena teplota. Po ustavení
rovnováhy 2 NH3 (g) 3 H2 (g) + N2 (g) směs obsahovala 1 mol NH3. Vypočítejte
rovnovážnou konstantu Kc.
22. Chemická rovnováha
– 132 –
Řešení:
2 NH3 (g) 3 H2 (g) + N2 (g)
začátek: 5 mol – –
rovnováha: 1 mol
5−1
2
. 3 = 6 mol
5−1
2
= 2 mol
[NH3] =
n (NH3)
V
=
1
3
mol dm–3
[H2] =
n (H2)
V
=
6
3
= 2 mol dm–3
[N2] =
n (N2)
V
=
2
3
mol dm–3
𝐾𝑐 =
[H2]3
. [N2]
[HN3]2
=
23
.
2
3
(
1
3
)2
=
16
3
= 5,33
Rovnovážná konstanta pro tuto reakci má hodnotu 5,33.
4. Při teplotě 27 °C a tlaku 1,0.105
Pa je N2O4 z 20 % disociován na monomer.
a) Vypočítejte rovnovážnou konstantu Kp
b) Z kolika procent bude N2O4 disociován, klesne-li při téže teplotě tlak na 1,0 ∙ 104
Pa?
Řešení:
N2O4 2 NO2
začátek (mol)
100 0
rovnováha (mol)
80 2 . 20 = 40
a)𝐾𝑝 =
pr
2
(NO2)
pr(N2O4)
n (mol) xi pi = xi . pcelk. pri =
pi
pst
N2O4
80 0,667 66,7 kPa 0,658
NO2 40 0,333 33,3 kPa 0,329
𝐾𝑝 =
0,3292
0,658
= 0,1645
Kp následující reakce je 0,1645.
b) Postupujeme pozpátku:
𝐾𝑝 =
pr (NO2)2
pr(N2O4)
=
p(NO2)2
pst
2
p(N2O4)
pst
=
p(NO2)2
pst . p(N2O4)
=
(x(NO2) . pcelk.)2
pst . x(N2O4) . pcelk.
=
x2
(NO2)
x(N2O4)
.
pcelk
pst
𝐾𝑝= 0,1645
x(NO2) + x(N2O4) = 1 
22. Chemická rovnováha
– 133 –
x2
(NO2)
1 − x(N2O4)
.
pcelk
pst
= 0,1645
x2
(NO2)
1 − x(N2O4)
.
1,0 . 104
101325
= 0,1645
x2
(NO2)
1 − x(N2O4)
= 1,667
x2
(NO2) = 1,667 . (1 - x(NO2))
x2
(NO2) = 1,667 – 1,667 x(N2O4)
x2
(NO2) + 1,667 x(NO2) – 1,667 = 0
x(N𝑂2)1,2 =
−1,667 ± √1,6672 − 4 . 1 . (−1,667)
2
x(NO2)1 = 0,7
x(NO2)2 < 0
Tento výsledek uvažovat nebudeme, protože záporný molární zlomek nedává smysl.
V rovnováze je v soustavě x(NO2) = 0,7, x(N2O4) = 0,3.
Na začátku bylo přítomno 0 dílů NO2, ty vznikly disociací
0,7
2
= 0,35 dílů N2O4. Na začátku
bylo v soustavě 0,3 + 0,35 = 0,65 dílů N2O4, z toho 0,35 dílů disociovalo.
0,65 dílů………….100 %
0,35 dílů ……………y %
––––––––––––––––––––––––––––
y =
100 . 0,35
0,65
 y = 53,8 54%
N2O4 je disociován přibližně z 54 %.
5. Vypočítejte aktivitu iontů Na+
a aktivitu iontů SO4
2−
v roztoku Na2SO4 o koncentraci
0,1 mol dm–3
.
Řešení:
- Napíšeme rovnici elektrolytické disociace všech silných elektrolytů přítomných v roztoku
(vodu a slabé elektrolyty obvykle neuvažujeme): Na2SO4 → 2 Na+
+ SO4
2−
- Připravíme si tabulku:
ionty přítomné v roztoku
[𝑋𝑖] (mol dm–3
)
zi
zi
2
[𝑋𝑖] zi
2
- Tabulku vyplníme, sečteme hodnoty výrazů [𝑋𝑖] zi
2
:
Na+
SO4
2−
[𝑋𝑖] (mol dm–3
) 2 . 0,1 = 0,2 0,1
zi
1 -2
zi
2 1 4
[𝑋𝑖] zi
2 0,2 . 1 = 0,2 0,1 . 4 = 0,4
∑([𝑋𝑖] zi
2
) = 0,2 + 0,4 = 0,6 mol dm–3
22. Chemická rovnováha
– 134 –
- Vypočítáme iontovou sílu podle vztahu:
I =
1
2
∑([𝑋𝑖] zi
2
)
i
kde:
I…iontová síla roztoku, [Xi]…skutečná látková koncentrace i-tého druhu iontů,
zi…nábojové číslo zvoleného druhu iontů
I =
1
2
∑([𝑋𝑖] zi
2
)
i
=
1
2
. 0,6 = 0,3 mol 𝑑𝑚–3
- Vypočítáme aktivitní koeficienty Na+
a SO4
2−
podle vztahu: -logγi = Azi
2
√I,
kde A… tabelovaná konstanta pro vodné roztoky je rovna přibližně 0,5 mol
1
2 dm
3
2,
zi…nábojové číslo zvoleného druhu iontu, I…iontová síla roztoku
Na+
: -logγNa+ = AzNa+
2
√I = 0,5.12
.√0,3 = 0,274  γNa+ = 10–0,274
= 0,532
SO4
2−
: -logγSO4
2− = AzSO4
2−
2
√I = 0,5 . (-2)2
. √0,3 = 1,095  γSO4
2− = 10–1,095
= 0,08
- Vypočítáme aktivitu Na+
a SO4
2−
podle vztahu ai = [𝑋𝑖]γi kde: ai…aktivita i-tého druhu
iontů (bezrozměrné číslo), [𝑋𝑖]…skutečná látková koncentrace i-tého druhu iontů,
γi…aktivitní koeficient i-tého druhu iontů
Na+
: aNa+ = [Na+
] γNa+ = 0,2.0,532 = 0,106
SO4
2−
: aSO4
2−= [SO4
2−
] γSO4
2− = 0,1.0,08=0,008
Aktivita iontů Na+
je 0,106 a aktivita iontů SO4
2−
je 0,008.
6. Máte roztok obsahující současně KCl a K2SO4 o koncentracích 0,01 mol dm–3
KCl a 0,1 mol dm–3
K2SO4. Vypočítejte aktivitu K+
, Cl–
a SO4
2−
v tomto roztoku.
Řešení:
1) Napíšeme rovnici elektrolytické disociace všech silných elektrolytů přítomných
v roztoku (vodu a slabé elektrolyty obvykle neuvažujeme):
KCl → K+
+ ClK2SO4
→ 2 K+
+ SO4
2−
2) Připravíme si tabulku:
ionty přítomné v roztoku
[𝑋𝑖] (mol dm–3
)
zi
zi
2
[𝑋𝑖] zi
2
3) Tabulku vyplníme, sečteme hodnoty výrazů [Xi] zi
2
:
Na+
Cl-
SO4
2−
[𝑋𝑖] (mol dm–3
) 0,01 + 2.0,1 = 0,21 0,01 0,1
zi
1 -1 -2
zi
2 1 1 4
[𝑋𝑖] zi
2 0,21 . 1 = 0,21 0,01.1 = 0,01 0,1 . 4 = 0,4
∑([𝑋𝑖] zi
2
)
𝑖
= 0,21 + 0,01 + 0,4 = 0,62 mol dm–3
4) Vypočítáme iontovou sílu podle vztahu:
22. Chemická rovnováha
– 135 –
I =
1
2
∑([𝑋𝑖] zi
2
)
i
kde:
I…iontová síla roztoku, [𝑋𝑖]…skutečná látková koncentrace i-tého druhu iontů,
zi…nábojové číslo zvoleného druhu iontů
𝐼 =
1
2
∑([𝑋𝑖] zi
2
)
i
=
1
2
. 0,62 = 0,31 mol 𝑑𝑚–3
5) Vypočítáme aktivitní koeficienty Na+
a SO4
2−
podle vztahu: -logγi = Azi
2
√I, kde A…
tabelovaná konstanta pro vodné roztoky je rovna přibližně 0,5 mol
1
2 dm
3
2, zi…nábojové
číslo zvoleného druhu iontu, I…iontová síla roztoku
K+
: -logγK+ = AzK+
2
√I = 0,5.12
.√0,31 = 0,278  γK+ = 10–0,278
= 0,527
Cl:
-logγCl− = AzCl−
2
√I = 0,5.(-1)2
.√0,31 = 0,278  γCl− = 10–0,278
= 0,527
SO4
2−
: -logγSO4
2− = AzSO4
2−
2
√I = 0,5 . (-2)2
. √0,31 = 1,114  γSO4
2− = 10–1,114
= 0,077
6) Vypočítáme aktivitu Na+
a SO4
2−
podle vztahu ai = [𝑋𝑖]γi kde: ai…aktivita i-tého druhu
iontů (bezrozměrné číslo), [𝑋𝑖]…skutečná látková koncentrace i-tého druhu iontů,
γi…aktivitní koeficient i-tého druhu iontů
Na+
: aK+ = [K+
] γK+ = 0,21.0,527 = 0,111
Cl:
aCl− = [Cl]
γCl− = 0,01.0,527 = 0,00527
SO4
2−
: aSO4
2−= [SO4
2−
] γSO4
2− = 0,1.0,077=0,0077
Aktivita iontů K+
je 0,106, aktivita iontů Clje
0,00527 a aktivita iontů SO4
2−
je 0,0077.
C
Le Chatelierův-Braunův princip
1. Vyberte jednu správnou odpověď: Při rovnováze tuhá látka kapalina způsobí
dodání tepla:
a) snížení množství tuhé látky
b) snížení množství kapaliny
c) pokles teploty
d) vzrůst teploty
2. Vyberte jednu správnou odpověď: Na kterou z následujících rovnováh nemá vliv
změna tlaku?
a) 2 HgO (s) 2 Hg (l) + O2 (g)
b) 2 NO2 (g) N2O4 (g)
c) CO2 (g) + H2O (l) CO2 (roztok)
d) H2 (g) + I2 (g) 2 HI (g)
e) 2 SO2 (g) + O2 (g) 2 SO3 (g)
3. Vyberte jednu správnou odpověď: V reakčním systému nacházejícím se
v rovnováze způsobí vzrůst teploty:
a) Vzrůst rychlosti jen exotermních reakcí
22. Chemická rovnováha
– 136 –
b) Vzrůst rychlosti jen endotermních reakcí
c) Vzrůst rychlosti exotermních i endotermních reakcí
d) nemá vliv na jejich rychlost
4. Exotermní reakci syntézy amoniaku vystihuje rovnice
N2 (g) + 3 H2 (g) 2 NH3 (g)
Výtěžek amoniaku bude největší při (vyberte jednu správnou odpověď):
a) nízké teplotě, nízkém tlaku
b) nízké teplotě, vysokém tlaku
c) vysoké teplotě, nízkém tlaku
d) vysoké teplotě, vysokém tlaku
5. Plynný jod a vodík reagují za vzniku plynného jodovodíku. Po dosažení rovnováhy
závisí hodnota rovnovážné konstanty Ka na (vyberte jednu správnou odpo-
věď):
a) počáteční koncentraci vodíku
b) teplotě
c) celkovém tlaku systému
d) objemu reakční nádoby
6. V uzavřené nádobě se ustálila rovnováha
CaCO3 (s) CaO (s) + CO2 (g) ΔH = 180 kJ.mol–1
Zvýšení výtěžku oxidu vápenatého může být dosaženo (vyberte jednu správnou
odpověď):
a) přidáním dalšího CaCO3
b) snížením koncentrace CO2
c) snížením teploty
d) zmenšením objemu nádoby
7. Při oxidaci oxidu siřičitého na oxid sírový se ustavuje rovnováha:
2 SO2 (g) + O2 (g) 2 SO3 (g) ΔH= -190 kJ mol–1
Rovnovážnou koncentraci SO3 lze zvýšit (vyberte jednu správnou odpověď):
a) snížením teploty
b) zvětšením objemu reakční nádoby
c) odstraňováním SO3 ze systému
d) přidáním inertního plynu k reakční směsi
Rovnovážná konstanta
8. Definujte rovnovážnou konstantu Kp reakce H2 (g) + I2 (g) 2 HI (g).
22. Chemická rovnováha
– 137 –
9. Vypočítejte rovnovážnou Kc reakce CO (g) + 2 H2O (g) CO2 (g) + H2 (g),
jsou-li rovnovážné koncentrace [H2] = [CO] = 0,004 mol dm–3
,
[H2O] = 0,064 mol dm–3
a [CO2] = 0,016 mol dm–3
.
10. Chlorid fosforečný byl v nádobě o obsahu 12 litrů zahřát na 250 °C. Po ustavení
rovnováhy plynná směs obsahovala 0,21 mol PCl5, 0,32 mol PCl3 a 0,32 mol
Cl2. Vypočítejte rovnovážnou konstantu Kc pro disociaci PCl5 za teploty 250 °C.
11. Rovnovážná směs 2 H2S (g) 2 H2 (g) + S2 (g) o objemu 2 litry obsahovala
1 mol H2S, 0,2 mol H2 a 0,8 mol S2. Vypočítejte rovnovážnou konstantu Kc.
12. Při reakci C (s) + CO2 (g) 2 CO (g) je při dosažení rovnováhy parciální tlak
oxidu uhelnatého 810,6 kPa a oxidu uhličitého 405,3 kPa. Vypočítejte rovnovážnou
konstantu Kp.
13. Hodnota rovnovážné konstanty reakce A (g) + 2 B (l) 4 C (g) je 0,123. Vypočítejte
rovnovážnou konstantu obrácené reakce.
14. V rovnovážném systému AB (s) A (g) + B (g) byla zdvojnásobena rovnovážná
koncentrace látky A. Jak se změní koncentrace látky B?
15. V nádobě o objemu 2 litry došlo při zahřívání k částečnému rozkladu fosgenu
dle rovnice
COCl2 (g) CO (g) + Cl2 (g)
V okamžiku dosažení rovnováhy byla koncentrace COCl2 0,40 mol/dm3
. Do nádoby
byl přidán nový fosgen a po ustanovení nové rovnováhy byla koncentrace
COCl2 1,6 mol/dm3
. Jak se změnila koncentrace CO?
16. Rovnovážná konstanta vratné reakce Br2 (g) 2 Br (g) je Kc = 8 · 10–6
. Jaká je
rovnovážná koncentrace atomárního bromu, je-li koncentrace Br2 1 mol dm–3
?
17. Amoniak je při teplotě 400 °C a tlaku 1 MPa z 98 % disociován. Vypočítejte Kp
této reakce.
18. Desetilitrová nádoba, v níž se nachází 0,4 mol jodovodíku, byla zahřáta na
440 °C. Jaká bude koncentrace H2, I2 a HI, je-li rovnovážná konstanta reakce
H2 (g) + I2 (g) 2 HI (g) při této teplotě 49,5?
Aktivita, aktivitní koeficienty
19. Aktivita iontu je číselně rovna látkové koncentraci při (vyberte správnou odpo-
věď):
a) nízké teplotě
b) nízkém tlaku
c) nízké koncentraci
20. Vypočítejte iontovou sílu roztoku K2SO4 o koncentraci 0,02 mol dm–3
.
21. Vypočítejte iontovou sílu roztoku, který obsahuje NaCl v koncentraci
0,01 mol dm–3
a CaCl2 v koncentraci 0,02 mol dm–3
.
22. Chemická rovnováha
– 138 –
22. Vypočítejte aktivity
a) iontů K+
a OHv
roztoku KOH o koncentraci 0,005 mol dm–3
b) iontů Fe3+
a Clv
roztoku FeCl3 o koncentraci 0,01 mol dm–3
c) iontů Al3+
a 𝑆𝑂4
2−
v roztoku Al2(SO4)3 o koncentraci 0,008 mol dm–3
23. Vypočítejte aktivity iontů v roztoku, který obsahuje MgCl2 o koncentraci
0,005 mol dm–3
a MgSO4 o koncentraci 0,001 mol dm–3
.
22. Chemická rovnováha
– 139 –
Výsledky:
1. a)
2. d)
3. c)
4. b)
5. b)
6. b)
7. a)
8. Kp =
p2
(HI)
p(H2) . p(I2)
9. Kc = 0,25
10. Kc = 4,06.10–2
11. Kc = 1,6.10–2
12. Kp = 1621,2
13. 8,13
14. Koncentrace B klesne na polovinu.
15. Koncentrace CO se zdvojnásobí.
16. 2,83 · 10–3
mol dm–3
17. Kp = 311
18. [H2] = [I2] = 4,427 · 10–3
mol dm–3
; [HI] = 3,115 · 10–2
mol dm–3
19. c)
20. 0,06
21. 0,07 mol dm–3
22. a) 𝑎 𝐾+ = 𝑎 𝑂𝐻– = 0,0046 b) 𝑎 𝐹𝑒3+ = 0,00079; 𝑎 𝐶𝑙−= 0,0226
c) 𝑎 𝐴𝑙3+ = 0,00044; 𝑎
𝑆𝑂4
2– = 0,0049
23. 𝑎 𝑀𝑔2+ = 0,0032; 𝑎 𝐶𝑙–= 0,0085; 𝑎
𝑆𝑂4
2– = 0,00053
23. Roztoky a rozpustnost
– 140 –
23. Roztoky a rozpustnost
A
1. Definujte: roztok, nasycený roztok, nenasycený roztok, přesycený roztok, látka
rozpouštějící, látka rozpuštěná, rozpouštědlo, elektrolyt, neelektrolyt, potenciální
elektrolyt, elektrolytická disociace, disociační stupeň elektrolytu, součin rozpustnosti,
zdánlivý součin rozpustnosti.
2. Kterými faktory lze ovlivnit rozpustnost látek a jak?
3. Definujte pomocí vzorců, uveďte také jednotky pro dosazení: molární zlomek,
molalita (molální koncentrace), hmotnostní zlomek, hmotnostní procento, objemový
zlomek, objemová procenta, látková (dříve molární) koncentrace, termodynamický
součin rozpustnosti, zdánlivý součin rozpustnosti.
4. Formulujte Henryho zákon, vysvětlete symboly, uveďte jednotky pro dosazení.
5. U následujících skupin látek uveďte, zda jsou ve vodě většinou rozpustné nebo
většinou nerozpustné, vypište případné výjimky.
skupina látek
rozpustnost ve vodě
(dobrá / špatná)
příklady výjimek
sulfidy
soli alkalických kovů
soli amonné
halogenidy
sírany
B
1. Zdánlivý součin rozpustnosti CuBr má hodnotu 4,8 ∙ 10–8
. Určete látkovou koncentraci
CuBr v jeho nasyceném vodném roztoku.
Řešení:
CuBr ve vodném roztoku disociuje a ustaluje se rovnováha:
CuBr(s) Cu+
(aq) + Br–
(aq)
Zdánlivý součin rozpustnosti CuBr je definován vztahem:
Ks(CuBr) = [Cu+
].[Br–
]
Z rovnice disociace CuBr je zřejmé, že [Cu+
] = [Br–
] = c(CuBr). Pak platí:
Ks(CuBr) = c(CuBr) . c(CuBr) = c(CuBr)2
Po číselném dosazení 4,8 · 10-8
= c(CuBr)2
c(CuBr) = √4,8 · 10−8 = 2,19 · 10–4
mol dm–3
Látková koncentrace CuBr v jeho nasyceném vodném roztoku je asi
2,19 · 10-4
mol dm-3
.
Při výpočtu je možné si zjednodušit zápis, např. zavedením substituce c(CuBr) = x. Po-
tom:
Ks(CuBr) = x . x = x2
Po číselném dosazení 4,8 · 10-8
= x2
23. Roztoky a rozpustnost
– 141 –
x = √4,8 · 10−8 = 2,19 · 10–4
mol dm–3
Látková koncentrace CuBr v jeho nasyceném vodném roztoku je asi
2,19 · 10-4
mol dm-3
.
2. Určete zdánlivý součin rozpustnosti Ag3PO4. Rozpustnost této iontové sloučeniny
ve vodě je 1,607 ∙ 10–5
mol dm–3
.
Řešení:
Při rozpouštění Ag3PO4 ve vodě se ustaluje rovnováha:
Ag3PO4(s) 3Ag+
(aq) + PO4
3–
(aq)
Z této rovnice je zřejmé, že [PO4
3–
] = c (Ag3PO4) a také že [Ag+
] : [PO4
3–
] = 3 : 1, neboli
[Ag+
] = 3 [PO4
3–
]
Součin rozpustnosti Ks (Ag3PO4) je definován vztahem:
Ks = [Ag+
]3
∙ [PO4
3–
]
Po dosazení vztahů mezi koncentracemi dostáváme:
Ks (Ag3PO4) = (3 ∙ [PO4
3–
])3
. [PO4
3–
]
Ks (Ag3PO4) = 27 ∙ [PO4
3–
]4
Ks (Ag3PO4) = 27 ∙ (1,607 · 10–5
)4
Ks (Ag3PO4) = 27 ∙ 6,669 · 10–20
Ks (Ag3PO4) = 1,8 ∙ 10–18
Zdánlivý součin rozpustnosti Ag3PO4 je 1,8 ∙ 10–18
.
3. Voda je ve styku se směsí N2 a O2. Molární zlomek N2 v plynné fázi je 0,67
a celkový tlak směsi plynů je 0,1 MPa. Jaký bude molární zlomek kyslíku rozpuštěného
ve vodě? kH(O2) = 4,06 ∙ 103
MPa, kH(N2) = 8,14 ∙ 103
MPa.
Řešení:
Řešíme pomocí Henryho zákona. Musíme odlišovat molární zlomky látek v plynné fázi
(budeme značit y) a molární zlomky látek v kapalné fázi (budeme značit x):
V našem případě:
p(O2) = kH(O2) x(O2)
Parciální tlak kyslíku nad roztokem je p(O2) = pcelk y(O2), kde y(O2) je molární zlomek
kyslíku v plynné fázi.
Známe: pcelk = 0,1 MPa, y(N2) = 0,67. Protože y(N2) + y(O2) = 1,
je y(O2) = 1 – 0,67 = 0,33.
Parciální tlak kyslíku tedy je roven p(O2) = (0,1 ∙ 0,33) MPa = 3,3 ∙ 10–2
MPa.
Tlak p(O2) dosadíme do Henryho zákona:
3,3 ∙ 10–2
= 4,06 103
x(O2)  x(O2) = 8,1281 ∙ 10–6
Molární zlomek kyslíku ve vodě je 8,1281 ∙ 10–6
.
23. Roztoky a rozpustnost
– 142 –
C
Následující tabulka obsahuje data potřebná pro vyřešení příkladů 1 až 9:
Rozpustnost látky při zvolené teplotě (gramy rozpuštěné látky na 100 g vody)
teplota (°C) ►/
látka▼
0 20 60 100
NaCl 35,63 35,86 37,08 39,02
NiCl2·6H2O 174,5 239,75 479,5 590
MnSO4·4H2O 105,6 132,7 110,1 59,9
CaCrO4 4,38 2,39 0,9 0,43
1. Z uvedených dat sestrojte křivky rozpustnosti pro zadané látky.
2. Co na základě těchto grafů můžete říci o rozpustnosti uvedených 4 látek?
3. Co na základě těchto grafů můžete říci o teplotní závislosti rozpustnosti pevných
látek ve vodě?
4. Pomocí grafu odhadněte, kolik gramů NiCl2·6H2O lze rozpustit ve 100 g vody
při 25 °C a při 30 °C.
5. Co budete pozorovat, pokud při 60 °C připravíte nasycený roztok NiCl2·6H2O
a pak jej ochladíte na 20 °C?
6. Jak se při 20 °C nazývá roztok NiCl2·6H2O, který je při 60 °C nasycený?
7. Co budete pozorovat, pokud při 1 °C rozpustíte ve 100 g vody 3 g CaCrO4 a pak
jej necháte zahřát na pokojovou teplotu?
8. Máte roztok vzniklý tak, že při teplotě 20 °C bylo ve 100 g vody rozpuštěno
100 g MnSO4·4H2O a 200 g NiCl2·6H2O. Jakým způsobem byste z něj oddělili
část MnSO4·4H2O?
9. Máte roztok vzniklý tak, že při teplotě 20 °C bylo ve 100 g vody rozpuštěno
100 g MnSO4·4H2O a 200 g NiCl2·6H2O. Jakým způsobem byste z něj oddělili
část NiCl2·6H2O?
10. Zdánlivý součin rozpustnosti AgCl má hodnotu 1,778 ∙ 10–10
. Určete látkovou
koncentraci stříbrných iontů v nasyceném vodném roztoku AgCl.
11. Koncentrace olovnatých iontů v nasyceném vodném roztoku jodidu olovnatého
je 1,2096 ∙ 10–3
mol dm–3
. Určete hodnotu zdánlivého součinu rozpustnosti PbI2.
12. Voda je ve styku se směsí N2 a O2. Molární zlomek N2 v plynné fázi je 0,83
a celkový tlak směsi plynů je 0,2 MPa. Jaký bude molární zlomek dusíku rozpuštěného
ve vodě? kH(O2) = 4,06 ∙ 103
MPa, kH(N2) = 8,14 ∙ 103
MPa.
23. Roztoky a rozpustnost
– 143 –
Výsledky:
1.
2. Může být velká i malá a může se lišit v rozsahu několika řádů
3. S rostoucí teplotou rozpustnost růst i klesat.
4. přibližně 270 g, přibližně 300 g
5. vznik sraženiny
6. přesycený
7. sražení
0
200
400
600
0 20 40 60 80 100
Rozpustnost(gramyrozpuštěnélátkyna100gvody)ázevosy
Teplota (°C)
NaCl
NiCl2.6H2O
MnSO4.4H2O
CaCrO4
23. Roztoky a rozpustnost
– 144 –
8. zahřát
9. ochladit k 0 °C
10. 1,33 ∙ 10–5
mol dm–3
11. 7,08 ∙ 10–9
12. 2,0393 ∙ 10–5
24. Koligativní vlastnosti
– 145 –
24. Koligativní vlastnosti
A
1. Popište následující jevy a uveďte alespoň 1 příklad z běžného života: ebulioskopický
efekt, kryoskopický efekt, vznik osmotického tlaku.
2. Zapište vzorce popisující velikost změny teploty varu při ebulioskopickém efektu,
změnu teploty tání při kryoskopickém efektu, velikost osmotického tlaku.
3. K čemu se využívají ebulioskopie, kryoskopie a osmometrie?
4. Porovnejte ebulioskopii a kryoskopii z následujících hledisek: citlivost metody,
technická a finanční náročnost na vybavení, zdravotní a bezpečnostní hledisko.
B
1. Ve 100 g vody je rozpuštěno 21,6192 g sladké látky. Bod tuhnutí tohoto roztoku
je -2,232 °C. Jedná se o glukózu, nebo o sacharózu? Kryoskopická konstanta
vody je K(H2O) = 1,86 °C kg mol–1
.
Řešení:
Velikost kryoskopického efektu je ΔTt = K ∙ cm, kde K je kryoskopická konstanta. Molalita
je definovaná vztahem cm =
𝑛 𝐿
𝑚 𝑅
, kde nL je látkové množství rozpuštěné látky,
mR je hmotnost rozpouštědla v jednotkách kg.
Po dosazení dostáváme: ΔTt = K(H2O) ∙
𝑛 𝐿
𝑚 𝑅
, kde nL =
𝑚 𝐿
𝑀 𝐿
Po dosazení: ΔTt(H2O) = K ∙
𝑚 𝐿
𝑀 𝐿 𝑚 𝑅
. Číselně: 2,232 °C = 1,86 °C kg mol–1
∙
21,6192 𝑔
𝑀 𝐿 . 0,1 𝑘𝑔
.
Odtud: ML = 180,16 g mol–1
Srovnáním s molekulových vzorcem glukózy (C6H12O6) a sacharózy (C12H22O11) zjistíme,
že se jedná o glukózu.
2. Bod varu benzenu je 80,10 °C. Vypočítejte bod varu roztoku, který v 80 g benzenu
obsahuje 4,70 g anthracenu. Ebulioskopická konstanta benzenu je
E = 2,6 °C kg mol–1
a molární hmotnost anthracenu je 178,233 g mol–1
.
Řešení:
Velikost ebulioskopického efektu je ΔTv = E ∙ cm, kde E je ebulioskopická konstanta.
Úpravami podobnými jako v předchozím příkladu dostaneme:
ΔTv= E ∙
𝑚 𝐿
𝑀 𝐿 . 𝑚 𝑅
, po číselném dosazení:
ΔTv= 2,6 °C kg mol–1
∙
4,70 𝑔
178,233𝑔 𝑚𝑜𝑙–1 . 0,080 𝑘𝑔
,
ΔTv = 80,96 °C.
Bod varu roztoku je tedy o 0,86 °C vyšší než bod varu čistého benzenu. Bod varu roztoku
je 80,96 °C.
24. Koligativní vlastnosti
– 146 –
3. Přídavek 3,20 g síry do 1 000 g sirouhlíku měl za následek zvýšení bodu varu sirouhlíku
o 0,031 K. Ebulioskopická konstanta sirouhlíku je 2,5 °C kg mol–1
. Kolikaatomové
molekuly Sx tvoří síra použitá pro experiment?
Řešení:
Určíme nejprve molární hmotnost rozpuštěné síry. Srovnáním s molární hmotností jednoatomové
síry pak určíme počet atomů v molekule.
ΔTv= E ·
𝑚 𝐿
𝑀 𝐿 . 𝑚 𝑅
, po číselném dosazení:
0,031 K = 2,5 °C kg mol–1
∙
3,2 𝑔
𝑀 (𝑆 𝑥) .1 𝑘𝑔
M(Sx) = 258,06 g mol–1
M(Sx) = x ∙ M(S)
258,06 = x ∙ 32,06 x = 8,049 8
Vzorek síry použitý v experimentu tvoří molekuly S8.
4. Vodný roztok obsahuje 0,5 g hemoglobinu v 0,5 litru roztoku. Je-li oddělen polopropustnou
membránou od čisté vody, vykazuje při teplotě 27 °C osmotický
tlak 38,66 Pa. Vypočítejte molární hmotnost hemoglobinu.
Řešení:
Velikost osmotického tlaku Π je vyjádřena vztahem Π = RTc, kde
R = 8,314 J K-1
mol-1
, T je termodynamická teplota (K) a c je látková koncentrace rozpuštěné
látky.
c =
𝑛 𝐿
𝑉𝑟𝑜𝑧𝑡𝑜𝑘𝑢
=
𝑚 𝐿
𝑀𝐿 ∙ 𝑉𝑟𝑜𝑧𝑡𝑜𝑘𝑢
Po dosazení dostaneme:
Π = R ∙ T ∙
𝑚 𝐿
𝑀 𝐿 ∙ 𝑉 𝑟𝑜𝑧𝑡𝑜𝑘𝑢
Číselně (pokud dosazujeme tlak v jednotkách Pa, je nutno dosadit objem v m3
):
38,66 Pa = 8,314 J K–1
mol–1
∙ (27 + 273,15) K ∙
0,5 𝑔
𝑀 𝐿 ∙ 0,5 ∙ 10−3 𝑚3
Odtud
ML 64,55 · 103
g mol–1
Molární hmotnost hemoglobinu je asi 64,55 ∙ 103
g mol–1
.
5. Jaký osmotický tlak bude mít roztok 4,00 g NaCl v 1,00 litru vody při teplotě
27,0 °C?
Řešení:
Vztah Π = RTc upravíme na Π = RTci. Van´t Hoffův koeficient i má hodnotu i = 2, protože
NaCl v roztoku disociuje na dva ionty: NaCl → Na+
+ Cl–
.
Π = RTc. i = R ∙ T ∙
mL
ML ∙ Vroztoku
∙ 𝑖
8,314 J K–1
mol–1
∙ (27 + 273,15) K ∙
4,00 g
58,44 g mol–1 ∙ 1,00 ∙ 10−3m3
∙ 2 342 000 Pa
24. Koligativní vlastnosti
– 147 –
Roztok bude mít osmotický tlak 342 000 Pa.
C
1. Kafr má kryoskopickou konstantu K(kafr) = 40,0 °C kg mol–1
a bod tání
178,4 °C. Roztok 1,50 g netěkavé látky A v 35,0 g kafru taje při teplotě
164,7 °C. Vypočítejte relativní molekulovou hmotnost látky A.
2. Vypočítejte bod tání a bod varu roztoku, který obsahuje 30,0 g sacharózy ve
200 g vody. Na základě vypočtených hodnot rozhodněte, zda pro stanovení relativních
molekulových hmotností látek je z hlediska citlivosti metody vhodnější
ebulioskopie nebo kryoskopie. Ebulioskopická konstanta vody je
E(H2O) = 0,52 °C kg mol–1
a kryoskopická konstanta vody má hodnotu
K(H2O) = 1,86 °C kg mol–1
.
3. Jaký osmotický tlak bude mít roztok 4,0 g polyvinylchloridu v 1 litru dioxanu
při teplotě 27 °C, je-li průměrná relativní molekulová hmotnost tohoto polymeru
1,5 · 105
?
4. Vodný roztok obsahující v 1 litru 1,00 g insulinu má při teplotě25 °C osmotický
tlak 413,1 Pa.
a) Vypočítejte relativní molekulovou hmotnost insulinu .
b) Vypočítejte bod tání tohoto roztoku. Kryoskopická konstanta vody má hodnotu
1,86 °C kg mol–1
Výsledky:
1. 125,13
2. -0,815 °C; 100,23°C
3. 66,5 Pa
4. a) 6,0 ∙ 103
b) -3,1 ∙ 10–4
°C
25. Molekulární transport
– 148 –
25. Molekulární transport
A
1. Popište difúzi, transfúzi a efúzi.
2. Určete, zda bude rychleji probíhat transfuze methanu nebo oxidu uhličitého.
Podle čeho jste rozhodovali?
3. Napište Grahamův zákon, vysvětlete symboly.
B
1. Vypočítejte, kolikrát je větší rychlost transfúze vodíku než kyslíku.
Řešení:
Poměr rychlostí pronikání plynů pórovitou stěnou (transfúze) je určen Grahamovým zá-
konem
u1
u2
= √
Mr
stř. (2)
Mr
stř. (1)
u = rychlost transfúze plynu
Mr
stř.
… střední relativní molekulová hmotnost plynu
u(H2)
u(O2)
= √
Mr
stř. (O2)
Mr
stř. (H2)
= √
31,9988
2,0158
= 3,98
Rychlost transfúze H2 je 3,98 x větší než rychlost transfúze O2.
C
1. Na dno kádinky se studenou vodou umístíte malou hromádku (několik krystalů)
KMnO4. Nebudete míchat, kádinku ponecháte v klidu. Odpovězte na následující
otázky:
a) Jakou barvu mají krystaly KMnO4?
b) Jaká je rozpustnost KMnO4 ve vodě ? Údaj můžete vyhledat v tabulkách.
c) Jakou barvu má vodný roztok KMnO4?
d) Co budete pozorovat bezprostředně po vložení krystalů do vody?
e) Co budete pozorovat po několika minutách?
f) Co budete pozorovat po několika hodinách?
g) Jak se nazývají děje, které jste pozorovali?
h) Jaké toxikologické vlastnosti má KMnO4?
i) Pokuste se navrhnout jinou soustavu, na které je možno pozorovat oba sledované
děje, avšak vhodnější z hlediska bezpečnostního.
2. Vypočítejte, kolikrát rychleji probíhá transfúze vodíku než transfúze chloru.
25. Molekulární transport
– 149 –
3. V přírodě se nacházející uran je směsí dvou nuklidů: U235
(obsah 0,7 %) a U238
(obsah 99,3 %). Reakcí uranu s fluorem vzniká velmi těkavý UF6 a transfúzí je
možno oddělovat 235
UF6 od 238
UF6. Vypočítejte, kolikrát vyšší bude obsah 235
UF6
po jedné transfúzi směsi 235
UF6 +
238
UF6 oproti obsahu této látky ve směsi získané
fluorací přírodního uranu.
Ar (235
U) = 235,044; Ar (238
U) = 238,05.
Výsledky:
1. a) Tmavě fialovou, může být vnímána až jako černá.
b) 7,63 g KMnO4 na 100 g.
c) Záleží na koncentraci – od růžové přes různě intenzivní odstíny fialové až
po téměř černou.
d) Zarůžovění roztoku v blízkosti krystalků KMnO4.
e) Dolní část roztoku je fialová, u hladiny bude bezbarvý nebo podstatně méně
fialový než u dna.
f) Barva roztoku bude všude přibližně stejně intenzivní.
g) rozpouštění, volná difúze
h) Způsobuje poškození kůže a očí. Při požití poškozuje ledviny. Smrtelná
dávka je 5-10 g.
i) Použití potravinářských barviv ve vodě.
2. 5,93 krát
3. 1,004 krát
Použitá literatura
– 150 –
Použitá literatura
ATKINS, P. W. a Loretta. JONES. Chemical principles: the quest for insight. 2nd ed.
New York: W.H. Freeman, 2002. ISBN 0-7167-3923-2
BARTOVSKÁ, Ludmila., ŠIŠKOVÁ, Marie. Co je co v povrchové a koloidní chemii.
[online]. 2005 [cit. 2009-02-21]. Dostupné z:
http://vydavatelstvi.vscht.cz/knihy/uid_es-001/hesla/vant_hoffova_rovnice.html.
BENEŠ, Pavel, Jiří BANÝR a Václav PUMPR. Základy chemie 1: [pro druhý stupeň
základní školy, nižší ročníky víceletých gymnázií a střední školy]. Vyd. 3. dotisk. Praha:
Fortuna, 2005. ISBN 80-7168-720-0.
BROŽ, Jaromír, Vladimír ROSKOVEC a Miloslav VALOUCH. Fyzikální a matematické
tabulky. 1. vyd. Praha: SNTL - Nakladatelství technické literatury, 1980. 305 s.
CÍDLOVÁ, H., MOKRÁ, Z., VALOVÁ, B. Obecná chemie. Brno. Masarykova univerzita
v Brně. 2017 (Elportál MU, připraveno k publikování).
CÍDLOVÁ, Hana a Jiří ŠTĚPÁN. Řešené příklady z fyzikální chemie IV. Brno: Masarykova
univerzita v Brně, 2008. ISBN 978-80-210-4604-7.
CÍDLOVÁ, Hana, Daniela SZMEKOVÁ a Jiří ŠTĚPÁN. Řešené příklady z fyzikální
chemie I. Skupenské stavy, fázové rovnováhy. Brno: Masarykova univerzita v Brně,
2003. 118 s. ISBN 80-210-3122-0.
CÍDLOVÁ, Hana, Luděk JANČÁŘ a Renata NĚMCOVÁ. Řešené příklady z fyzikální
chemie VI. Vybrané optické fyzikálně chemické metody. Koloidní soustavy. Brno. Masarykova
univerzita v Brně, 2004. 50 s. ISBN 80-210-3344-4.
ČIPERA, Jan. Základy obecné chemie. 1. vyd. Praha: Státní pedagogické nakladatelství,
1980. 334 s.
FIALA, Miroslav, et. al. Stanovení krystalové vody v CuSO4 · 5H2O [online]. 2007-2008
[cit. 2011-03-27]. Dostupné z:
<http://www.ped.muni.cz/wchem/sm/hc/labtech/pages/stanoveni_ skalice.html>.
FUCHS, Eduard, Helena BINTEROVÁ a Pavel TLUSTÝ. Matematika 8. Aritmetika.
Učebnice pro základní školy a víceletá gymnázia. 1. vyd. Plzeň: FRAUS, 2009. 128 s.
ISBN 978-80-7238-684-0.
HÁLA, Jiří. Pomůcka ke studiu obecné chemie. 1. vyd. Brno: Masarykova univerzita,
1993. 85 s. ISBN 80-210-0289-1.
Chemistry Libretexts: Delocalization of Electrons [online]. Last updated 20 Dec 2016.
UCDAVIS, University od California. Dostupné z:
Použitá literatura
– 151 –
https://chem.libretexts.org/Core/Physical_and_Theoretical_Chemistry/Chemical_Bondi
ng/Valence_Bond_Theory/Delocalization_of_Electrons.
JANČÁŘOVÁ, Irena, Luděk JANČÁŘ. Základní chemické výpočty. 1. vyd. Brno:
Mendelova zemědělská a lesnická universita, 2002. 115 s. ISBN 80-7157-575-5.
KALHOUS, Zdeněk a Otto OBST. Školní didaktika. Vyd. 1. Praha: Portál, 2002. 447 s.
ISBN 807178253X.
KLIKORKA, Jiří, Bohumil HÁJEK a Jiří VOTINSKÝ. Obecná a anorganická chemie.
1. vyd. Praha: Státní nakladatelství technické literatury, 1985. 591 s.
KLIMEŠOVÁ, Věra a Karel PALÁT. Základy obecné chemie pro farmaceuty. 1. vyd.
Praha: Univerzita Karlova v Praze, nakladatelství Karolinum, 2001. 164 s. ISBN 80-
246-0393-4.
KRATOCHVÍL, Milan. Jak myslí chemik: esej. Vyd. 1. Brno: Tribun EU, 2010. 332 s.
978-80-7399-873-8.
LABÍK, Stanislav., BUREŠ, Michal., CHUCHVALEC, Pavel., KOLAFA, Jiří.,
NOVÁK, Josef., ŘEHÁK, Karel. Příklady z fyzikální chemie online [online]. 2015 [cit.
2015-09-26] ]. Dostupný z: http://www.vscht.cz/fch/prikladnik/prikladnik/p.html
MACH, Josef, Irena PLUCKOVÁ a Jiří ŠIBOR. Chemie: úvod do obecné a anorganické
chemie. Brno: Nová škola, c2010. Duhová řada. ISBN 9788072891337
MARKO, Miloš, Stanislav HORVÁTH a Ján KANDRÁČ. Příklady a úlohy z chemie.
Vyd. 2. Praha: Státní pedagogické nakladatelství, 1978. 317 s.
MASTERTON, William L. a Cecile N. HURLEY. Chemistry: principles & reactions:
a core text. 3rd ed. Fort Worth: Saunders College Pub., 1997. ISBN 0-03-005889-9.
MUCK, Alexander. Základy strukturní anorganické chemie. Vyd. 1. Praha: Academia,
2006. 508 s. ISBN 80-200-126-1.
MUSILOVÁ, Emilie a Hana PEŇÁZOVÁ. Chemické názvosloví anorganických sloučenin.
1. vyd. Brno: Masarykova univerzita v Brně, 2000. 157 s. ISBN 80-210-2392-9.
NOVOTNÝ, Petr. Změny skupenství látek. [online]. 2004-2009 [cit. 2009-03-26]. Dostupné
z: http://fyzika.smoula.net/?show=mtf08.
ODVÁRKO, Oldřich, Jiří, KADLEČEK. Matematika [2] pro 7. ročník základní školy.
Praha: Prometheus, 1999. 84 s. ISBN: 9788071964278
PASCHOVÁ, Kateřina. Tvorba studijního materiálu pro výuku předmětu Seminář
z obecné chemie. Brno. 2009. Diplomová práce. Masarykova universita v Brně, Pedagogická
fakulta.
Použitá literatura
– 152 –
PLACHÁ, Miloslava. Aplikace matematických výpočtů v chemii. Brno. 2011. Diplomová
práce. Masarykova universita v Brně, Pedagogická fakulta.
PLACHÁ, Miloslava. Výběr úloh pro seminář z obecné chemie (se zaměřením na radioaktivitu,
strukturu atomu a periodický zákon). Brno. 2008. Bakalářská práce. Masarykova
universita v Brně, Pedagogická fakulta.
POLÁČEK, Miroslav. Molekulová fyzika a termika. [online]. 18 února 2001 [cit. 2009-
03-10]. Dostupné z: http://radek.jandora.sweb.cz/f08.htm.
POLÁŠKOVÁ, Petra. Testové otázky pro předmět Obecná chemie. Brno. 2010. Bakalářská
práce. Masarykova univerzita v Brně, Přírodovědecká fakulta.
POLÁŠKOVÁ, Petra. Tvorba studijního materiálu pro výuku předmětu Seminář
z obecné chemie. Brno. 2012. Diplomová práce. Masarykova universita v Brně, Přírodovědecká
fakulta.
PRACHAŘ, Jan a kol.: Fyzikální korespondenční seminář XIX. ročník [online].
[2005/2006]. Dostupný z: http://fykos.troja.mff.cuni.cz/rocenky/rocenka19.pdf.
REICHL, Jaroslav., VŠETIČKA, Martin. Anomálie vody. [online]. 2006-2009 [cit.
2009-03-26]. Dostupné z: http://fyzika.jreichl.com/index.php?sekce=browse&page=645
RŮŽIČKA, Antonín a Jiří TOUŽÍN. Problémy a příklady z obecné chemie: názvosloví
anorganických sloučenin. 7., přeprac. vyd. Brno: Masarykova univerzita, 2000. 148 s.
ISBN 8021022868.
RŮŽIČKA, Antonín a Jiří TOUŽÍN. Problémy a příklady z obecné chemie: Názvosloví
anorganických sloučenin. 8., nezměn. vyd. Brno: Masarykova univerzita v Brně, 2007.
ISBN 978-80-210-4273-5.
RŮŽIČKA, Antonín, Jiří TOUŽÍN a Lubomír MEZNÍK. Problémy a příklady z obecné
chemie: Názvosloví anorganických sloučenin. 6. upr. vyd. Brno: Masarykova univerzita,
1996. ISBN 80-210-1389-3.
ŠVIHELOVÁ, Petra. Tvorba studijního materiálu pro výuku předmětu Seminář
z obecné chemie. Brno. 2009. Diplomová práce. Masarykova universita v Brně, Pedagogická
fakulta.
ŠVIHELOVÁ, Petra. Výběr úloh pro seminář z obecné chemie (se zaměřením na skupenské
stavy látek a základy termodynamiky). Brno. 2007. Bakalářská práce. Masarykova
universita v Brně, Pedagogická fakulta.
VACÍK, J., BARTHOVÁ, J., PACÁK, J., aj. Přehled středoškolské chemie. 2. vyd.
Praha: SPN-pedagogické nakladatelství, 1999. ISBN 80-7235-108-7.
Použitá literatura
– 153 –
VACÍK, Jiří. Obecná chemie. 1. vyd. Praha: Státní pedagogické nakladatelství, 1986.
303 s.
VOLKA, Karel. Příklady z analytické chemie. 2. vyd. Praha: Vydavatelství VŠCHT,
1999. 1 sv. ISBN 8070803576.
V. Diskuse
– 154 –
V. Diskuse
Hlavní cíl práce byl splněn – byla vytvořena sbírka příkladů na podporu výuky
předmětu Seminář z obecné chemie na Pedagogické fakultě Masarykovy univerzity. Během
práce se objevilo několik problémů, největším z nich bylo správně rozdělit materiály
do kapitol z předchozích závěrečných prací studentek.
Dalším problémem bylo, že některé příklady se vyskytovaly v materiálu vícekrát,
často i v různých kapitolách. Jejich hledání často nebylo snadné, protože v pracovní
verzi pro každou kapitolu existoval samostatný soubor. Ne vždy bylo možné příklad
jednoznačně zařadit do konkrétní kapitoly, proto bylo nutné věc diskutovat s vedoucí
a vyučující předmětu.
Při přípravě vzorových příkladů (podkapitoly B) vyvstal další problém, protože
původní studijní materiál využíval jiný postup, který se z nejrůznějších důvodů na Pedagogické
fakultě Masarykovy univerzity nepoužívá. Mnoho příkladů tak bylo znovu
vzorově řešeno, opět během řady konzultací s vyučující, jaké řešení je nejvhodnější použít,
aby bylo studenty pochopeno.
Bylo zapotřebí sjednotit symboliku, zejména používání jednotek, například
mol dm–3
místo mol/dm3
nebo dokonce mol/l, ale i pojmy typu bod varu vs. teplota varu,
poločas rozpadu vs. poločas přeměny a další.
Mnoho záležitostí jsme se snažili s vedoucí poskládat ke spokojenosti obou, kdy
autor věc posuzoval z pohledu studenta a vedoucí práce z pohledu vyučujícího.
S ohledem na skutečnost, že autor Seminář z obecné chemie taktéž absolvoval, mohl
učební materiál hodnotit a snažit se vylepšit, co bylo z jeho pohledu tehdy méně pocho-
pitelné.
Záměrem autora bakalářské práce je v následujícím akademickém roce ve spolupráci
s vedoucí práce otestovat materiál přímo ve výuce předmětů Úvod do studia
chemie a přírodních věd a Seminář z obecné chemie a opravit případně chyby, které
unikly pozornosti. Podle reakcí ve výuce případně doplnit u příkladů takzvané „rozměrové
zkoušky“, aby se posluchači naučili pracovat se správnými jednotkami.
VI. Závěr
– 155 –
VI. Závěr
Cíle uvedené v kapitole Cíl bakalářské práce byly naplněny. Pro řešení grantu
FR MU č. 2017/41/MUNI/FR/1093/2016 „Studijní materiály pro předměty Seminář z
obecné chemie a Industrial Chemistry“ vznikla sbírka příkladů podporující výuku
předmětů Úvod do studia chemie a přírodních věd a Seminář z obecné chemie odpovídající
sylabu předmětu Obecná chemie na Pedagogické fakultě Masarykovy univerzity a
taktéž odpovídající požadavkům kladeným na studenty Pedagogické fakulty Masarykovy
univerzity.
Sbírka je členěna na 25 kapitol stejně jako studijní materiál k přednášce z obecné
chemie, některé kapitoly jsou navíc dále děleny podle probíraného učiva. Každá kapitola
je členěna na části A, B, C podle typu příkladů.
– 156 –
Bibliografický záznam
NEKVAPIL, Jan. Tvorba úloh pro seminář z obecné chemie. Brno: PdF MU, 2017. Vedoucí
bakalářské práce Hana Cídlová.