Téma 1 Úkol 1
Zadání:
Vyberte možnost, ve které jsou dané naměřené hodnoty seřazeny vzestupně:
a) 6,204 108
μg; 0,793 kg; 962,3 g; 8,634 102
mg
b) 8,602 105
pm; 9,504 μm; 1,021 104
nm; 0,763 mm
c) 5,203 μl; 8,063 103
nl; 7,407 μl; 4,356 ml
d) 8,642 103
kN; 2,903 MN; 8,607 GN; 9,602 TN
Správné řešení: b
___________________________________________________________________________
Řešení:
Nejprve naměřené hodnoty převedeme na jednu vhodně zvolenou stejnou jednotku. K tomu je
nutné znát předpony.
Přehled nejdůležitějších předpon:
T Tera 12
10
G Giga 9
10
M Mega 6
10
k kilo 3
10
1 0
10
m mili 3
10−
μ mikro 6
10−
n nano 9
10−
p piko 12
10−
Konkrétně např. a)
gg 4,62010204,6 8
=⋅ μ
0,793 kg = 793 g
962,3 g
8,634 102
mg = 863,4 g
Když již převedené hodnoty u možnosti a) porovnáme, zjistíme, že nejsou seřazeny
vzestupně.
Podobně postupujeme i u dalších možností.
Téma 1 Úkol 2
Zadání:
Vyberte možnost, ve které všechny položky mají právě 4 platné číslice:
a) 0,005300 m; 0,0034 s; 0,2000 ml
b) 7,030 103
N; 0,0206 mg; 3009 s
c) 3,004 MJ; 0,040070 km; 4,5340 s
d) 1,900 mm; 0,02087 g; 8,090 mC
Správné řešení: d
___________________________________________________________________________
Řešení:
Pro určení počtu platných číslic platí následující pravidla:
Nenulové číslice jsou vždy platné.
Složitější situace je s nulami:
- nuly před první nenulovou číslicí nejsou platné číslice, např. číslo 0,0058 má jen 2
platné číslice,
- nuly mezi nenulovými číslicemi jsou vždy platné, např. číslo 0,00605 má 3 platné
číslice,
- nuly za poslední nenulovou číslicí jsou platné, pokud číslo obsahuje desetinnou
čárku, např. číslo 0,0030170 má 5 platných číslic.
Konkrétně: Platné číslice jsou vyznačeny barevně.
a) 0,005300 m; 0,0034 s; 0,2000 ml
b) 7,030 103
N; 0,0206 mg; 3009 s
c) 3,004 MJ; 0,040070 km; 4,5340 s
d) 1,900 mm; 0,02087 g; 8,090 mC
Téma 1 Úkol 3
Zadání:
Správné výsledky A a B u následujících početních operací jsou:
8,015 – 19,2 + 26,03 = A
55,63 ÷ 2,3 x 0,00201 = B
a) A = 14,8; B = 0,049
b) A = 14,841; B = 0,0486
c) A = 14,84; B = 0,0486
d) A = 14,841; B = 0,049
Správné řešení: a
___________________________________________________________________________
Řešení:
Pro sčítání a odčítání platí, že výsledek má tolik desetinných
míst jako má číslo v operaci s nejmenším počtem desetinných míst.
Zde tedy musí mít výsledek 1 desetinné místo: 8,015 – 19,2 + 26,03 = A
Výsledek A je tedy 14,8.
Pro násobení a dělení pak platí, že výsledek má tolik platných
číslic jako má číslo s nejmenším počtem platných číslic.
Zde tedy musí mít výsledek 2 platné číslice: 55,63 ÷ 2,3 x 0,00201 = B
Výsledek B je tudíž 0,049.
Téma 2 Úkol 1
Zadání:
Určete, jaký objem zaujímá 100,9 g plynného dusíku a kolika molekulami dusíku je
tvořen.
a) V = 153,4 dm3
; N = 3,94 1024
molekul
b) V = 161,2 dm3
; N = 4,34 1024
molekul
c) V = 108,7 dm3
; N = 3,63 1024
molekul
d) V = 80,6 dm3
; N = 2,17 1024
molekul
Správné řešení: d
___________________________________________________________________________
Řešení:
Plynný dusík tvoří dvouatomové molekuly N2.
Nejprve určíme molární hmotnost molekul dusíku:
Mm (N2) = 2 Ar (N)
Mm (N2) = 2 . 14,0 = 28,0 g mol−1
Poté vypočítáme jejich látkové množství:
1 mol N2 . . . . . . . . . . . . . . . . 28,0 g
x mol N2 . . . . . . . . . . . . . . . 100,9 g
x = 3,60 mol N2
Víme, že 1 mol plynu zaujímá objem 22,4 dm3
, tedy:
1 mol N2 . . . . . . . . . . . . . . . . 22,4 dm3
3,60 mol N2 . . . . . . . . . . . . . . . x dm3
x = 80,6 dm3
N2
Co se týče počtu molekul, Avogadrova konstanta NA nám říká, že v každém molu látky je
6,022 1023
částic (tedy atomů, molekul, iontů atd.), tudíž:
1 mol N2 . . . . . . . . . . . . . . . . 6,022 1023
molekul
3,6 mol N2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . x molekul
x = 2,17 1024
molekul N2
Téma 2 Úkol 2
Zadání:
Seřaďte následující chemické látky podle vzrůstajícího obsahu uhlíku:
glukóza C6H12O6
acetaldehyd C2H4O
kyselina akrylová C3H4O2
a) glukóza, acetaldehyd, kyselina akrylová
b) acetaldehyd, glukóza, kyselina akrylová
c) glukóza, kyselina akrylová, acetaldehyd
d) kyselina akrylová, glukóza, acetaldehyd
Správné řešení: c
___________________________________________________________________________
Řešení:
U každé z uvedených látek vypočítáme hmotnostní zlomek uhlíku ve sloučenině:
r
r
M
CAx
Cw
)(
)(
⋅
= . Po vynásobení stem dostaneme hodnotu v procentech.
pro glukózu: Mr(C6H12O6) = 180,16
16,180
01,126
)(
⋅
=Cw
w(C) = 40,0 %
pro acetaldehyd: Mr(C2H4O) = 44,05
05,44
01,122
)(
⋅
=Cw
w(C) = 54,5 %
pro kyselinu akrylovou: Mr(C3H4O2) = 72,06
06,72
01,123
)(
⋅
=Cw
w(C) = 50,0 %
Téma 2 Úkol 3
Zadání:
Sloučenina obsahuje 49,31 % uhlíku, 43,79 % kyslíku a 6,90 % vodíku. Molární
hmotnost sloučeniny je 146,16 g mol−1
. Určete její empirický a molekulový vzorec.
Empirický vzorec je C__O__H__ a molekulový vzorec je C__O__H__.
Správné řešení: C3O2H5, C6O4H10
___________________________________________________________________________
Řešení:
Nejprve převedeme hmotnostní procenta na hmotnosti v gramech. Ve 100,00 g sloučeniny je
49,31 g uhlíku, 43,79 g kyslíku a 6,90 g vodíku.
Jednotlivé hmotnosti převedeme na látkové množství podle vztahu
rM
m
n = .
Pro uhlík:
)(
)(
)(
CAr
Cm
Cn =
01,12
31,49
)( =Cn
n(C) = 4,106 mol
Pro kyslík:
00,16
79,43
)( =On
n(O) = 2,237 mol
Pro vodík:
01,1
90,6
)( =Hn
n(H) = 6,832 mol
Všechny hodnoty látkových množství, která představují stechiometrické koeficienty ve vzorci
sloučeniny, vydělíme nejmenší hodnotou z nich, tedy číslem 2,237, abychom dostali celá
čísla.
Z poměru látkových množství 4,106 : 2,237 : 6,832 tak dostaneme poměr 1,5 : 1 : 2,5.
Jelikož ani tento poměr není celočíselný, vynásobíme celý poměr dvojkou a dostaneme poměr
celých čísel 3 : 2 : 5. Empirický vzorec sloučeniny je tedy 523 HOC .
Abychom mohli určit také molekulový vzorec sloučeniny, musíme porovnat Mm(C3O2H5)
s Mm(slouč), tedy s molární hmotností hledané sloučeniny, která je uvedena v zadání.
Mm(C3O2H5) = 73,08 g mol−1
Mm(slouč) = 146,16 g mol−1
Jelikož je molární hmotnost sloučeniny dvojnásobná, molekulový vzorec sloučeniny bude
(C3O2H5)2, tedy C6O4H10.
Téma 3 Úkol 1
Zadání:
Určete vazebnou energii 1 molu jader nuklidu N14
7 , jestliže hmotnosti protonu, neutronu
a elektronu jsou v tomto pořadí mp = 1,67262 10–24
g, mn = 1,67493 10–24
g
a me = 9,10939 10–28
g:
a) ΔE = 1,261 1015
J mol–1
b) ΔE = 9,459 1012
J mol–1
c) ΔE = –1,261 1015
J mol–1
d) ΔE = –9,459 1012
J mol–1
Správné řešení: d
______________________________________________________________________¨
Řešení:
Nejprve musíme spočítat hmotnostní úbytek mΔ . Ten určíme jako rozdíl skutečné
hmotnosti jádra nuklidu N14
7 a hmotnosti 7 protonů a 7 neutronů, ze kterých je jádro
dusíku složeno.
Z periodické tabulky víme, že 1 mol atomů dusíku má hmotnost 14,01 g, tedy:
(1 mol =) 6,022 1023
atomů……… 14,01 g
1 atom dusíku …………………............x g
x = 2,32647.10–23
g
Zjistili jsem tedy hmotnost celého jednoho atomu dusíku. Odečteme tedy hmotnost 7
elektronů a získáme skutečnou hmotnost jádra nuklidu N14
7 jako mj = 2,32583 10–23
g.
Dále vypočítáme hmotnost 7 protonů a 7 neutronů, dostaneme tak mp+n = 2,34329 10–23
g.
Můžeme tedy určit hmotnostní úbytek připadající na jedno jádro:
Δm = mj – mp+n
Δm = –1,746 10–25
g
Hmotnostní úbytek připadající na 1 mol jader dostaneme vynásobením Avogardrovou
konstantou NA = 6,022 1023
mol-1
, dostaneme tak:
Δm = –0,1051 g mol–1
= –1,051 10–4
kg mol–1
. (Hmotnostní úbytek je vhodné převést na
základní jednotky SI tedy na kg, abychom pak vazebnou energii dostali v rovnou v joulech.)
Pro určení vazebné energie použijeme vztah ΔE = Δmc2
, kde
c je rychlost světla, tedy 3 108
m s–1
,
Δm = –1,051.10-4
kg mol–1
.
ΔE = –9,459.1012
J mol–1
Záporné znaménko u výsledné energie znamená, že uvedený proces exotermický.
Téma 3 Úkol 2
Zadání:
Doplňte následující jaderné reakce:
I) pozitronová emise XCu A
Z+→ ___62
29
II) α emise XFr A
Z+→ ___212
87
III) elektronový záchyt XCr A
Z→+ ___51
24
IV) β emise XSb A
Z+→ ___129
51
Správné řešení:
I) NieCu 62
28
0
1
62
29 +→
II) AtHeFr 208
85
4
2
212
87 +→
III) VeCr 51
23
0
1
51
24 →+−
IV) TeeSb 129
52
0
1
129
51 +→−
__________________________________________________________________________
Řešení:
I) pozitronová emise XCu A
Z+→ ___62
29
Pozitron zapíšeme takto: e0
1 . Dostaneme tak XeCu A
Z+→0
1
62
29 .
Nyní dopočítáme protonové číslo Z a nukleonové číslo A tak, aby se součet protonových čísel
na levé straně rovnal součtu protonových čísel na straně pravé a také aby se součet
nukleonových čísel na levé straně rovnal součtu nukleonových čísel na straně pravé, tedy:
XeCu 62
28
0
1
62
29 +→ .
V periodické tabulce prvků zjistíme, že protonovému číslu 28 odpovídá prvek nikl Ni:
NieCu 62
28
0
1
62
29 +→ .
II) α emise XFr A
Z+→ ___212
87
Alfa částici zapíšeme jako He4
2 . Získáme tak rovnici XHeFr A
Z+→ 4
2
212
87 .
Po dopočítání Z a A dostaneme AtHeFr 208
85
4
2
212
87 +→ .
III) elektronový záchyt XCr A
Z→+ ___51
24
Elektron vyjádříme jako: e0
1− . Rovnici si tedy zapíšeme jako XeCr A
Z→+−
0
1
51
24 .
Po dopočítání Z a A dostaneme VeCr 51
23
0
1
51
24 →+− .
IV) β emise XSb A
Z+→ ___129
51
Beta částici zapíšeme jako e0
1− . Získáme tak rovnici XeSb A
Z+→−
0
1
129
51 .
Po dopočítání Z a A dostaneme TeeSb 129
52
0
1
129
51 +→− .
Téma 3 Úkol 3
Zadání:
Jak dlouho trvá, než se rozloží 90 % izotopu kryptonu Kr74
, jestliže jeho poločas
rozpadu je 11,5 min:
a) t = 1,7 min
b) t = 20,7 min
c) t = 38,2 min
d) t = 45,9 min
Správné řešení: c
___________________________________________________________________________
Řešení:
Nejprve vypočítáme velikost rozpadové konstanty λ . Vyjádříme ji z jednoduchého vztahu
pro poločas rozpadu
λ
2ln
2/1 =t .
Tedy
2/1
2ln
t
=λ , kde t1/2 = 11,5 min = 690 s
λ = 1,005 10–3
s–1
Čas t, za který se rozloží 90 % uvedeného izotopu, vyjádříme z rovnice:
t
N
N
λ−=
0
ln , kde
0N je původní počet jader (tedy počet jader nuklidu v t = 0),
N je počet nerozložených jader v daném čase t.
λ
0
ln
N
N
t −=
Ze zadání víme, že se má rozložit 90 % jader nuklidu, jinými slovy z každých původních
100 jader je v daném čase 90 jader rozloženo a 10 jader nerozloženo. Tedy N0 = 100
a N = 10.
Nyní již všechny potřebné veličiny známe a můžeme je tedy dosadit do výše uvedeného
vztahu pro t:
3
10005,1
100
10
ln
−
⋅
−=t
t = 2291 s = 38,2 min
Všimněte si, že hledaný čas jsme dostali v sekundách, jelikož rozpadovou konstantu jsme
dosazovali v s–1
.
Téma 4 Úkol 1
Zadání:
Určete frekvenci laseru o vlnové délce 7,76 102
nm:
a) 3,87 1014
Hz
b) 233 Hz
c) 2,59 10–15
Hz
d) 3,90 105
Hz
Správné řešení: a
___________________________________________________________________________
Řešení:
Základní charakteristiky vln elektromagnetického záření jsou vlnová délka, frekvence a
rychlost. Jsou v jednoduchého vztahu c=λν , kde
λ je vlnová délka v metrech,
ν je frekvence, jednotkou je 1−
s , tedy hertz,
c je rychlost světla, tedy c = 3 108
m s–1
.
Frekvenci ν tedy snadno vyjádříme:
λ
ν
c
= .
Vlnovou délku λ převedeme na metry:
λ = 7,76 102
nm = 7,76 10–7
m.
Nyní již všechny potřebné údaje známe a můžeme je do vztahu dosadit.
7
8
1076,7
103
−
⋅
⋅
=ν
ν = 3,87 1014
s–1
= 3,87 1014
Hz
Téma 4 Úkol 2
Zadání:
Určete de Broglieho vlnovou délku elektronu pohybujícího se rychlostí 6 105
m s–1
.
Hmotnost elektronu je me = 9,11 10–31
kg.
a) 3,62 10–58
m
b) 1,21 nm
c) 4,71 10–9
nm
d) 8,25 108
m
Správné řešení: b
___________________________________________________________________________
Řešení:
Fyzik Louis de Broglie propojil poznatky Plancka a Einsteina.
Planck:
λ
ν
hv
hE ==
Einstein: 2
mvE =
Odvodil tak rovnici, která vyjadřuje vlnové vlastnosti částic:
mv
h
=λ , kde
λ je vlnová délka,
h je Planckova konstanta, h = 6,626 10–34
J s.
Do výše uvedené rovnice dosadíme a dostaneme:
λ = 1,2 10–9
m = 1,2 nm
Téma 4 Úkol 3
Zadání:
Určete, v jakých kvantech je emitována energie u záření s λ = 1,13 102
nm:
a) 1,76 10–18
J
b) 5,43 104
J
c) 7,49 10–41
J
d) 3,32 10–12
J
Správné řešení: a
______________________________________________________________________
Řešení:
Kvantum energie vypočítáme pomocí rovnice νhE =Δ , kde
h je Planckova konstanta, h = 6,626 10–34
J s,
ν je frekvence.
Vlnovou délku uvedenou v zadání přepočítáme na potřebnou frekvenci pomocí
vztahu
λ
ν
c
= . Nezapomeňte předtím převést vlnovou délku na metry!
Zjistíme tak, že frekvenceν = 2,65 1015
s–1
.
Nyní známe již vše potřebné a můžeme tedy zjistit velikost kvanta energie: ΔE = 1,76 10–18
J.
Téma 5 Úkol 1
Zadání:
Určete nejvyšší možný počet takových elektronů v atomu, které jsou charakterizovány
těmito kvantovými čísly: n = 4 a zároveň
2
1
−=sm .
a) 8
b) 25
c) 32
d) 16
Správné řešení: d
___________________________________________________________________________
Řešení:
Nejdříve zjistíme, kolik orbitalů je popsáno kvantovými čísly n = 4 a zároveň
2
1
−=sm .
Obecně pro hodnoty jednotlivých kvantových čísel platí:
hlavní kvantové číslo n = 1, 2, 3,…
vedlejší kvantové číslo l = 0, l,…(n − 1)
magnetické kvantové číslo m = −l,…0,…+l
Jestliže n = 4, pak vedlejší a magnetické kvantové číslo nabývají následujících hodnot:
Hlavní kvantové číslo Vedlejší kvantové číslo Magnetické kvantové číslo
n = 4 l = 0 m = 0
l = 1 m = –1, 0, 1
l = 2 m = –2, –1, 0, 1, 2
l = 3 m = –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3
Jinými slovy, hlavní kvantové číslo n = 4 může popsat až 16 různých orbitalů. V každém
orbitale mohou být až 2 elektrony. Tedy těchto16 orbitalů může obsahovat až 32 elektronů.
Jestliže je všech 16 orbitalů zaplněno po dvou elektronech, pak vždy jeden ze dvou elektronů
má spinové kvantové číslo
2
1
+=sm a druhý
2
1
−=sm . Toto můžeme tvrdit na základě
Pauliho vylučovacího principu, který říká, že v jednom orbitalu nemohou být 2 elektrony se
stejným spinem.
Tedy ze 32 elektronů právě polovina (tedy 16) splňuje obě podmínky uvedené v zadání.
Téma 5 Úkol 2
Zadání:
Vyberte správnou elektronovou konfiguraci prvku :
a) Ga 110262622
43433221 pdspspss
b) Fe 2662622
4333221 sdpspss
c) Cr 2462622
4333221 sdpspss
d) Cu 2962622
4333221 sdpspss
Správné řešení: b
___________________________________________________________________________
Řešení:
Pro elektronové konfigurace atomů platí:
- výstavbový princip – elektronové hladiny se zaplňují elektrony podle rostoucí
energie
- Pauliho vylučovací princip – v jednom orbitalu nemohou být dva elektrony se
stejným spinem
- Hundovo pravidlo – v degenerovaných orbitalech je nejstabilnější stav s nejvyšším
počtem nepárových elektronů
a) Správná konfigurace Ga je 121062622
44333221 psdpspss , tedy orbitaly 4s se zaplňují až
po orbitalu 3d, jelikož mají vyšší energii.
b) Konfigurace Fe je správná, jsou v ní dodrženy všechny platné principy.
c) Správná konfigurace Cr je 1562622
4333221 sdpspss , jelikož tato konfigurace má zpola
zaplněny 4s i 3d orbitaly a tudíž je stabilnější.
d) Obdobně správná konfigurace Cu je 11062622
4333221 sdpspss , kdy orbital 4s je zaplněn
zpola a orbital 3d zcela.
Téma 5 Úkol 3
Zadání:
Seřaďte následující atomy podle vzrůstající ionizační energie:
I) As, Ge, Se: ___, ___, ___
II) Ga, Tl, In: ___, ___, ___
III) Sn, Sb, Pb: ___, ___, ___
Správné řešení:
I) Ge, Ar, Se
II) Tl, In, Ga
III) Pb, Sn, Sb
___________________________________________________________________________
Řešení:
Pro velikost ionizační energie platí, že ve skupině klesá a v periodě roste.
I) Všechny prvky jsou ve stejné periodě a to v pořádí Ge, Ar, Se. V tomto pořadí také
ionizační energie roste.
II) Uvedené prvky se nacházejí ve stejné skupině a to v pořádí Ga, In, Tl. Ve skupině ale
ionizační energie klesá, takže chceme-li uspořádání podle vzrůstající energie, pak je pořadí
opačné, tedy Tl, In, Ga.
III) Zde aplikujeme obě výše uvedená pravidla zárověň a dojdeme k uspořádání Pb, Sn, Sb.
Téma 6 úkol 1
Zadání:
Vyberte z každé trojice atom nebo iont s největším poloměrem:
I.
a) Rb
b) K
c) Cs
Správné řešení: c
II.
a) S2+
b) S2–
c) S
Správné řešení: b
III.
a) Ag
b) Sr
c) In
Správné řešení: b
IV.
a) Ba
b) Ne
c) As
Správné řešení: a
____________________________________________________________________
Řešení:
I. 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.
II. V této trojici je uveden neutrální atom a jeho ionty. Platí, že kation je menší než neutrální
atom a anion je větší než neutrální atom. Z toho tedy vyplývá, že největší poloměr má tedy
sulfidový aniont S2–
.
III. Všechny tři prvky se nachází ve stejné periodě (4. perioda) a to v pořadí zleva doprava
Sr – Ag – In. Obecně platí, že atomové poloměry v periodě zleva doprava klesají, největší
atomový poloměr z uvedených prvků má tedy stroncium Sr.
IV. Tyto prvky se nenacházejí ve stejné skupině či periodě, propojíme tedy obě pravidla:
atomové poloměry ve skupině rostou a v periodě klesají. Největší atomový poloměr
z uvedených prvků má tedy baryum Ba.
Téma 6 úkol 2
Zadání:
Seřaďte následující prvky podle vzrůstající elektronegativity:
Ga, P, Rb, N, Sr
a) Rb – Ga – Sr – P – N
b) N – P – Ga – Sr – Rb
c) Rb – Sr – Ga – P – N
d) Ga – Sr – Rb – N – P
Správné řešení: c
______________________________________________________________________
Řešení:
Tyto prvky se nenacházejí ve stejné skupině či periodě, propojíme tedy následující pravidla:
elektronegativita ve skupině klesá a v periodě roste. Největší elektronegativitu ze všech
prvků v periodické tabulce má fluor F a nejmenší cesium Cs.
Jestliže tedy známe tato pravidla, můžeme určit správné pořadí jako Rb – Sr – Ga – P – N.
Téma 6 úkol 3
Zadání:
Přiřaďte ke každému názvu I - IV správný vzorec A - H:
A 422 OSNa
B 42 SONa
C 222 OSNa
D 32 SONa
E 522 OSNa
F 322 OSNa
G 622 OSNa
H 822 OSNa
I) thiosiřičitan sodný: ___¨
Správné řešení: C
II) disiřičitan sodný: ___
Správné řešení: E
III) peroxodisíran sodný: ___
Správné řešení: H
IV) thiosíran sodný: ___
Správné řešení: F
______________________________________________________________________
Řešení:
Všechny sloučeniny I –V jsou soli kyslíkatých kyselin, takže si nejprve určíme vzorce
příslušných kyselin a z nich pak odvodíme správné vzorce požadovaných solí.
I) thiosiřičitan sodný
Vyjdeme z kyseliny siřičité: IIIVI
OSH −++
32 . Vzorec kyseliny thiosiřité dostaneme formálně
tak, že jeden kyslík −2
O nahradíme sírou −2
S , dostaneme tedy 222 OSH . Správný vzorec
pro thiosiřičitan sodný je tedy 222 OSNa , tedy možnost C.
II) disiřičitan sodný
Kyselina disiřičitá obsahuje 2 atomy síry s oxidačním číslem +IV, její vzorec je tedy
IIIVI
OSH −++
522 . Správný vzorec pro disiřičitan sodný je tedy 522 OSNa , tedy možnost E.
III) peroxodisíran sodný
Vyjdeme z kyseliny disírové: IIVII
OSH −++
722 . Vzorec kyseliny peroxodisírové dostaneme
formálně tak, že jeden kyslík −2
O nahradíme dvěma kyslíky −
O , dostaneme tedy 822 OSH .
Správný vzorec pro peroxodisíran sodný je tedy 822 OSNa , tedy možnost H.
IV) thiosíran sodný
Vyjdeme z kyseliny siřičité: IIVII
OSH −++
42 . Vzorec kyseliny thiosírové dostaneme formálně
tak, že jeden kyslík −2
O nahradíme sírou −2
S , dostaneme tedy 322 OSH . Správný vzorec pro
thiosíran sodný je tedy 322 OSNa , tedy možnost F.
Téma 7 úkol 1
Zadání:
Označte z každé trojice právě tu vazbu, která je nejvíce polární:
I.
a) Ge–F
b) C–F
c) Si–F
Správné řešení: a
II.
a) H–H
b) H–S
c) H–O
Správné řešení: c
III.
a) Ge–Cl
b) Si–Cl
c) Ti–Cl
Správné řešení: c
______________________________________________________________________
Řešení:
Polarita vazby roste s rozdílem elektronegativity. Čím je tedy rozdíl v elektronegativitě
větší, tím je vazba polárnější. Je tedy důležité vědět, že elektronegativita ve skupině klesá a
v periodě roste.
I. Všechny uvedené vazby jsou vazby s fluorem. Nejvíce polární vazbu s ním tedy bude
tvořit prvek, který je od něj v tabulce nejdál a který se tedy v elektronegativitě nejvíce liší.
Z trojice prvků Ge, C a Si je to germanium Ge. Nejvíce polární je tedy vazba Ge–F.
II. Všechny uvedené vazby jsou vazby s vodíkem. Z trojice prvků H, S a O je od vodíku
nejdál kyslík O. Nejvíce polární je tedy vazba H–O.
III. Všechny uvedené vazby jsou vazby s chlorem. Z trojice prvků Ge, Si a Ti je od chloru
nejdále titan Ti. Nejvíce polární je tedy vazba Ti–Cl.
Téma 7 úkol 2
Zadání:
Určete, jakou strukturu A-G budou mít sloučeniny I-IV:
A tetraedr
B trigonální bipyramida
C lineární
D lomená molekula, tvar písmene V
E čtvercová pyramida
F pentagonální bipyramida
G oktaedr
I) 4CF : ___
Správné řešení: A
II) 5IF : ___
Správné řešení: E
III) 5AsF : ___
Správné řešení: B
IV) OH2 : ___
Správné řešení: D
___________________________________________________________________________
Řešení:
I) 4CF :
Je třeba nejdříve napsat Lewisovu strukturu molekuly. Postupujte následovně:
1. Spočítejte valenční elektrony všech atomů, u 4CF : má C 4 valenční elektrony a
každý atom F má 7 valenčních elektronů. Tedy 4+7+7+7+7 = 32 elektronů.
2. Použijte páry elektronů na jednoduché vazby, u 4CF jsou celkem čtyři vazby C–F.
Na každou vazbu potřebujeme jeden pár elektronů, tedy na 4 vazby jsou třeba 4 páry
elektronů, tedy 8 elektronů.
3. Spočítejte zbývající elektrony, u 4CF nám tedy zbývá 32 - 8 = 24 elektronů, tedy 12
elektronových párů.
4. Umístěte zbývající elektronové páry tak, abyste zajistili duet u vodíku a oktet pro
další prvky, u 4CF už C oktet má, je totiž obklopen čtyřmi vazbami po dvou
elektronech. Ještě musíme zajistit oktet atomům F a to tak, že každému doplníme 3
elektronové páry.
Pro určení struktury molekuly pak použijeme model VSEPR.
1. Nejprve si nakreslete Lewisovu strukturu molekuly.
2. Dále spočítejte počet obsazených směrů (= počet volných elektronových párů a počet
vazeb, bez ohledu na násobnost). Vyberte příslušný polyedr s daným počtem vrcholů.
Umístěte vazby a volné elektronové páry v polyedru tak, abyste minimalizovali
repulzi. U 4CF jsou 4 vazebné elektronové páry – ty se podílejí na vazbě s atomy F,
nejsou zde žádné volné elektronové páry.
3. Z pozice atomů určete strukturu molekuly. U 4CF jde tedy o tetraedr (možnost A).
Analogicky postupujte u sloučenin II-IV. Dostanete tak následující struktury: pro 5IF
čtvercová pyramida (možnost E), pro 5AsF trigonální bipyramida (možnost B) a pro OH2
tvar písmene V (možnost D).
Téma 7 úkol 3
Zadání:
Jaká je očekávaná hybridizace centrálního atomu v molekule SeF6:
a) 3
sp
b) sp
c) 32
spd
d) 2
sp
e) 3
dsp
Správné řešení: c
______________________________________________________________________
Řešení:
Nakreslete si Lewisovu strukturu molekuly. V molekule SeF6 je kolem centrálního atomu
selenu 6 párů elektronů, které se podílejí na vazbě mezi selenem a fluorem. Na selenu není
žádný nevazebný elektronový pár.
Očekávanou strukturou podle modelu VSEPR bude oktaedr.
Hybridizace centrálního atomu bude 32
spd - šest atomových orbitalů poskytne pro
hybridizaci šest hybridních orbitalů (2 × d + 1 × s + 3 × p).
Téma 8 úkol 1
Zadání:
Z následujících sloučenin vyberte, takové, které mají nenulový dipólový moment:
2O , HBr , 2CO , 4CF a OH2 :
a) HBr , 4CF , OH2
b) 2O , 2CO , 4CF
c) 2O , 2CO
d) HBr , OH2
Správné řešení: d
____________________________________________________________________
Řešení:
O molekule, která má oddělené centrum kladného a záporného náboje, říkáme, že má
dipólový moment.
Nejprve určete směr vazebných polarit, a pak rozhodněte, zda daná molekula má, či nemá
dipólový moment.
2O : Dva kyslíkové atomy sdílejí elektrony rovnoměrně. V molekule se tedy nevyskytuje
žádná vazebná polarita a molekula tedy nemá dipólový moment.
HBr : Elektronegativita bromu je větší než vodíku, tudíž brom má částečný záporný náboj a
vodík částečný kladný. Molekula HBr tedy má dipólový moment.
2CO : Molekula je lineární, každý kyslík nese částečný záporný náboj, uhlík má částečný
kladný náboj. Opačné vazebné polarity se vykompenzují, molekula tedy nemá dipólový
moment.
4CF : Molekula je tetraedr se čtyřmi stejnými polárními vazbami C-F. Vazebné polarity se
vykompenzují, molekula tedy nemá dipólový moment.
OH2 : Molekula vody má tvar písmene V. Vazby O-H jsou polární. Molekula má dipólový
moment, který je dán vektorovým součtem dipolových momentů vazeb.
Téma 8 úkol 2
Zadání:
Pro postupné zaplňování molekulových orbitalů elektrony neplatí pravidlo:
a) Pauliho princip
b) Lambert-Beerův zákon
c) Hundovo pravidlo
d) Výstavbový princip
Správné řešení: b
____________________________________________________________________
Řešení:
Pravidla pro zaplňování molekulových orbitalů jsou:
Výstavbový princip (něm. Aufbau)
Hundovo pravidlo
Pauliho princip
Jedná se o stejná pravidla jako pro obsazování atomových orbitalů.
Kdežto v možnostech uvedený Lambert-Beerův zákon se nezabývá zaplňováním orbitalů
elektrony, ale využili byste jej při analýze absorpce záření.
Téma 8 úkol 3
Zadání:
Kde mají π molekulové orbitaly oblast nejvyšší pravděpodobnosti výskytu elektronů?
a) vždy kolmo na spojnici jader
b) mimo spojnici mezi oběma jádry
c) nelze obecně určit
d) na spojnici mezi oběma jádry
Správné řešení: b
____________________________________________________________________
Řešení:
Molekulové orbitaly jsou vytvořeny z valenčních orbitalů atomů, které se podílejí na tvorbě
vazby.
Molekulové orbitaly rozdělujeme dvěma způsoby.
1. Podle jejich energie.
2. Podle jejich symetrie.
σ molekulové orbitaly - maximum elektronové hustoty je na spojnici mezi oběma
jádry
π molekulové orbitaly - maximum elektronové hustoty se nachází mimo spojnici
mezi oběma jádry a na spojnici je nulová
Téma 9 úkol 1
Zadání:
Uvažujte atom v základním stavu. Určete multiplicitu 10 elektronů v orbitalu 4f:
a) 10
b) 3
c) 4
d) 5
Správné řešení: d
____________________________________________________________________
Řešení:
Multiplicitu M můžeme určit jako M = 2 S + 1, kde S je součet nepárových spinů (1/2)
v atomu či molekule.
Do orbitalu 4f správně umístíme 10 elektronů, použijeme k tomu zejména Hundovo pravidlo
a Pauliho princip. Dostaneme tak 4 nepárové spiny,
tedy 2
2
1
4 =⋅=S .
Nyní již můžeme dosadit do vztahu:
512212 =+⋅=+= SM
Hodnota multiplicity je tedy 5.
Téma 9 úkol 2
Zadání:
Uvažujte jednoduchou vazbu mezi atomy uhlíku v ethanu, dvojnou vazbu mezi atomy
uhlíku v ethenu a trojnou vazbu mezi atomy uhlíku v ethynu. Vyberte nesprávné tvrzení
o těchto vazbách mezi atomy uhlíku:
a) Délka trojné vazby je menší než délka dvojné vazby.
b) Dvojná vazba je tvořena buď dvěma vazbami σ, nebo dvěma vazbami π.
c) Vazebná energie trojné vazby je menší než trojnásobek energie jednoduché vazby.
d) Trojná vazba je tvořena jednou vazbou σ a dvěma vazbami π.
Správné řešení: b
____________________________________________________________________
Řešení:
Jednoduchá vazba mezi atomy uhlíku v molekule ethanu je tvořena vazbou σ, dvojná vazba
v molekule ethenu pak jednou vazbou σ a jednou vazbou π a trojná vazba v molekule ethynu
jednou vazbou σ a dvěma vazbami π. Tvrzení b) je tedy nesprávné. A možnost d) je správná.
Délky vazeb mezi atomy uhlíku
typ vazby délka vazby (pm)
jednoduchá 154
dvojná 134
trojná 120
Pro délky vazeb tedy platí, že dvojná vazba je kratší než jednoduchá vazba, trojná vazba je
kratší než dvojná vazba. Možnost a) je tudíž správná.
Energie vazeb mezi atomy uhlíku
typ vazby vazebná energie (kJ mol-1
)
jednoduchá 347
dvojná 614
trojná 839
Pro energii dvojné vazby tedy platí, že je menší než dvojnásobek jednoduché vazby. A
vazebná energie trojné vazby je menší než trojnásobek energie jednoduché vazby. Tvrzení c)
je tedy správné.
Téma 9 úkol 3
Zadání:
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?
a) 639 nm
b) 826 nm
c) 756 nm
d) 683 nm
Správné řešení: a
____________________________________________________________________
Řešení:
V zadání je uveden energetický rozdíl mezi excitovaným a základním stavem jednoho molu
atomů daného prvku. My však potřebujeme znát energetický rozdíl vztažený na jeden atom.
Energetický rozdíl odpovídající jednomu molu proto vydělíme počtem atomů v jednom molu.
Počet částic v jednom molu nám udává Avogadrova konstanta.
A
MOL
ATOM
N
E
E
Δ
=Δ , kde AN je Avogadrova konstanta, AN = 6,022 1023
mol-1
23
5
10022,6
1087,1
⋅
⋅
=Δ ATOME = 3,11 10–19
J
Vztah mezi kvantem energie a vlnovou délku můžeme odvodit jednoduše takto:
λ
ν
c
hhE ⋅==Δ , kde
h je Planckova konstanta, h = 6,626 10–34
J s,
ν je frekvence,
λ je vlnová délka.
Hledanou vlnovou délku tedy vyjádřímejako
E
hc
Δ
=λ .
Nyní již můžeme jen dosadit:
19
834
1011,3
10310626,6
−
−
⋅
⋅⋅⋅
=λ
639=λ nm
Vlnová délka popsaného záření je tedy 639 nm.
Téma 10 úkol 1
Zadání:
Z následujících koordinačních sloučenin A-E vyberte takové, jejichž centrální atom má
oxidační číslo +III:
A: [ ] 362 )( IOHCo
B: [ ] +2
53 )( ClNHRu
C: [ ] −4
6)(CNFe
D: [ ] 263 )( ClNHCo
E: [ ] 252 )( BrBrOHCr
a) A, B, D, E
b) A, B, E
c) A, C, D, E
d) C, D
Správné řešení: b
____________________________________________________________________
Řešení:
Abychom mohli určit správné oxidační číslo centrálního atomu, je nutné spočítat náboje
všech ligandů.
Zde máte jednotlivé sloučeniny A-E doplněné o oxidační čísla:
A: [ ] IIII
IOHCo −
3
0
62 )(
B: [ ] +− 20
53 )( IIII
ClNHRu
C: [ ] −− 4
6)( III
CNFe
D: [ ] III
ClNHCo −
2
0
63 )(
E: [ ] IIIII
BrBrOHCr −−
2
0
52 )(
Oxidační číslo +III májí centrální atomy sloučenin A, B a E, tedy možnost b).
Téma 10 úkol 2
Zadání:
Vyberte možnost, ve které názvu odpovídá správný vzorec:
a) bromid aquatrikarbonylplatnatý: [ ] 2322 ))(( BrCOOHPt
b) tetrajodoplatnatan tetraammindijodoplatnatý: [ ]423 )( PtIINHPt
c) chlorid pentaamminchlorokobaltitý: [ ]ClBrNHCo )( 3
d) hexachloroplatnatan draselný: [ ]64 PtClK
Správné řešení: d
____________________________________________________________________
Řešení:
Zde je uveden ke každému názvu správný vzorec:
a) bromid aquatrikarbonylplatnatý: [ ] 232 ))(( BrCOOHPt
Karbonyl není 2CO , aleCO .
b) tetrajodoplatnatan tetraammindijodoplatnatý: [ ][ ]423 )( PtIINHPt
Komplexní kationt i komplexní aniont musí být v hranatých závorkách.
c) chlorid pentaamminbromokobaltitý: [ ] IIIII
ClBrNHCo −−
2
0
3 )(
Pokud si správně doplníme oxidační čísla, zjistíme, že aby byla molekula neutrální, musí
sloučenina obsahovat 2 chloridové anionty.
d) hexachloroplatnatan draselný: [ ]64 PtClK
Tento vzorec odpovídá názvu.
Téma 10 úkol 3
Zadání:
Vyberte, u které dvojice izomerů je uveden nesprávný typ izomerie:
a) [ ]ClSONHCo 453 )( a [ ] 453 )( SOClNHCo
konstituční izomerie, konkrétně ionizační
b) cis-tetraammindichlorokobaltitý kationt a trans-tetraammindichlorokobaltitý kationt
prostorová izomerie, konkrétně geometrická
c) [ ]ClClNONHCr )()( 243 a [ ]ClClONONHCr )()( 43
konstituční izomerie, konkrétně vazebná
d) [ ][ ]443 )( NiClNHPt a [ ][ ]443 )( PtClNHNi
prostorová izomerie, konkrétně koordinační
Správné řešení: d
____________________________________________________________________
Řešení:
V koordinační chemii rozlišujeme izomerii:
1. konstituční (strukturní),
2. prostorovou (streoizomerii).
Konstituční (strukturní) izomerie:
• vazebná
• koordinační
• ionizační
Prostorová (streoizomerie) izomerie:
• geometrická
• optická
U možnosti d) jsou sloučeniny sice koordinačními izomery – tu však řadíme do konstituční
izomerie, proto je tato varianta nesprávná.
Téma 11 úkol 1
Zadání:
Seřaďte následující typy vazeb podle vzrůstající síly:
dipol-dipolová vazba, kovalentní vazba, Londonovy disperzní síly, vodíková vazba
a) kovalentní vazba - vodíková vazba - dipol-dipolová vazba - Londonovy disperzní síly
b) dipol-dipolová vazba - Londonovy disperzní síly - vodíková vazba - kovalentní vazba
c) Londonovy disperzní síly - dipol-dipolová vazba - vodíková vazba - kovalentní vazba
d) vodíková vazba - Londonovy disperzní síly - dipol-dipolová vazba - kovalentní vazba
Správné řešení: c
____________________________________________________________________
Řešení:
Obecně platí, že nejslabší jsou Londonovy disperzní síly, o něco silnější je dipol-dipolová
vazba, dále pak následuje vodíková vazba. Nejsilnějším typem vazby z uvedených je vazba
kovalentní.
Pouze pro doplnění je zde uvedena tabulka s energiemi jednotlivých vazeb:
Typ vazby Energie, kJ mol-1
Londonovy disperzní síly méně než 5
dipol-dipolová vazba 2-10
vodíková vazba 10-50
kovalentní vazba 200-1000
Téma 11 úkol 2
Zadání:
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 jsou často Londonovy
disperzní síly.
Správné řešení: c
____________________________________________________________________
Řešení:
Významné typy mezimolekulových sil:
Londonovy disperzní síly – síly, které existují mezi atomy vzácných plynů a také
mezi nepolárními molekulami. Jejich velikost závisí na polarizovatelnosti molekul.
Vznikají vzájemným působením mezi dočasnými dipólovými momenty.
dipol-dipolová vazba - vazba, která existuje mezi molekulami, které mají tzv.
permanentní dipólový moment. To jsou takové molekuly, u kterých je v důsledku
rozdílu elektronegativity atomů ve vazbě na jednom atomu částečný kladný náboj a na
druhém atomu částečný záporný náboj.
vodíková vazba – vazba mezi molekulami, v nichž je vodík vázán k prvku s vysokou
elektronegativitou.
Téma 11 úkol 3
Zadání:
Určete, jakým typem vazby jsou vzájemně vázány dusíkaté báze adenin s thyminem a
guanin s cytosinem ve struktuře DNA:
a) Londonovy disperzní síly
b) vodíkové vazby
c) kovalentní vazby
d) iontové vazby
Správné řešení: b
____________________________________________________________________
Řešení:
Již ze střední školy víte, že DNA obsahuje čtyři dusíkaté báze – adenin, thymin, guanin a
cytosin.
Adenin s thyminem se pojí dvěma vodíkovými vazbami a guanin s cytosinem třemi
vodíkovými vazbami.
Téma 12 úkol 1
Zadání:
K analýze krystalu bylo použito rentgenovo záření (λ = 2,63 Å), které bylo difraktováno
pod úhlem 15,55°. Vypočítejte mezirovinnou vzdálenost d za předpokladu, že se jednalo
o difrakci prvního řádu (n = 1):
a) 263 pm
b) 491 pm
c) 386 pm
d) 429 pm
Správné řešení: b
____________________________________________________________________
Řešení:
K určení mezirovinné vzdálenosti d použijeme Braggovu rovnici:
θλ sin2dn = , kde
n je řád difrakce,
λ je vlnová délka rentgenova záření,
d je mezirovinná vzdálenost,
θ je úhel dopadu (resp.odrazu).
Z Braggovy rovnice si tedy vyjádříme mezirovinné vzdálenosti d:
θ
λ
sin2
n
d =
Nyní můžeme vše dosadit:
n = 1
λ = 2,63 Å = 2,63 10–10
m (1 Å = 10-10
m)
θ = 15,55°
Tedy:
55,15sin2
1063,21 10−
⋅⋅
=d
d = 4,91 10–10
m = 491 pm
Téma 12 úkol 2
Zadání:
Uvažujte kubickou plošně centrovanou mřížku. Určete, kolik uzlových bodů obsahuje
základní buňka.
a) 1
b) 2
c) 4
d) 6
Správné řešení: c
____________________________________________________________________
Řešení:
Víte, že v kubické plošně centrované mřížce jsou uzlové body umístěny ve vrcholech
krychle a ve středu všech jejích stěn.
Každý uzlový bod, který se nachází ve vrcholu krychle, sdílí 8 krychlí, tedy právě
8
1
uzlového bodu leží uvnitř každé základní buňky. Jelikož má krychle 8 vrcholů, pak v jedné
základní buňce je ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅
8
1
8 , tedy 1 uzlový bod.
Dále nesmíme zapomenout na uzlové body ve středu každé stěny. Ty jsou vždy sdíleny
dvěma základními buňkami, takže právě
2
1
uzlového bodu leží uvnitř každé základní buňky.
Jelikož krychle má 6 stěn, pak na jednu základní buňku připadá ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅
2
1
6 , tedy 3 uzlové body.
Tedy dohromady:
4
2
1
6
8
1
8 =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅
Proto tedy na jednu základní buňku kubické plošně centrované mřížky připadají celkem právě
4 uzlové body.
4
2
1
6
8
1
8 =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅
Téma 12 úkol 3
Zadání:
Iridium krystaluje v kubické plošně centrované mřížce. Délka hrany základní buňky je
383,3 pm. Určete hustotu krystalického iridia.
a) 12,39 g cm-3
b) 10,74 g cm-3
c) 26,98 g cm-3
d) 22,68 g cm-3
Správné řešení: d
____________________________________________________________________
Řešení:
Hustota je hmotnost vztažená na určitou jednotku objemu.
Známe délku hrany krychle základní buňky: a = 383,3 pm. Objem základní buňky je a3
,
tedy (383,3 pm)3
, neboli 5,63 107
pm3
. Převedeme na cm3
a dostaneme objem 5,63 10–23
cm3
.
Dále určíme, kolik atomů Ir připadá na jednu základní buňku kubické plošně centrované
mřížky. Jelikož v této mřížce leží atomy ve vrcholech krychle a ve středu všech jejích stěn,
pak na jednu základní buňku připadají právě 4 částice:
4
2
1
6
8
1
8 =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅
Toto znamená, že právě 4 atomy iridia jsou obsaženy v objemu 5,63 10–23
cm3
.
Dále víme, že 1 mol iridia má hmotnost 192,217 g. A že každý 1 mol částic obsahuje
6,022 1023
částic (toto nám uvádí Avogadrova konstanta).
Tedy 1 atom iridia má hmotnost: 192,217 / 6,022 1023
. Po vynásobení čtyřmi pak
dostaneme hmotnost čtyř atomů iridia.
Hustota krystalického iridia je tedy podle vztahu
V
m
=ρ :
( ) 68,22
105,63
10022192,217/6,4
23-
23
=
⋅
⋅⋅
=ρ g cm-3
Téma 13 úkol 1
Zadání:
Určete, jaká část objemu základní buňky kubické plošně centrované mřížky je obsazena
atomy, pokud budou na uzlových bodech umístěny např. atomy mědi.
a) 52 %
b) 68 %
c) 74 %
d) 76 %
Správné řešení: c
____________________________________________________________________
Řešení:
K tomu, abychom mohli určit zaplnění prostoru základní buňky, potřebujeme znát:
objem atomů, které daná základní buňka obsahuje,
objem základní buňky.
1. Objem atomů, které daná základní buňka obsahuje
Nejprve určíme, kolik částic připadá na jednu základní buňku kubické plošně centrované
mřížky. Jelikož v této mřížce jsou částice ve vrcholech krychle a ve středu všech jejích stěn,
pak na jednu základní buňku připadají právě 4 částice:
4
2
1
6
8
1
8 =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⋅
Atomy mají tvar koule, takže objem jednoho atomu o poloměru r je 3
3
4
rπ . Objem všech čtyř
atomů je tedy 33
3
16
3
4
4 rr ππ =⋅ .
2. Objem základní buňky
Délku hrany krychle a si musíme vyjádřit pomocí poloměru atomů r. Atomy se v základní
buňce kubické plošně centrované mřížky dotýkají podél stěnové úhlopříčky. Jestliže je tedy
délka hrany a, pak délka této stěnové úhlopříčky je podle Pythagorovy věty 2 a, což je
zároveň délka čtyř poloměrů atomů. Tedy ra 42 = .
Z toho vyplývá, že délku hrany krychle můžeme pomocí poměru atomu vyjádřit jako
2
4r
a = .
Objem krychle o délce hrany a je a3
, tedy vyjádřeno pomocí poloměru
22
64
2
4 33
rr
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
.
Nyní již můžeme určit zaplnění prostoru základní buňky:
objem atomů / objem základní buňky = 74,0
22
64
3
16
3
3
=
r
r
π
, tedy po vynásobení stem
v procentech 74 %.
Téma 13 úkol 2
Zadání:
Z látek A-H vyberte takové, které tvoří iontové krystaly:
A suchý led ( 2CO )
B KBr
C diamant
D led
E Ag
F NaCl
G Fe
H CsCl
a) B, F, H
b) A, D
c) E, G
d) A, C
Správné řešení: a
____________________________________________________________________
Řešení:
Základní rozdělení krystalických látek:
typ krystalu částice typ vazby
kovový atomy kovu kovová
iontový kationty a anionty elekrostatické interakce
kovalentní atomy kovalentní
molekulární molekuly van der Waalsovy a vodíkové interakce
Zde je u každé z látek uveden správný typ krystalu:
A suchý led ( 2CO ): molekulární
B KBr : iontový
C diamant: kovalentní
D led: molekulární
E Ag: kovový
F NaCl : iontový
G Fe: kovový
H CsCl : iontový
Téma 13 úkol 3
Zadání:
Vyberte možnost, v níž je u každé látky uveden správný typ krystalu, který tvoří:
a) grafit – molekulární, Au – kovový, CsCl – iontový
b) CaF2 – molekulární, diamant – kovalentní, Fe – kovový
c) NaOH – iontový, Ag – kovový, suchý led (CO2) - kovalentní
d) led – molekulární, Cu – kovový, LiF – iontový
Správné řešení: d
____________________________________________________________________
Řešení:
Zde je u každé látky uveden správný typ krystalu:
a) grafit – ne molekulární, ale kovalentní, Au – kovový, CsCl – iontový
b) diamant - kovalentní, Fe – kovový, CaF2 – ne molekulární, ale iontový
c) NaOH – iontový, Ag – kovový, suchý led (CO2) – ne kovalentní, ale molekulární
d) led – molekulární, Cu – kovový, LiF – iontový
Téma 14 úkol 1
Zadání:
Určete, kolik tepla se uvolní, nebo je nutné dodat, jestliže reaguje 2,30 g železa
s nadbytkem kyslíku?
4Fe(s) + 3O2(g) → 2Fe2O3(s) ΔH = –1652 kJ
a) uvolní se 17 kJ
b) uvolní se 13 kJ
c) je nutné dodat 17 kJ
d) je nutné dodat 24 kJ
Správné řešení: a
____________________________________________________________________
Řešení:
Víme, že pokud reagují 4 moly železa, uvolní se právě 1652 kJ. Všimněte si, že záporné
znaménko značí exotermickou reakci, tedy proces, při kterém se energie uvolňuje.
4Fe(s) + 3O2(g) → 2Fe2O3(s) ΔH = –1652 kJ
Sestavíme si trojčlenku:
85,554⋅ g Fe . . . . . –1652 kJ
2,30 g Fe . . . . . . . . . x kJ
x = –17 kJ
Jestliže reaguje 2,30 g železa s nadbytkem kyslíku, uvolní se 17 kJ tepla.
Téma 14 úkol 2
Zadání:
Vypočítejte ΔH reakce 2N2(g) + 5O2(g) → 2N2O5(g), znáte-li tepelná zabarvení reakcí:
H2(g) + ½O2(g) → H2O(l) ΔH1 = –285,8 kJ
N2O5(g) + H2O(l) → 2HNO3(l) ΔH2 = –76,6 kJ
N2(g) + 3O2(g) + H2(g) → 2HNO3(l) ΔH3 = –348,2 kJ
a) ΔH = 136 kJ
b) ΔH = 28,4 kJ
c) ΔH = –86,0 kJ
d) ΔH = –476 kJ
Správné řešení: b
____________________________________________________________________
Řešení:
Použujeme Hessovy zákony.
První Hessův zákon nám říká, že tepelný efekt reakce v jednom směru a v opačném směru je
číselně stejný, liší se pouze znaménkem.
Druhý Hessův zákon můžeme formulovat tak, že výsledné reakční teplo jakékoli reakce se
rovná součtu reakčních tepel soustavy reakcí, jejichž součet je ekvivalentní celkové reakci.
Dílčí reakce uvedené v zadání tedy upravíme v souladu s Hessovými zákony tak, aby jejich
součet poskytoval požadovanou reakci. Tedy:
První rovnici obrátíme a vynásobíme dvěma:
2H2O(l) → 2H2(g) + O2(g)
Druhou rovnici taktéž obrátíme a vynásobíme dvěma:
4HNO3(l) → 2N2O5(g) + 2H2O(l)
Třetí rovnici pak jen vynásobíme dvěma:
2N2(g) + 6O2(g) + 2H2(g) → 4HNO3(l)
ΔH = –2 ΔH1 –2 ΔH2 + 2 ΔH3
ΔH = (–2) . (–285,8) + (–2) . (–76,6) + 2 . (–348,2) = 28,4 kJ
Téma 14 úkol 3
Zadání:
Vypočítejte ΔH0
r pro následující reakci: NH3(g) + HCl(g) → NH4Cl(s).
látka ΔH0
f (kJ mol–1
)
NH3(g) –46
HCl(g) –92
NH4Cl(s) –314
a) –176 kJ
b) +176 kJ
c) –467 kJ
d) +371 kJ
Správné řešení: a
____________________________________________________________________
Řešení:
Reakční enthalpii můžeme určit z enthalpií slučovacích podle následujícího vztahu:
ΔH0
r = Σ nprod ΔH0
f (Produkty) – Σ nreakt ΔH0
f (Reaktanty), kde
n jsou stechiometrické koeficienty.
Pokud správně do vztahu dosadíme, dostaneme:
ΔH0
r = [1 mol (ΔH(NH4Cl))] – [1 mol (ΔH(NH3)) + 1 mol (ΔH(HCl))]
ΔH0
r = [1 mol (–314 kJ mol–1
)] – [1 mol (–46 kJ mol–1
) + 1 mol (–92 kJ mol–1
)]
ΔH0
r = –176 kJ
Téma 15 úkol 1
Zadání:
Vypočítejte ΔS0
pro následující reakci: Fe2O3(s) + 3H2(g) → 2Fe(s) + 3H2O(g).
látka S0
(J K–1
mol–1
)
Fe2O3(s) 90
H2(g) 131
Fe(s) 27
H2O(g) 189
a) 138 J K–1
b) 243 J K–1
c) 453 J K–1
d) 178 J K–1
Správné řešení: a
____________________________________________________________________
Řešení:
Reakční entropii určíme podle následujícího vztahu:
ΔS0
r = Σ nprod S0
(Produkty) – Σ nreakt S0
(Reaktanty), kde
n jsou stechiometrické koeficienty.
Fe2O3(s) + 3H2(g) → 2Fe(s) + 3H2O(g)
Pokud správně do vztahu dosadíme, dostaneme:
ΔS0
r = [2(27) ) + 3(189)] – [90 + 3(131)]
ΔS0
r = 138 J K–1
Téma 15 úkol 2
Zadání:
Určete, který z následujících procesů není za konstantní teploty a tlaku spontánní:
a) ΔH = –10 kJ, ΔS = –10 J K–1
, T = 200 K
b) ΔH = –10 kJ, ΔS = +5 J K–1
, T = 298 K
c) ΔH = +25 kJ, ΔS = +100 J K–1
, T = 300 K
d) ΔH = +25 kJ, ΔS = +5 J K–1
, T = 300 K
Správné řešení: d
____________________________________________________________________
Řešení:
Určitý děj je spontánní za stálého tlaku a teploty právě tehdy, pokud je hodnota Gibbsovy
volné energie ΔG záporná.
Pro jednotlivé procesy tedy vypočítáme ΔG podle vztahu: ΔG = ΔH – TΔS.
Konkrétně tedy:
pro a) ΔH = –10 kJ, ΔS = –10 J K–1
, T = 200 K
ΔG = –10000 – 200(–10) = –8000 J → ΔG < 0 → spontánní děj
pro b) ΔH = –10 kJ, ΔS = +5 J K–1
, T = 298 K
ΔG < 0 → spontánní děj
pro c) ΔH = +25 kJ, ΔS = +100 J K–1
, T = 300 K
ΔG < 0 → spontánní děj
pro d) ΔH = +25 kJ, ΔS = +5 J K–1
, T = 300 K
ΔG > 0 → není to spontánní děj
Spontánním dějem tedy není proces d).
Téma 15 úkol 3
Zadání:
Exotermní reakce CO(g) + H2O(g) ↔ H2(g) + CO2(g) dosáhla rovnovážného stavu.
Který z následujících případů způsobí posun rovnováhy doleva?
a) odstranění oxidu uhličitého
b) přidání vodní páry
c) zvýšení teploty
d) tlak je zvýšen zmenšením objemu reakční nádoby
e) tlak je zvýšen přidáním plynného helia
Správné řešení: c
____________________________________________________________________
Řešení:
Pro posouzení vlivu jednotlivých změn na chemickou rovnováhu použijeme tzv.
LeChatelierův princip. Tento princip nám umožňuje kvalitativně předpovídat, jakým
směrem se posune rovnováha, jestliže se změní koncentrace, tlak či teplota daného
rovnovážného systému.
Obecně tento princip říká, že jestliže dojde v rovnovážném systému ke změně, bude endence
k reakci v tom směru, který efekt této změny sníží.
a) odstranění oxidu uhličitého
pokud je produkt odebrán z reakčního systému, pak se rovnováha posunu ve směru, který
zvyšuje koncentraci této látky→ posun doprava
b) přidání vodní páry
jestliže je reaktant přidán do reakčního systému, pak se rovnováha posunu ve směru, který
snižuje koncentraci této látky→ posun doprava
c) zvýšení teploty
jedná se o exotermní reakci → posun doleva
d) tlak je zvýšen zmenšením objemu reakční nádoby
jestliže se objem nádoby uchovávající plynný systém zmenšen, systém se bude snažit
redukovat vlastní objem – a to snížením celkového počtu plynných molekul v systému →
rovnováha se tedy posune ve směru nižšího počtu plynných látek, v daném případě je počet
molů plynných látek na obou stranách rovnice totožný → žádný posun
e) tlak je zvýšen přidáním plynného helia
helium je inertní plyn, neúčastní se tedy reakce a tudíž se nemění počet molů ani na levé ani
na pravé straně rovnice → žádný posun
Téma 16 úkol 1
Zadání:
Vyberte nesprávné tvrzení:
a) Čím vyšší je aktivační energie určité reakce, tím pomaleji reakce za dané teploty probíhá.
b) Nejrychlejší krok v reakčním mechanismu určuje rychlost reakce.
c) Série jednotlivých kroků, ve kterých se reakce uskutečňuje, nazýváme reakční
mechanismus.
d) Rychlost reakce definujeme jako změnu koncentrace reaktantů nebo produktů za jednotku
času.
Správné řešení: b
____________________________________________________________________
Řešení:
Výše uvedená tvrzení se zabývají chemickou kinetikou, tedy oblastí chemie, která se
zaměřuje na rychlost chemické reakce a faktory, které ji ovlivňují.
Rychlost chemické reakce můžeme definovat jako změnu koncentrace reaktantů nebo
produktů za jednotku času.
Jedním z konkrétních úkolů chemické kinetiky je pochopit kroky, ve kterých určitá reakce
probíhá. Tuto sérii kroků označujeme jako reakční mechnismus. Právě pochopení
mechanismu nám umožňuje najít způsoby k uskutečnění reakce.
Nesprávné tvrzení je varianta b), protože v reakčním mechanismu určuje rychlost reakce
nejpomalejší krok. Tedy jinými slovy reakce může být jen tak rychlá, jako je její
nejpomalejší krok.
Chemická reakce obvykle probíhá rychleji, jestliže vzroste teplota. Další možnost, jak reakci
urychlit, je snížit její aktivační energii. Na tomto principu pak fungují i katalyzátory.
Téma 16 úkol 2
Zadání:
Jistá reakce prvního řádu má poločas 30 min. Vypočítejte rychlostní konstantu této
reakce.
a) 3,85 10–4
s–1
b) 4,15 10–4
s
c) 3,85 10–4
s
d) 2,32 10–4
s–1
Správné řešení: a
____________________________________________________________________
Řešení:
Poločas reakce je čas potřebný k tomu, aby reaktanty dosáhly poloviny původní koncentrace.
Značíme jej t1/2.
Pro poločas reakce 1. řádu platí následující vztah, kde k je rychlostní konstanta reakce:
Ze vztahu si tedy rychlostní konstantu k vyjádříme:
2/1
2ln
t
k =
Nyní již jen ve vhodně zvolených jednotkách dosadíme. t1/2 = 30 min = 1800 s
1800
2ln
=k
k = 3,85 10–4
s–1
k
t
2ln
2/1 =
Téma 16 úkol 3
Zadání:
Vyberte nesprávné tvrzení:
a) Homogenní katalyzátor je ve stejné fázi jako reagující molekuly, kdežto heterogenní
katalyzátor je ve fázi odlišné.
b) Významnými biologickými katalyzátory jsou enzymy.
c) Katalyzátor urychluje reakci a to tím způsobem, že vede reakci cestou s vyšší aktivační
energií.
d) Katalyzátor urychluje chemickou reakci, aniž by se sám spotřebovával.
Správné řešení: c
____________________________________________________________________
Řešení:
Katalyzátor je látka, která zvyšuje rychlost chemické reakce, ale sama se při reakci
nespotřebovává. Katalyzátor reakci urychlí, aniž by vzrostla teplota. Vede totiž reakci novou
cestou a to cestou s nižší aktivační energií.
Katalyzátory dělíme na homogenní a heterogenní. Homogenní katalyzátor je ve stejné fázi
jako reagující molekuly, heterogenní katalyzátor je v odlišné fázi.
Víme, že rychlost reakce dramaticky roste s teplotou. Jestliže určitá reakce neprobíhá za
normální teploty dostatečně rychle, můžeme reakci urychlit zvýšením teploty. Lidské tělo má
však téměř konstantní teplotu. Mnoho složitých biochemických reakcí nezbytných pro náš
život by probíhalo za této teploty příliš pomalu. Naštěstí tělo obsahuje látky zvané enzymy,
které fungují jako katalyzátory a zvyšují rychlost těchto reakcí.
Téma 17 úkol 1
Zadání:
Vyberte nesprávné tvrzení:
a) Mezi významné vlastnosti kapalin patří jejich povrchové napětí a viskozita.
b) Fázový diagram pro určitou látku naznačuje, v jaké fázi je tato látka za určité teploty a
tlaku.
c) Kapaliny mají ve srovnání s plyny vysokou hustotu.
d) Fázový diagram popisuje podmínky a děje v otevřeném systému.
Správné řešení: d
____________________________________________________________________
Řešení:
Mezi významné vlastnosti kapalin patří jejich nízká stlačitelnost a vysoká hustota ve
srovnání s plyny, dále povrchové napětí a viskozita.
Fázový diagram je způsob prezentující fáze dané látky jako funkci teploty a tlaku.
Připomínáme, že fázový diagram popisuje podmínky a děje v uzavřeném systému.
Téma 17 úkol 2
Zadání:
Vyberte nesprávné tvrzení:
a) Kritická teplota je teplota, nad kterou již nemůže být plynná fáze zkapalněna, ať už bude
tlak jakýkoli.
b) Fázový diagram vody ukazuje, v jaké fázi voda existuje za dané teploty a tlaku.
c) Trojný bod ve fázovém diagramu reprezentuje takovou teplotu a tlak, kdy všechny tři fáze
existují společně.
d) Kritická teplota spolu s kritickým tlakem charakterizují trojný bod.
Správné řešení:d
____________________________________________________________________
Řešení:
Fázový diagram pro určitou látku naznačuje, v jaké fázi je tato látka za určité teploty a tlaku.
Významným bodem fázovém diagramu je trojný bod, který reprezentuje takovou teplotu a
tlak, kdy všechny tři fáze existují společně v rovnováze.
Kritický bod je bod ve fázovém diagramu charakterizovaný kritickou teplotou a kritickým
tlakem. Kritická teplota je teplota, nad kterou již nemůže být plynná fáze zkapalněna, ať už
bude tlak jakýkoli. Kritický tlak je pak tlak požadovaný ke zkapalnění za kritické teploty.
Pro vodu je kritický bod 374 °C.
Téma 17 úkol 3
Zadání:
Vyberte nesprávné tvrzení:
a) Jestliže se led změní přímo ve vodní páru, nazveme tento proces sublimací.
b) Teplota, která charakterizuje trojný bod vody, je 100 °C = 373,15 K.
c) Proces, kdy se molekuly vodní páry mění v kapalnou vodu, nazýváme kondenzace.
d) V trojném bodě vody existují v uzavřeném systému společně v rovnováze vodní pára, voda
a led.
Správné řešení: b
____________________________________________________________________
Řešení:
Fázový diagram vody ukazuje, v jaké fázi voda existuje za dané teploty a tlaku.
Důležitými hodnotami, které ve fázovém diagramu můžeme najít, jsou:
• bod tání ledu (0 °C)
• teplota charakterizující trojný bod (0,01 °C)
• tlak charakterizující trojný bod (0,0060 atm)
• bod varu (100 °C)
• kritická teplota charakterizující kritický bod (374 °C)
• kritický tlak (218 atm)
Skupenské změny vody
led → vodní pára sublimace
vodní pára → led desublimace - např. vznik jinovatky na podzim
vodní pára → voda kondenzace
voda → vodní pára vypařování
voda → led tuhnutí
led → voda tání
Téma 18 úkol 1
Zadání:
Navážka 8 g uhličitanu sodného byla rozpuštěna na objem 250 cm3
destilovanou vodou.
Vypočítejte molární koncentraci takto připraveného roztoku.
a) 0,6 mol dm–3
b) 0,3 mol dm–3
c) 0,5 mol dm–3
d) 0,2 mol dm–3
Správné řešení: b
____________________________________________________________________
Řešení:
Molární koncentraci c definujeme jako
V
n
c = , kde
n je látkové množství rozpuštěné látky, jednotkou je mol,
V je objem celého roztoku.
Látkové množství n určíme takto:
mM
m
n = , kde
m je hmotnost rozpuštěné látky,
Mm je molární hmotnost rozpuštěné látky.
Oba výše uvedené vztahy můžeme propojit a dostaneme:
VM
m
c
m
=
Nyní můžeme do vztahu dosadit ve vhodně zvolených jednotkách:
m = 8 g
Mm(Na2CO3) = 105,98 g mol–1
V = 250 cm3
= 0,250 dm3
250,098,105
8
⋅
=c
c = 0,3 mol dm–3
Téma 18 úkol 2
Zadání:
Jaká je procentuálního koncentrace roztoku, který byl připraven rozpuštění 70,5 g
hydroxidu draselného ve 200 cm3
vody?
a) 35,3 %
b) 26,1 %
c) 30,1 %
d) 28,4 %
Správné řešení: b
____________________________________________________________________
Řešení:
Procentuální koncentraci roztoku w určíme v % pomocí jednoduchého vztahu
100⋅=
ROZTOK
RL
m
m
w , kde
mRL je hmotnost rozpuštěné látky,
mROZTOK je hmotnost celého! roztoku.
Do výše uvedeného vztahu tedy můžeme dosadit:
mRL = 70,5 g
mROZTOK = 70,5 g KOH + 200 g H2O = 270,5 g
100
5,270
5,70
⋅=w
w = 26,1 %
Téma 20 úkol 1
Zadání:
Vyberte správné tvrzení, které platí pro následující rovnici:
Zn(s) + 2HCl(aq) → ZnCl2(aq) + H2(g)
a) redukčním činidlem je kyselina chlorovodíková
b) redukuje se vodík v kyselině chlorovodíkové
c) oxidačním činidlem je zinek
d) reakce není redoxní
Správné řešení: b
____________________________________________________________________
Řešení:
Nejprve určíme oxidační čísla prvků, které mění oxidační čísla:
Zn0
(s) + 2H+I
Cl(aq) → Zn+II
Cl2(aq) + H2
0
(g)
Reakce tedy evidentně je redoxní.
Můžeme tedy určit následující:
- oxiduje se (tedy elektrony odevzdává) Zn,
- redukuje se (tedy elektrony přijímá) H,
- oxidačním činidlem je HCl,
- redukčním činidlem je Zn.
Téma 20 úkol 2
Zadání:
Vyčíslete následující rovnici:
___NaCl(aq) + ___H2SO4(aq) + ___MnO2(s) →
___Na2SO4(aq) + ___MnCl2(aq) + ___H2O(l) + ___Cl2(g)
Správné řešení: 4 2 1 2 1 2 1
____________________________________________________________________
Řešení:
Je zřejmé, že se jedná o redoxní rovnici. Nejprve tedy určíme oxidační čísla prvků, které se
redukují a které se oxidují.
___NaCl–I
(aq) + ___H2SO4(aq) + ___Mn+IV
O2(s) →
___Na2SO4(aq) + ___Mn+II
Cl2(aq) + ___H2O(l) + ___Cl2
0
(g)
Redukuje se tedy Mn a oxiduje se Cl. Nyní zapíšeme jednotlivé poloreakce a upravíme je
tak, aby počet elektronů přijatých při redukci byl stejný jako počet elektronů
odevzdaných při oxidaci:
1Mn+IV
+ 2 e–
→ 1Mn+II
2Cl–I
– 2 e–
→ 1Cl2
0
Jelikož jsou na pravé straně ještě dva atomy chloru v MnCl2, které se neoxidovaly, jsou na
pravé straně rovnice celkem 4 atomy chloru a tedy i na levé straně musí být 4.
4NaCl–I
(aq) + ___H2SO4(aq) + 1Mn+IV
O2(s) →
___Na2SO4(aq) + 1Mn+II
Cl2(aq) + ___H2O(l) + 1Cl2
0
(g)
Provedeme další vhodné úpravy, aby byl počet atomů každého prvku byl stejný na levé a
pravé straně rovnice. Vhodné je postupovat v pořadí kov – nekov – vodík – kyslík.
Kov: sodík
4NaCl–I
(aq) + ___H2SO4(aq) + 1Mn+IV
O2(s) →
2Na2SO4(aq) + 1Mn+II
Cl2(aq) + ___H2O(l) + 1Cl2
0
(g)
Nekov: síra
4NaCl–I
(aq) + 2H2SO4(aq) + 1Mn+IV
O2(s) →
2Na2SO4(aq) + 1Mn+II
Cl2(aq) + ___H2O(l) + 1Cl2
0
(g)
Vodík:
4NaCl–I
(aq) + 2H2SO4(aq) + 1Mn+IV
O2(s) →
2Na2SO4(aq) + 1Mn+II
Cl2(aq) + 2H2O(l) + 1Cl2
0
(g)
Kyslík: nyní ověříme, zda máme i stejný počet atomů kyslíku na obou stranách rovnice.
Dostali jsme tak vyčíslenou rovnici:
4NaCl(aq) + 2H2SO4(aq) + 1MnO2(s) → 2Na2SO4(aq) + 1MnCl2(aq) + 2H2O(l) + 1Cl2(g)
Téma 20 úkol 3
Zadání:
Vyberte z následujících reakcí tu, která není oxidačně-redukční:
a) 2CuCl(aq) → CuCl2(aq) + Cu(s)
b) 2H2O2(l) → 2H2O(l) + O2(g)
c) Cr2O7
2–
(aq) + 2OH–
(aq) → 2CrO4
2–
(aq) + H2O(l)
d) Cu(s) + 2Ag+
(aq) → 2Ag(s) + Cu2+
(aq)
Správné řešení: c
____________________________________________________________________
Řešení:
Zde jsou uvedeny všechny rovnice s vyznačenými prvky, které se oxidovaly, či redukovaly:
a) 2Cu+I
Cl(aq) → Cu+II
Cl2(aq) + Cu0
(s)
Z každých dvou atomů mědi obsažených ve dvou molekulách CuCl se vždy jeden atom mědi
oxiduje a jeden atom mědi se redukuje. Reakce tedy je oxidačně-redukční.
b) 2H2O2
–I
(l) → 2H2O–II
(l) + O2
0
(g)
Z každých čtyř atomů kyslíku obsažených ve dvou molekulách H2O2 se vždy dva atomy
kyslíku oxidují a dva atomy kyslíku redukují. Reakce tedy je oxidačně-redukční.
c) Cr2
+VI
O7
2–
(aq) + 2OH–
(aq) → 2Cr+VI
O4
2–
(aq) + H2O(l)
Všechny atomy chromu v rovnici mají oxidační číslo +VI, atomy kyslíku –II, atomy vodíku
+I. Nenajdeme zde prvky, které by měnily oxidační číslo, nedochází zde k oxidaci a redukci
a reakce tudíž není oxidačně-redukční.
d) Cu0
(s) + 2Ag+
(aq) → 2Ag0
(s) + Cu2+
(aq)
Tato reakce je oxidačně-redukční.
Téma 21 úkol 1
Zadání:
Tlak plynu byl změřen jako 196 torr. Vyberte nesprávné tvrzení:
a) 196 torr = 0,258 atm
b) 196 torr = 2,61 104
Pa
c) 196 torr = 19,6 mm Hg
d) 196 torr = 26,1 kPa
Správné řešení: c
____________________________________________________________________
Řešení:
Tlak 196 torr si převedeme na další uvedené jednotky.
Platí následující:
1 atm = 760 mm Hg
= 760 torr
= 101325 Pa
a) 196 torr = ? atm
760 torr . . . . . . . . . . 1 atm
196 torr . . . . . . . . . . . x atm
x = 0,258 atm
b) 196 torr = ? Pa
760 torr . . . . . . . . . . 101325 Pa
196 torr . . . . . . . . . . . . . . . x Pa
x = 2,61 104
Pa atm
c) 196 torr = ? mm Hg
1 torr = 1 mm Hg → 196 torr = 196 mm Hg
d) 196 torr = ? kPa
760 torr . . . . . . . . . . 101325 Pa
196 torr . . . . . . . . . . . . . . . x Pa
x = 2,61 104
Pa atm = 26,1 kPa
Téma 21 úkol 2
Zadání:
Uvažujte 3,06 l plynného oxidu siřičitého při tlaku 5,6 kPa. Jestliže se tlak změní na 15
kPa za konstantní teploty, jaký bude nový objem plynu?
a) 1,14 dm3
b) 2,34 dm3
c) 4,87 dm3
d) 3,65 dm3
Správné řešení: a
____________________________________________________________________
Řešení:
Pro řešení této úlohy můžeme použít Boylův zákon. Tento zákon můžeme zapsat jako
pV = konst.
Tedy:
p1V1 = p2V2, kde
p1 je původní tlak,
V1 je původní objem,
p2 je konečný tlak,
V2 je konečný objem.
Z tohoto vztahu si vyjádříme hledaný nový objem plynu, tedy V2:
2
11
2
p
Vp
V =
Do tohoto vztahu nyní můžeme dosadit:
p1 = 5,6 kPa = 5,6 103
Pa
V1 = 3,06 dm3
p2 = 15 kPa = 1,5 104
Pa
4
3
2
105,1
06,3.106,5
⋅
⋅
=V
V2 = 1,14 dm3
Téma 21 úkol 3
Zadání:
Vzorek plynného vodíku má objem 4,28 dm3
při teplotě 0 °C a tlaku 1,5 atm. Určete
počet molekul vodíku přítomných v uvedeném vzorku. R = 8,31441 J mol–1
K–1
a) 1,73 1023
molekul vodíku
b) 3,26 1020
molekul vodíku
c) 4,83 1021
molekul vodíku
d) 5,12 1024
molekul vodíku
Správné řešení: a
____________________________________________________________________
Řešení:
Abychom mohli spočítat počet molekul, určíme nejprve látkové množství molekul vodíku.
K tomu využijeme následující rovnici, která pro ideální plyn platí:
pV = nRT, kde
p je tlak plynu,
V je objem plynu,
n je látkové množstní plynu,
R je molární plynová kontanta, R = 8,31441 J mol–1
K–1
,
T je termodynamická teplota.
Vyjádříme si látkové množství n:
RT
pV
n =
Do vztahu vhodně dosadíme:
p = 1,5 atm = 1,52 105
Pa
1 atm = 101325 Pa
1 atm . . . . . . . . . . . . . 101325 Pa
1,5 atm . . . . . . . . . . . . . . . . .x Pa
x = 1,52 105
Pa
V = 4,28 dm3
= 4,28 10–3
m3
R = 8,31441 J mol–1
K–1
T = 0 °C = 273,15 K
n = 0,286 mol
Známe tedy látkové množství vodíku.
A nyní určíme na počet molekul vodíku. Avogadrova konstanta NA uvádí, že v každém
molu látky je 23
10022,6 ⋅ částic (v tomto případě molekul), tudíž:
1 mol . . . . . . . . . . . . . . . . . 6,022 1023
molekul H2
0,286 mol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . x molekul H2
x = 1,73 1023
molekul vodíku
Téma 22 úkol 1
Zadání:
Rozpustnost bromidu měďného je 2,0 10–4
mol dm–3
při teplotě 25 °C. Vypočítejte
součin rozpustnosti této látky.
a) 1,6 10–10
mol dm–3
b) 4,0 10–8
mol dm–3
c) 1,6 10–10
mol2
dm–6
d) 4,0 10–8
mol2
dm–6
Správné řešení: d
____________________________________________________________________
Řešení:
Jestliže vložíme pevný bromid měďný do vody, pak:
CuBr(s) ↔ Cu+
(aq) + Br–
(aq)
Součin rozpustnosti Ksp bromidu měďného můžeme zapsat jako:
Ksp = [Cu+
][ Br–
]
Rovnovážné koncentrace iontů Cu+
a Br–
můžeme určit z rozpustnosti bromidu
měďného, která je 2,0 10–4
mol dm–3
.
CuBr(s) → Cu+
(aq) + Br–
(aq), tedy
2,0 10–4
mol dm–3
CuBr(s) → 2,0 10–4
mol dm–3
Cu+
(aq) + 2,0 10–4
mol dm–3
Br–
(aq)
Nyní tedy můžeme určit požadovaný součin rozpustnosti:
Ksp = [Cu+
][ Br–
]
Ksp = (2,0 10–4
mol dm–3
)(2,0 10–4
mol dm–3
) = 4,0 10–8
mol2
dm–6
Téma 22 úkol 2
Zadání:
Vypočítejte součin rozpustnosti fosforečnanu stříbrného Ag3PO4, jestliže jeho
rozpustnost je 1,607 10–5
mol dm–3
.
a) 6,9 10–14
mol2
dm–6
b) 1,4 10–13
mol2
dm–6
c) 2,9 10–20
mol2
dm–6
d) 1,8 10–18
mol2
dm–6
Správné řešení: d
____________________________________________________________________
Řešení:
Jestliže vložíme pevný fosforečnan stříbrný do vody, pak:
Ag3PO4(s) ↔ 3Ag+
(aq) + PO4
3–
(aq)
Součin rozpustnosti Ksp fosforečnanu stříbrného můžeme zapsat jako:
Ksp = [Ag+
]3
[PO4
3–
]
Rovnovážné koncentrace iontů Ag+
a PO4
3–
můžeme určit z rozpustnosti fosforečnanu
stříbrného, která je 1,607 10–5
mol dm–3
.
Ag3PO4(s) → 3Ag+
(aq) + PO4
3–
(aq) , tudíž
1,607 10–5
mol dm–3
Ag3PO4(s) →
3(1,607 10–5
) mol dm–3
Ag+
(aq) + 1,607 10–5
mol dm–3
PO4
3–
(aq)
Tedy:
[Ag+
] = 3(1,607 10–5
) = 4,821 10–5
mol dm–3
[PO4
3–
] = 1,607 10–5
mol dm–3
Nyní tedy můžeme určit požadovaný součin rozpustnosti:
Ksp = [Ag+
]3
[PO4
3–
]
Ksp = (4,821 10–5
mol dm–3
)3
(1,607 10–5
mol dm–3
) = 1,8 10–18
mol2
dm–6
Téma 22 úkol 3
Zadání:
Vyberte možnost, ve které je u rovnice uvedena správná rovnovážná konstanta:
a) CO2(g) + NaOH(s) ↔ NaHCO3(s)
[ ][ ]
[ ]3
2
NaHCO
NaOHCO
K =
b) CuSO4 . 5H2O(s) ↔ CuSO4(s) + 5H2O(l)
[ ]OHK 2=
c) CaCO3(s) ↔ CaO(s) + CO2(g)
[ ][ ]
[ ]3
2
CaCO
COCaO
K =
d) S8(s) + 8O2(g) ↔ 8SO2(g)
[ ]
[ ]
8
8
2
2
O
SO
K =
Správné řešení: d
____________________________________________________________________
Řešení:
Rovnováhu systému, kde všechny reaktanty a produkty nejsou ve stejné fázi, nazýváme
heterogenní rovnováhu. Heterogenní rovnováha nezávisí na množství čistých pevných
látek nebo čistých kapalin. Základní důvod tohoto je, že jejich koncentrace se nemůže
změnit.
Zde jsou doplněny všechny výše uvedené rovnice o správné rovnovážné konstanty.
Přeškrtnuty jsou ty látky, které nemají vliv na rovnováhu reakce a tedy ani na rovnovážnou
konstantu.
a) CO2(g) + NaOH(s) ↔ NaHCO3(s)
[ ]2
1
CO
K =
b) CuSO4 . 5H2O(s) ↔ CuSO4(s) + 5H2O(g)
[ ]5
2OHK =
c) CaCO3(s) ↔ CaO(s) + CO2(g)
[ ]2COK =
d) S8(s) + 8O2(g) ↔ 8SO2(g)
[ ]
[ ]
8
8
2
2
O
SO
K =