VIIkonkIIetaprozw.pdf

Zad. 1

ZnS + 2HCl = ZnCl 2 + H 2 S

3H 2 S + K 2 Cr 2 O 7 + 8HCl = 2CrCl 3 + 3S + 2KCl + 7H 2 O

H 2 O + K 2 Cr 2 O 7 + 2BaCl 2 = 2BaCrO 4 + 2KCl + 2 HCl

W 500 cm 3 0,03 M roztworu dichromianu(VI) potasu zawartych jest 0,015 mola tej soli.

3,9608 g chromianu(VI) baru stanowi 0,01564 mola, w roztworze po przepuszczeniu gazów

poreakcyjnych pozostało więc 0,007818 mola K 2 Cr 2 O 7 ; w reakcji z siarkowodorem zużytych

zostało więc 0,0071816 mola dichromianu(VI), co odpowiada 0,0215 mola siarkowodoru.

2,15 g ZnS (o czystości 100%) odpowiada 0,02205 mola. Czystość związku wynosi zatem

97,5%.

Zad. 2

Sn 2+ + 2e - = Sn

2Cl - - 2e - = Cl 2

Sn 4+ + 4e - = Sn

4Cl - - 4e - = 2Cl 2

Ładunek 4825 C to 0,05 mola elektronów. Pozwala to na wydzielenie się 0,025 mola Cl 2 w

każdym z elektrolizerów oraz odpowiednio 0,025 mola Sn w pierwszym z nich i 0,0125 mola

Sn w drugim.

Zad. 3

a. równowaga przesunie się w lewo, stała równowagi zmaleje

b. równowaga przesunie się w prawo, stała równowagi wzrośnie

c. równowaga przesunie się w lewo, stała równowagi nie zmieni się

d. zarówno stała równowagi jak i położenie stanu równowagi nie zmieni się

Zad. 4

2KMnO 4 + 16HCl = 2KCl + 2MnCl 2 + 8H 2 O + 5Cl 2

11,2 dm 3 chloru to 0,5 mola tego gazu. Potrzebujemy zatem 0,2 mola manganianu(VII) potasu

i 1,6 mola kwasu solnego.

M(KMnO 4 ) = 158,1 g/mol, zatem potrzebujemy 31,6 g tej soli (przy wydajności 100%).

W 100 g kwasu solnego o podanym stężeniu zawartych jest 36,5 g chlorowodoru (1 mol).

Zużyjemy zatem 160 g tego roztworu (przy wydajności 100%), czyli 135,6 cm 3 .

Uwzględniając 82% wydajność, potrzebne jest 38,6 g KMnO 4 i 165,4 cm 3 kwasu solnego.

Zad. 5

S + O 2 = SO 2

2KMnO 4 + 5SO 2 + 2H 2 O = K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 2H 2 SO 4

2KMnO 4 + 10FeSO 4 + 8H 2 SO 4 = K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 5Fe 2 (SO 4 ) 3 + 8H 2 O

W 25 cm 3 roztworu siarczanu(VI) żelaza(II) znajduje się 2,5 mmola tej soli, odpowiada to 0,5

mmola manganianu(VII) potasu. Wynika z tego że z tlenkiem siarki(IV) przereagowało 0,5

mmola KMnO 4 . W gazach zawarte było więc 1,25 mmol SO 2 , czyli 0,04 g siarki. Stężenie

siarki w węglu wynosiło 0,8%

Zad. 6

I 2 + H 2 S = 2HI + S

1,133 g jodu to 4,46 mmol I 2 . Odpowiada to takiej samej liczbie moli H 2 S, czyli 0,1 dm 3 .

Stężenie siarkowodoru wynosi więc 7,87*10 -4 mol/dm 3 , zatem ok. 17,6 ppm.

Zad. 7

FeO + C = Fe + CO

2FeO + C = 2Fe + CO 2

M(FeO) = 71,8 g/mol

Dysponujemy 21,54/71,8 = 0,3 mola tlenku żelaza i 2,4/12 = 0,2 mola węgla

Załóżmy, że x moli FeO ulega reakcji z wytworzeniem tlenku węgla, natomiast y moli, z

wytworzeniem ditlenku węgla. Układamy równania:

x+y = 0,3

x+y/2 = 0,2

Zatem x = 0,1 natomiast y=0,2. Powstanie więc 0,1 mola CO 2 i 0,1 mola CO. Reakcji z

wodorotlenkiem baru ulega wyłącznie ditlenek węgla.

Ba(OH) 2 + CO 2 = BaCO 3 + H 2 O

M(BaCO 3 ) = 197,3 g/mol

Wydzieli się 19,7 g węglanu baru.

Zad. 8

Po otwarciu kranu nastąpi rozpuszczanie HCl w wodzie, a w efekcie zassanie wody do kolby.

W kolbie znajdował się 1 dm 3 gazu, czyli 0,0446 mola. Objętość roztworu po zakończeniu

procesu też wyniesie 1 dm 3 . Stężenie molowe roztworu będzie miało wartość 0,0446 M.

Zad. 9

(CH 3 COO) 2 Ca = (CH 3 ) 2 CO + CaCO 3

M(octan wapnia) = 158 g/mol

M(CaCO 3 ) = 100 g/mol

Na początku w naczyniu znajduje się 0,1 mola octanu wapnia. Po zakończeniu reakcji x moli

octanu i y moli węglanu wapnia. Układamy równania:

158x + 100y = 12,9

x+y = 0,1

Mamy x = 0,05 mola, y = 0,05 mola.

Przereagowało 50% początkowej masy octanu wapnia.

Zad. 10

a. Tlen ma konfiguracje elektronową 1s 2 2s 2 2p 4 . Jest więc dwuwartościowy i nie może

ulegć hybrydyzacji. Siarka, cechująca się konfiguracją 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4 ma do

dyspozycji orbitale 3d i w efekcie hybrydyzacji może być cztero- (sd 3 ) lub

sześciowartościowa (d 2 sp 3 ).

b. Alotropia to zdolność do występowania jednego pierwiastka w formach różniących się

właściwościami fizykochemicznymi. Wynika z różnic w strukturze krystalicznej lub w

tworzeniu różnych cząsteczek (np.: O 2 i O 3 ). Polimorfizm to występowanie związków

chemicznych w różnych formach różniących się z punktu widzenia włąściwości

fizykochemicznych. Przykłady alotropii: tlen (ozon, i ditlen), siarka (rombowa,

jednoskośna, plastyczna – katena -siarka, S 7 itd.), węgiel (diament, grafit, fulleren,

nanorurki, karbin), fosfor (biały, czerwony, fioletowy, czarny), bor (romboedryczna α

i β, tetragonalna), cyna (szara - α, biała - β, γ), selen (czarny, szklisty, czerwony),

arsen (brązowa, żółty, czarny, szara - metaliczna), antymon (metaliczny, żółty, czarny,

wybuchowy), tellur (brązowa, metaliczna). Ponadto alotropię wykazują: cer, cyrkon,

hafn, iterb, lantan, mangan, neodym, neptun, pluton, polon, prazeodym, ruten, samar,

stront, tal, terb, tor, tytan, uran, wapń, żelazo. Przykłady polimorfizmu: ditlenek

krzemu (trydymit α i β, krystobalit, kwarc), HgO (żółty i czrwony), HgI 2 (żółty i

czerwony), CaCO 3 (aragonit, kalcyt, ZnS (sfaleryt, wurcyt), TiO 2 (anataz, rutyl,

brukit), H 2 O (8 odmian polimorficznych lodu) i wiele innych.

c. Roztwory wykazują niższe temperatury topnienia niz czysty rozpuszczalnik. Efekt ten

jest szczególnie wyraźny w przypadku związków jonowych. Posypywanie jezdni solą

(NaCl) ma na celu obniżenie temperatury topnienia, a co za tym idzie, usunięcie

pokrywy lodowej lub śnieżnej. Wprowadzone w ten sposób do środowiska duże ilości

jonów chlorkowych i sodowych przyczyniają się głównie do zaburzeń wzrostu roślin i

przyspieszają korozję.

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika: