M I J 7 S K O

& Č U A T ,

ZA STUDENTE

AGRONOMSKOG FAKULTETA

Sveučilišta u Zagrebu

( za internu upotrebu)

ZAGREB, 1997.

L i t e r a t u r a :

I.Filipovic, S. Lipanović: Opća i anorganska kemija, ŠK, Zagreb, 1992.

M. Sikirica: Stehiometrija, ŠK, Zagreb, 1992.

OSNOVNE FIZIČKE VELIČINE I PRIPADNE SI-JEDINICE

Fizička

naziv

veličina

simbol

Osnovna

naziv

Sl-jedinica

simbol

duljina l metar mmasa m kilogram kg

vrijeme t sekunda selektrična struja I amper Atermo dinamička

temperatura T kelvin Kkoličina tvari n mol mol

intenzitet svjetlosti Iv kandela cd

Pomoću ovih sedam osnovnih veličina mogu se izvesti sve ostale fizičke veličine.

1

Fizička

naziv

veličina

simbol

Izvedena

naziv

Sl-jedinica

simbol

Definicija

Sl-jedmice

sila F newton N kg tn s'2=J m' 1tlak P pascal Pa kg m' 1 s'2=N m 2energija E joule J kg m2 s'7'snaga P wat W kg m2 s~3~J s' 1električni naboj Q coulomb C A srazlika električnihpotencijala u volt V kg m2 s'3 A’I=J A*1 s'1električni otpor R ohra n kg m V 3 A*2=V A'1električna vođljivost G siemens s kg' 1 m'2 s 3 A2=QTlvolumen V 3mgustoća P kgm“3koncentracijaotopljene tvari B ............. . mol m"3

JEDINICE FIZIČKIH VELIČINA PREVEDENE U PRIPADNE SI-JEDINICE

Naziv Jedinica Faktor pretvorbe u Sl-jedinicu

duljina mikrometar (fim) IO-* mAngstrom 10‘10m

tlak milimetar Hg (mm Hg) 133,322 Pafizička atmosfera 1,01325 • 10* Pa

energija elektron-volt (eV) 1,60219 • IO'1’ .!količina topline kalorija (cal) 4,1868 J

kilo kalorija (kcal) 4186,8 Jdipolni moment l>ebye (D) 3,33 • IO'30 Cm

2

VRIJEDNOSTI FUNDAMENTALNIH FIZIČKIH KONSTANTI

konstanta simbol numerička vrijedno st

brzina svjetlosti c 2,9979246 • IO8 ms‘l

Planckova konstanta h 6,62618 • IO"34 Js

elementarni električni naboj

e 1,602189 • 10'” C

Avogadrova konstanta n a 6,022045 • 10“ m or1

Farađayeva konstanta F 9,64846 • 104 C m or1

molarna plinska konstanta

R 8,314 J m of1 KT1

1. Jedinica duljine

U međunarodnom sustavu mjernih jedinica jedinica duljine jest metar. Metar je duljina jednaka 1650763,73 valnih duljina u vakuumu, zračenja koje odgovara prijelazu između razina 2p10 i 5d$ atoma kriptona 86,

3

U međunarodnom sustavu jedinica upotrebljavaju se osim jedinica i njihovi decimalni dijelovi i višekratnici. Označuju se prefiksima koji se stavljaju ispred osnovne jedinice.

Prefiks Simbol Značenje

deci d 10'1centi c 10‘*mili m 10'3

mikro 10-*na no n 10"’piko P 10"“

femto tX 10'1S

ato a 10'1S

deka da 10*hekto h 10*kilo k 103

mega M 10®giga G 10’tera T 10“peta P 1015eksa E IO18

Mjerenje valnih duljina svjetlosti, rendgenskog i gama zračenja, kao i međuatotnskih udaljenosti uzrokovalo je upotrebu sljedećih jedinica: milimikron (mfi), mikron (f-i) i Angstrom (A )

Međuatomske udaljenosti izražavaju se u pikometrima (pm). Također se upotrebljava X~jedxnica

1 X = 10‘u cm, 1 k= 1,00202 kX = 100 pm, 1 kX = 99,7984pm

4

2. Jedinica mase

Jedinica mase je kilogram, definiran materijalnim uzorkom prakilograma koji se, kao i prametar čuva u Servesu.

1 kg = IO3 g ~ IO6 mg = IO9 jxg

3, Jedinica vremena

Osnovna mjerna jedinica fizičke veličine vremena je sekunda.Sekunda je trajanje 9192631770 perioda zračenja, koje odgovara prijelazu dviju hiperfinih razina osnovnog stanja atoma cezija 133.

4. Jedinica temperature

Osnovna jedinica za mjerenje fizičke veličine temperature jest kelvin (K).Kelvin, jedinica termodinamičke temperature jest 273,15 - i dio termo dinamičke temperature trojne točke vode.*

* Trojna točka čiste vode odgovara onoj temperaturi pri kojoj su led, voda i vodena para u ravnoteži.

Temperatura se, također, izražava Celsiusovom temperaturom, a u nekim zemljama i Fahrenhei tovom temperaturom.

Celsiusova temperatura definirana je svojstvima čiste vode, tako da ledište vode određuje 0°C, a vrelište 100°C, ako je atmosferski tlak 101325 Pa. Temperaturni interval između te dvije točke podijeljen je na 100 jednakih dijelova, a svaki dio označava 1°C.

Celsiusova temperatura t, nekog sustava jest razlika dviju termođinamičkih temperatura T, i to termodinamičke temperature sustava i termodinamičke temperature od 273,15 K (odgovara 0°C).

t - T - 273,15 K t(°C) - T (K) - 273,15

5

5. Jedinica površine

Jedinica površine prikazana je kvadratom sa stranicama jedinične duljine. Kao jedinicu površine upotrebljavamo kvadratni m etar (m1), odnosno njegove decimalne dijelove i višekratnike.

1 km? — 1 • (IO3 ) 2 = 1 • IO6 m2

6. Jedinica količine tvari (množine)

Međunarodni sustav jedinica nadopunjen je 1971. godine uvođenjem količine tvari kao osnovne fizičke veličine i pripadajuće jedinice moL Mol je ona količina (množina) tvari definirane kemijske formule koja sadrži isto toliko jedinki koliko ima atoma u točno 0,012 kg izotopa ugljika - 12 (1ŽC).

7. Jedinica volumena

Jedinica volumena u međunarodnom sustavu mjernih jedinica je kubični metar (m3).

Prije upotrebljavana jedinica volumena, litra, definirana je kao volumen što ga zauzima 1 kilogram čiste vode bez zraka pri najvećoj gustoći vode i pod tlakom 101325 Pa.Dvanaesta generalna konferencija za mjere i utege na zasjedanju 1964. godine prihvatila je definiciju litre

1 litra (1) = 1 dm3

6

8. Jedinica sile i tlaka

Jedinica sile i sile teže (težine) u međunarodnom sustavu mjernih jedinica jest Newton.Newton (N) je sila koja tijelu mase 1 kg daje ubrzanje lm s’z.Jedinica tlaka u međunarodnom sustavu mjernih jedinica jest tlak koji uzrokuje sila 1 N (newton) okomito na plohu površine 1 m*. Ova jedinica ima ime Pascal (Pa):

1 Pa = 1 n m"1

Pošto je Pascal (Pa) relativno mala jedinica tlaka, iz praktičnih razloga dopuštena je upotreba jedinice tlaka 1 bar:

1 bar = IO5 Pa

U laboratorijskim uvjetima može se upotrebljavati i jedinica torr (tor), odnosno mm Hg.

1 to rr « 1 mm Hg » 101325 Pa/760 « 133,322 Pa

9. Gustoća

Gustoća neke tvari pri danoj temperaturi jest masa te tvari u jedinici volumena,

gustoća = masa / volumen p = kg m“3

U međunarodnom sustavu mjernih jedinica gustoća se izražava u kilogramima po metru kubičnom (kg m*3). U tablicama nalazimo gustoće tvari izražene u različitim jedinicama, npr: g/ml, g/cm3, g/dm3 i kg/dm3 itd. Pri tom se mijenjaju samo mjerni brojevi gustoće, ovisno o jedinicama mase i volumena. Gustoća tvari ovisi o temperaturi, tako da svaki podatak za gustoću mora sadržavati još i napomenu pri kojoj je temperaturi ta gustoća tvari izmjerena.

7

MATERIJA I ENERGIJA

Svemir je sastavljen od materije, odnosno vrsta materije koje nazivamo tvarima. Osnovno svojstvo materije je njezina masa. Masu mjerimo težinom, tj. privlačnom silom kojom Zemlja privlači masu.

G = F = m • gG - težina F - sila privlačenja m - masag - akceleracija sile teže

Gx: G2 = mxg : m2g = m l :m 2

Mase tvari se odnose kao težine. Vaganjem, prema tome, određujemo masutvari.

Osim materije svemir sadrži energiju u obliku svjetlosti, odnosno energiju zračenja 1905. godine Albert Einstein postavlja teoriju relativnosti i daje odnos masei energije, tj. pokazuje da i energija posjeduje masu. KoHčitm mase koja je vezana za određenu količinu energije prikazana je Einsteinovom jednadžbom:

E = m cJ

gdje je c - brzina svjetlosti jednaka 2,99 • IO8 ms‘l ili približno 3 * IO8 ms"1, m - masa u kilogramima, odnosno E - energija u Joul-ima, J.Nadalje, iz Einsteinove jednadžbe proizlazi da je masa bilo kojeg sustava nakon oslobađanja energije manja od početne mase. Ako se npr. masa smanji za 1 mg, oslobađa se velika količina energije od:

E - m c 2= 1-1 (T6 kg -(3 • IO8 ms'1)2 = 9 • IO10 J™ 9 • 107kJ

Energija koja je ekvivalentna 1 mg mase iznosi 9 • 107 kJ, a ta energija odgovara količini topline koju daje izgaranjem oko 3 t ugljena.

Primjer: Koji dio početne tvari prelazi u energiju kod sljedeće reakcije:

N2 + 3H2 -» 2NH3 + 26 740 cal

m = E /c 2 = 26740 -4,2 J / (3-1.08m s '1)2= 112308 kg m2 s‘2/ 9 • 10I6m2 s'2m = 12,48 ■ 10' 13 kg

8

TEŽINSKI ODNOSI KOD KEMIJSKIH REAKCIJA RELATIVNA ATOMSKA I MOLEKULSKA MASA

(atomska i molekulska težina)

J.B. RECHTER (1762-1807), njemački kemičar, ustanovio je da kiseline i lužine međusobno reagiraju u određenim količinama koje je nazvao ekvivalentima. Uveo je naziv stehiometrija za onaj dio kemije koji pronalazi kemijske formule i opisuje reakcije kemijskim jednadžbama.

J. PROUST (1754 - 1828), francuski kemičar, na osnovi svojih istraživanja postavlja zakon stalnih težinskih omjera: “elementi se međusobno spajaju u stalnim težinskim omjerima, tako daje sastav svakog spoja stalan.”

J. DALTON (1766-1844), engleski kemičar, 1803. otkrio je zakon umnoženih težinskih omjera: “ako dva elementa čine međusobno više spojeva, onda se količine jednog elementa koje dolaze u svakom od tih spojeva na određenu količinu drugog elementa, odnose kao mali cijeli brojevi/’

Primjer:

Formula spoja Odnos atoma u spoju

Odnos masenih dijelova dušika prema masenim dijelovima kisika

n 2o 2 :1 2-14: 116 = 14: 1*8NO 1 : 1 1-14 : 1-16 — 14 : 2-8

n 2o 3 2 :3 2-14: 3*16 = 14: 3-8n o 2 1 :2 1 -1 4 :2 -16 -14 : 4-8n 2o 5 2 : 5 2-14 : 5*16 = 14 : 5-8

Navedeni zakoni svoje su tumačenje imali tek 1808. godine kad je J.Dalton iznio svoju atomističku teoriju. Prema toj teoriji, materija se sastoji od vrlo malih, nedjeljivih čestica - atoma.Glavne postavke Daltonove teorije su sljedeće:1. Atomi su realne, vrlo sitne čestice materije koje se ne mogu dalje dijeliti pri

kemijskim reakcijama.2. Svi atomi jednog te istog elementa savršeno su jednaki i imaju jednaku masu.3. Atomi različitih elemenata imaju različita svojstva i različite mase.4. Kemijski spojevi nastaju spajanjem atoma dotičnih elemenata,

Relativna atomska i molekulska masa (težina)

Današnja definicija relativne atomske mase glasi: relativna atomska masa (atomska težina) elementa jest omjer prosječne mase atoma elementa ( m j i 1/12 mase atoma nuklida 1ZC.

Ar = m ,/m a (I2C/12)

9

Unificirana atomska jedinica mase (u) ili atomska masena konstanta (tnu) je masa koja odgovara 1/12 mase atoma izotopa l2C.

nv = u = 1/12 m / 2 C) = 1,660565 • IO' 2 7 kg

Relativna molekulska masa neke tvari je broj koji pokazuje koliko je puta prosječna masa molekule te tvari veća od 1/12 mase atoma izotopa 12C.

M, = mf/ a , (12C/12)

mf - predstavlja masu formulske jedinke

Molekulska masa (težina) dobije se zbrajanjem atomskih masa (težina) atoma elemenata koji čine molekulu tog spoja.

Primjer. Izračunajte molekulsku težinu CuS04 • 5H20.

Mr(CuS04 • 5H20) - A^Cu) + Ar(S) + 9A1(0) + 10Ar(H)- 63,55 4- 32,07 + 9-16 4-10* 1,008 - 249,70

Mr(CuS04 * 5H20) - 249,70

MOL, MOLARNA MASA, AVOGADROV BROJ

Fizička veličina za količinu neke čiste tvari ili množina jedinki s oznakom n prema međunarodnom sustavu jedinica (SI) jest m o l.Definicija za mol tvari glasi: “mol je množina (količina) tvari onog sustava koji sadrži toliko jedinki koliko ima atoma u točno 0,012 kg izotopa ugljika 12C.W

Elementarna jedinka može biti atom, molekula, ion, elektron itd.

Točna mjerenja pokazuju đa u 0,012 kg izotopa 1ŽC ima (6,022045 ±0,000031) - IO*3 atoma ugljika.

Dakle, kada. odvagnemo onoliko grama neke tvari definirane kemijske formule kolika je njezina molekulska masa (težina), odvagali smo 1 mol te tvari, odnosno, 6,022 * IO*3 jedinki navedene formule.

Molamamasa M, definirana je izrazom:

M ^M r [gmof1]

10

Broj molekula ili jedinki (atoma, iona, atomskih skupina) definirane kemijske formule po molu tvari naziva se Avogadrova konstanta, a označava se simbolima L ilina.

L = Na = broj molekula/ količina tvari = N / n = 6,022 * 1023 mol'1

Količinu tvari, n, izračunavamo tako da masu tvari m podijelimo molamom masom M.

Molarna masa (M) nekog elementa predstavlja njegovu prosječnu relativnu atomska masu (atomsku težinu), odnosno relativnu molekulsku masu (molekulsku težinu) izraženu u SI - jedinici kgmof1, a češće se koristi gmof

M = Ar * g mol"1 M = Mj • g m of1

Primjer: A/H) - 1,008 i Ar(0) = 16,00, amolame mase 1 mola vodikovih atoma ili 1 mola kisikovih atoma (6,022 • IO23) iznose:

M(H) — Ar(H) - gmol’1 — 1,008 gmol"1 M(O) = Aj(O) ♦ gmol*1 = 16,00 gmol"1 M(Ha) « M ^ ) * gmol'1 - 2,016 gmol*1

Molarna masa (M) neke čiste tvari može se izračunati i iz sljedećeg izraza:

n

gdje je M molarna masa tvari, a n množina njenih jedinki. Masa tvari m iz gornje jednadžbe proporcionalna je množini tvari n:

n ~ — ~ kg / kg mol"1 = mol M

Odnos količine (množine) tvari n, i broja atoma, molekula, iona ili sličnih česticaN, danje izrazom:

Nn ~ —

iz čega slijedi daje N - L * n L = Avogadrova konstanta, 6,022 -1023 mol-1

Vrijednost količine tvari ovisi o vrsti jedinke. Ako želimo odrediti vrijednost količine čestica u nekom uzorku moramo naznačiti o kojim se česticama radi. To označavamo dodavanjem znaka za jedinku u zagradi uz znak količine tvari n.

II

1-1

Na primjer:n(O) - količina (množina) atoma kisika n(0 2) - količina (množina) molekula kisika n(Na ) = množina iona natrija n(Cl') = množina iona klora

Jz množine tvari n i Avogadrove konstante L možemo izračunati broj jedinki određene mase tvari m koja ima poznatu molamu masu M:

mN = n • L ~ — * L M

Primjer. Koliko atoma ugljika (C) je sadržano u 14,6 g CaC03?

N(C) = n(CaC03) L = m(CaC03) L/M (CaC03) m(CaC03) — 14,6 g M(CaC03) = 100,09 g mol'L = 6 , 0 2 2 -IO2 3 mol'N(C) = 14,6 g -6,022 • IO23 mol'1 / 100,09 gm ol'1 = 8,78 -1022

Ako mol čiste tvari sadrži Avogadrov broj jedinki, 6,022 -1023, poznavajući molamu masu te tvari M i Avogadrovu konstantu, L možemo izračunati apsolutnu masu atoma, odnosno molekule:

m* = “ • = kg mol'1 / mol*1™ kgJU

Primjer:a) Masa jednog atoma izotopa 12C ie:m,(C) = M(C)/ L = 12,000 g moP / • 6,022 ■ 1023 mol'1 = 1,9927 - IO'23 g =

= 0,000 000 000 000 000 000 000 019 927 g = 1,9927-10'“ kg

b) Masa molekule ugljik-dioksida (C02):(C02) = M(C02) / L = 44,01 g mol'* / - 6,022 • 1023 mol'1 = 7,31 • 10'23 g

= 7,31 -IO'26 kg

Pošto smo već ranije definirali relativnu atomsku masu elementa kao omjer prosječne mase atoma ma i unificirane atomske jedinice mase u ili proizlazi da je prosječna masa atoma jednaka:

m* = Ar mu = Ar u

odnosno, prosječna masa molekule je:

rtif ~ M r n^ = M r u

'rimjer: prosječna masa otoma broma izračunata prema gornjoj jednadžbi je sljedeća: l, (Br) = A/Br) • m„ = 80,92 • 1,6606 ■ 10‘2’ kg = 1,343 • 10 kg

Primjer: maodnosno, prosječna masa molekule C 02 je: mf(C02) - Mr(C02) - mu = 44,01 -1,6606 • 10"' kg - 7,30 • 10"zo kg

12

STEHIOMETRIJSKI RAČUN - KEMIJSKO RAČUNANJE

Grana kemije koja se bavi proučavanjem kvantitativnih odnosa tvari u kemijskim reakcijama naziva se stehiometrija ( grč. stoikheion = počelo, elrmentami sastojak, metreo mjerim ). Poznavanje kemijskih simbola, formula i jednadžbi koje prikazuju kemijske reakcije daje mogućnost izračunavanja masenog udjela pojedine tvari u kemijskom spoju, množine tvari i broj jedinki. Kemijskim računom mogu se određivati i formule spojeva.

Kemijskom formulom označavamo određenu vrstu tvari. Razlikujemo sljedeće kemijske formule:

Empirijska kemijska formula pokazuje omjer pojedinih elemenata izraženu u najmanjim brojčanim iznosima,

Prava kemijska formula pokazuje vrstu i broj atoma koji grade jednu molekulu.

Strukturna formula pokazuje kako su atomi međusobno povezani u molekuli spoja.

Poznavanje kemijske formule tvari omogućuje nam da izračunamo maseni udio w svakog pojedinog elementa u spoju ih postotni sastav %. Obratno, poznavanje masenog udjela pojedinačnog elementa u kemijskom spoju omogućuje izračunavanje empirijske formule spoja

Maseni udio, w, pojedinog elementa je omjer molame mase atoma elementa i molame mase molekule spoja

Primjer: Koliki je maseni udio elemenata vodika, fosfora i kisika u fosfatnoj kiselini,h 3p o 4 ?

Mr(H3P 04) = 3Ar(H) + A /P) + 4AT(0) - 3 • 1,008 + 30,97 + 4 * 16,00 Mr(H3P 04) - 97,99

w(H) = 3M(H)/ M(H3 P 04) = 3,024 g mol-1 / 97,99 g mol' 1 = 0,0309 ili 3,09% w(P) = M(P)/ M(H3P 0 4) = 30,97 gmol" 1 / 97,99 g mol" 1 = 0,3160 ili 31,60% w(0) = 4M (0)/M (H 3 P 04) = 64,00 g mol' 1 /97,99 gmol ' 1 = 0,6531 ili 65,31%

13

Primjer: Kemijska analiza je pokazala da neki prirodni mineral sadrži 23,3% Ca, 18,6% S, 20,9% vode, a ostatak do 100% je kisik. Nađite empirijsku formulu tog minerala.

U 100 g minerala ima: 23,3 g Ca, 18,6 g S, 37,2 g O i 20,9 gH 20.Omjer množine tvari pojedinog elementa u mineralu odnosi se kao omjer broja jedinki:

N(Ca) : N(S) : N(O) : N(H20) - n(Ca) : n(S) : n(O) : n(H20) n(Ca) ~ m(Ca) / M(Ca) - 23,3 g / 40,08 g mol”1 = 0,581 mol n(S)- m(S)/ M(S) — 18,6 g / 32,06 gm ol'1 ~ 0,580mol n(O) = m(O) / M(O) = 37,2 g / 16,00 g mol"1 ~ 2,325 mol n(H20) = m(H20 ) / M(H20) - 20,9 g / 18,01 g mol"1 - 1,160 mol n(Ca): n(S) : n(O) : n(H20) - 0,581 : 0,580 : 2,325 : 1,160 / : 0,580 n(Ca) : n(S) : n(O) : n(H20) - 1 : 1 : 4 : 2

Formula minerala: CaS04 • 2H20

Primjer: Proces dobivanja elementarnog fosfora iz fosfalne rude može se prikazati sljedećom kemijskom jednadžbom:

2Ca3(P04)2 + 6Si02 + 10C -» 6CaSiOs + lOCO + P 4

Kolika je masa elementarnog fosfora koja se dobije reakcijom iz 60 g C?

N(P4) / N(C) - n(P4) / n(C) = 1 /1 0

n(P4) ~1/10 n(C)m(P4) / M(P4) - 1/10 m(C) / M(C)m(P4) = 1/10 - m(C) / M(C)-M(P4) = 1/10-60 g / 12,011 gmol ' 1 •123,89gm ol'1 m(P4) = 61,89 gMasa elementarnog fosfora je 61,89 grama.

Primjer: Koliko se željeza dobije iz 3 t rude hematita, ako je maseni udio w(Fe20 3) -0,75 ili 75%?

w(Fe20 3) = m(Fe20 3) / m(hematita)m(Fe20 3) = w(Fe20 3) • m(hematita) - 0,75 ■ 3 = 2,25 t = 2,25 ■ IO6 g n(Fe)/ n(Fe20 3) ~ 2/1 n(Fe) = 2 n(Fe20 3)m(Fe) / M(Fe) = 2 m(Fe20 3) / M(Fe20 3) m(Fe) = 2 m(Fe20 3) / M(Fe20 3) • M(Fe)

m(Fe) = 2 - 2,25 * IO6 g / 159,7 g mol’1 ■ 55,85 g mol'1 = 1,57 *106gm(Fe) = 1,57 t

14

ISPITNI ZADACI

1. Definirajte slijedeće pojmove; homogene tvari, heterogene tvari, relativnu atomsku masu (težinu). Objasnite fizička i kemijska svojstva tvari.

2. Izračunajte masu slijedećih množina tvari: n(NH3) = 2,75 i n(Cl2) — 5,26 (R: 46,75; 372,96)

3. Izračunajte postotni sastav elemenata u spoju natrij “fosfatu, kemijske formule Na^PO^ (R: 42,07% Na, 18,9% P i 39,04% O)

4. Na osnovi poznate podjele tvari odredite pripadnost slijedećih tvari: plinoviti HC1, otopina N ad , čisto željezo, dim i granit.

5. Koliki je broj atoma ako je n(H20 ) = 0,5? (R: 9,0345 * 1023)6. Zapalimo li 6,19 g fosfora dobijemo 14,19 g nekog oksida fosfora. Izračunajte i

napišite formulu toga spoja. (R: P20 5)7. Kolika je množina tvari sadržana u 168 g Br2? (R: 1,051 mola)8. Izračunajte množinu tvari natrija u IO20 atoma natrija (R: 1,66 * 10*4 mola)9. U koju vrstu tvari spadaju: otopina amonijaka, klor, dim i zrak?

10. Izračunajte masu 2,5 mola CaCl2. (R: 277,46 g)11. Izračunajte postotni sastav spoja CaCl2. (R: 36,11% Ca, 63,89% Cl)12. Kako bi na primjeru vode objasnili njene fizičke, odnosno, kemijske promjene?13. Kolika je apsolutna masa molekule spoja kemijske formule (NH^COj, odnosno, koliki je ukupan broj atoma u molekuli tog spoja? (R: 15,95 • IO”23 g, 14)14. Koliko molekula, odnosno, atoma sadrži 0,2 mola CCL? Izračunaite masu molekule

tog spoja (R: 1,204 -10 molekula, 6,022 *10 atoma, 25,54 *10" kg)15. Definirajte Avogadrovu konstantu.16. Izračunajte broj atoma u 12 mg ugljika (R: 6,022 * IO20)17. Koliko molova sadrži 50 g ugljika? (R: 4,17)18. Koliko grama aluminija ima u 1500 g A120 3? (R: 793,88)19. Imate 5 0 grama KC1; izračunajte:

a) n(K), b) N(KC1), c) n(KCI) (R: 0,671; 4,039 * 1023; 0,671)20. Kolika je masa molekule kisika i kolika je množina sadržana u 1020 molekula?

(R: 5,31 *10“26 kg, 1,66 * 10”4 mola)21. Izračunajte postotni sastav elemenata u spoju kemijske formule (NH^HPO^

(R: 21,1% N; 6,8% H; 23,48% P i 48,48% O).22. Odredite empirijsku formulu spoja koji nastaje sagogevanjem 3,2 g sumpora i 4,8 g

kisika (R: S03)23. Izračunajte maseni udio vode u FeS04 - 7H20. (R: w^=0,454 ili 45,4%)24. Odredite empirijsku formulu spoja slijedećeg sastava: 33% Na, 13% A1 i 54% F.

(R: NasAlFe)25. Koliko molova H23 0 4 sadrži 294 g? (R: 2,99)26. Izračunajte molekulsku masu i masu molekule joda (R: 253,81; 4,21 • 10'25 kg)27. Kolika je množina natrija u 1015 atoma natrija? (R: 1,66 * 10“9)28. Imate slijedeći kemijski proces:

Ca3(P04)2 + H2S04 Ca(H2P 04)2 + CaS04

a) uskladite stehiometrijski gornju kemijsku jednadžbub) koliko kg 68%-tne H2S04 je potrebno za dobivanje 50 kg Ca(H2P04)2 (R: 61,57kg)

15

29. Koliko atoma sadrži IO'3 mola vodika? (R: 1,2 - IO21)30. Izračunajte postotni sastav spoja kemijske formule: Ba(I03)2 *2 H20

(R: 26,25% Ba; 48,51% I; 24,46% O i 0,77% H)31. Koliko se kg čistog kroma može dobiti iz 5 kg čistog Cr20 3? (R: 3.42 kg)32. Kolika je masa pojedinog elementa sadržana u 1 molu sljedećih spojeva:

CH* Fe20 3 i C a ^ O J* ? (R: 12 g C, 4g H; 111,7 g Fe, 48 g O; 120,24 g Ca,62 gP, 128 gO)

33. Izračunajte masu dušika u 100 g spoja kemijske formule NH4N03. (R: 34,99 g)34. Definirajte pojam mola35. Definirajte relativnu atomsku masu (atomsku težinu).

a) Izračunajte molekulsku masu spoja CuS04 -5H20. Kolika je masa 0,05 mola toga spoja? (R: 12,48 g )

b) Kolika je apsolutna masa molekule spojapođ a) ? (R: 4,15 * 10"25 kg)c) Kolika je masa bakra sadržana u 15 kg spoja pod a) ? (R: 3,81 kg)d) Izračunajte postotni sastav spoja pod a).

(R: 25,46%Cu; 12,82%S; 57,71 %00,40%H)36. a) Koliko molekula, odnosno, atoma sadrži 1 mol dušika pri n.o. ? (R: 6,022 * 1023,

1,204 1024)b) Koliki je broj molekula dušika u 112 cm3 pri n.o. ? (R: 3,011 • 1021)

37. Koliko molekula i atoma sadrži 0,1 mol vodika pri n.o. ? Izračunajte broj molekula u 0,1 dm3 vodika pri n.o. (R : 6,022-1022; 1,2 -1023; 2,69 102‘)

38. Definirajte pojam apsolutne mase atoma elementa i apsolutne mase molekule elementa ili spoja

39. Kolika je apsolutna masa molekule KMn04 i koliko pojedinog atoma sadrži 79 g KMn04 ? (R: 2,62 10~2 2 g; 3,0] 102 3 atoma K i Mn; 1,2 04 102 4 atoma O)

40. Kolika je apsolutna masa i molekule klora i koliko molova klora čini 10® molekula? (R: 11,7 10'2* kg; 1,66 IO'16)

41. Kada 1,010 g cinka izgori u zraku nastane 1,257 g oksida Odredite empirijsku formulu oksida (R: ZnO)

42. Kako glasi zakon o održanju materije i tko gaje prvi otkrio?43. Koju masu aluminija možemo dobiti iz 300 g glinice koja sadrži 95% Al20 3 ?

(R: 150,83 g)44. Koji je maseni udio barija u spoju kemijske formule Ba(C103)2 ? (R: 6,45 )45. Nađi empirijsku formulu spoja koji sadrži 43,4% Na, 11,3% C i 45,3% O.

(R: Na^CO,).46. Izračunajte masu dušika u 1 kg sljedećih spojeva: KN03; NH jNOg i (NH^NOg.

(R: 138,54 g; 350 g; 212,13 g)47. Izračunaj postotni sastav sljedećih spojeva Fe(N03)2, HN03 i (NH4)2S04.

(R: 15,58, 53,37, 31,05; 1,60, 22,23, 76,17; 6,10, 21,20, 48,43, 24,26)48. Koja masa željeza se dobije iz 3 t željezne rude koja sadrži 94% željeza? (R: 2,82 t)49. Izgaranjem 3,00 g antracitanastaje 5.30 dm3 C02 mjerenog pri n.o. Koliki je

maseni udio ugljika u antracitu? (R: 0,9464 )50. Kloridna kiselina, HC1, kemijski reagira s 5,10 g djelomično oksidiranim

magnezijem, pri čemu se razvije 3,74 dm3 H2 (n.o.). Koji je postotak magnezija u oksidu? (R: 79,55%)

16

OSNOVNI PLINSKI ZAKONI

Stanje plina određeno je njegovim volumenom, tlakom i temperaturom. Uvjeti pri kojima je tlak plina 101325 Pa, a temperatura 273,15 K (0°C), naziva se standardnim, a stanje plina u tim uvjetima zove se standardno stanje plina (normelne okolnosti, n.o.). Takvo stanje plina u tim uvjetima definirano je volumenomV0 i p0. Promjene stanja plina vladaju se po tzv. plinskim zakonima.

Ti zakoni vrijede za “idealne plinove”, a primjenjuju se i za “realne”. “Idealni plin” bi bio plin kod kojeg nema privlačnih sila (Van der Waalsovih) među česticama (atomima i molekulama), dok je ukupni volumen čestica zanemarujuće malen prema volumenu u kojem se plin nalazi. Plin koji nema takve osobine je “realan plin”.

L BOYLE - MARIOTTEOV ZAKON

R.Boyle (1627-1691) i E.Mariotte (1620-1684) otkrili su ga neovisno 1662. .godine, a glasi: “Volumen plina pri stalnoj temperaturi obrnuto je proporcionalan tlaku”.

Matematički formulirano znači da je produkt tlaka i volumena neke određene količine plina pri konstantnoj temperaturi, konstantan:

Kisik se prodaje u čeličnim bocama od 30 dm3, pod tlakom od 150 atm. Koliki bi volumen zauzimala ta količina plina pri tlaku od 1 atm uz uvjet da je temperatura konstantna?

pV = konst. ViViT=konst

Primjer:

Pi - 150 atm = 150 -101325 PaV! = 30dm3p2 - 1 atm = 101325 Pa

P iV != p 2 V2

^ 2 “ P l^l / P2

V2= 150 *30-101325/ 101325

V2 = 4500 dm3 - 4,5 m3

Napomena: 1 bar — IO5 Pa, 1 atm — 101325 Pa, 1 mmHg *= 133,3 Pa

17

2. CHARLES- G AY- LUSSACOV ZAKON

Eksperimentalno je dokazano da se povišenjem temperature za 1°C volumen plina poveća za 1/273,15 volumena koji je plin imao pri 0°C. Taj porast volumena odredio je 1802. g. XL. Gay-Lussac, dok je francuski fizičar J.A. Charles još 1787. g. objavio da se pri istom porastu temperature volumen različitih plinova povećav aza isti iznos.

Kod temperature t, volumen plina je:

t 273114-/v t = v 0 + ---------V0 = V 0 ----- 9— -----

273,15 273,15

t — temperatura, °CT - (273,15 4-1), K, termodmamička temperatura

slijedi:

V T V V V VV —— -— ili —= - ! općenito — = —

273,15 T T0 y Tx T2

uz uvjet daje p = konst

Gay - Lussacov zakon može se definirati ovako: ‘‘Volumen određene mase plina pri konstantnom tlaku proporcionalan je termođinamičkoj temperaturi”.Promjena volumena plina s promjenom temperature, uz stalan tlak, je izobarna promjena.

Ako je volumen plina konstantan, s promjenom temperature doći će do promjene tlaka plina Matematički izraz Charlesovog zakona glasi:

Pt = P o + r z r r r p o "Po273,15 + /

273,15 * 273.15

ili E~ = R±. općenito ~ —m rr* * m mi ij i2

uz uvjet daje V — konst

To je izohorna promjena.

Tlak određene mase plina pri stalnom volumenu povećava se zagrijavanjem za svaki stupanj za 1/273,15 tlaka što ga je plin imao pri 0°C. Ovaj se zakon može definirati i ovako: ”Tlak određene mase plina, pri konstantnom volumenu, proporcionalan je termođinamičkoj temteraturi”.

18

Charles - Gay - Lussacov zakon i BoyIe - Mariotteov zakon možemo spojiti u jedan. Zagrijemo li određenu količinu plina pri konstantnom tlaku p0, na temperaturu t°C, vrijedi:

V, = V0 — —273,15

Promjenimo li tlak plina p0 na novi tlak p, pri konstantnoj temperaturi t°C, promjena do koje je došlo slijedi Boyle - Mariotteov zakon:

Po Vt ~ p V

slijedi:x r f \ r V P o V o P V r p y x P 2 V 2Po v0--------= pV ih -~g-JL " £.— opcemto -£~J—1 ———-

-273,15 F T0 T Tt T2

Primjer:

Volumen nekog plina iznosi 900 cm3 pri temperaturi 27°C. Koliki će volumen plina biti pri 127°C, ako tlak phna ostaje nepromjenjen?

V x = 900 cm3

Tx — 27 + 273 — 300 K T2 - 127 + 273 - 400 K p = konst.V2 — ?

Primjer:

Tlak plina pri 17°C iznosi 101325 Pa, Koliki će biti tlak plina pri 100°C, ako volumen ostane nepromjenjen?

Pjl ^ E ^T T i 2

P2 = (Pi/Ti)T 2

p2 = 101325 -373/290 p2 = 130325 Pa

= 101325 Pa

Tj = 17 + 273 = 290 K T2 = 100 + 273 — 373 K V = konst.P2==?

V VY 1 _ _ _ 2 _

T TV2 - (Vx / Ti) T2 - 900 .400 / 300 V2 = 1200 cm3 = 1,2 dm3

19

Primjer:200 cm3 dušika izmjerenog pri 15°C i tlaka 101325 Pa uvedeno je u prethodno

evakuiranu posudu volumena 1800 cm3. Koliki će biti tlak u toj posudi pri 27°C?

Vi - 200 cm pZ l ^ pS ITx T2

T, = 15 + 273 = 288 K p2 - p ^ T * / TLV2V2 = 1800 cm p2 - 101325 * 200 - 300 / 288 • 1800T2 = 27 + 273 = 300 K p2 = 11727 PaP i - 101325 Pa p2 = ?

3. DALTONOV ZAKON PARCIJALNIH TLAKOVA

Tlak što ga ima smjesa idealnih plinova, jednak je sumi tlakova što ga ima svaki pojedini plin u smjesi. Taj tlak što ga ima pojedini plin u smjesi, bez .obzira na tlak drugih plinova zove se parcijalni tlak plina.

Daltonov zakon parcijalnih tlakova plinova glasi: “Ukupni tlak smjese plinova jednak je sumi poarcijalnih tlakova svih komponenata smjese”.

Pod parcijalnim tlakom razumjevamo onaj tlak što bi ga imala jedna komponenta plinske smjese da se sama nalazi u istom prostoru, pri istoj temeraturi. Daltonov zakon parcijalnih tlakova može se prikazati sljedećim izrazom:

np = p 1 + p 2 + p 3 ’{'p4 + ..............p - Zpi

i = 1p predstavlja ukupni tlak smjese plinova, a px, pa, p3, p4, pB parcijaslne tlakove pojedinih plinova u smjesi.

Parcijalni tlak plina u smjesi proporcionalan je njegovom količinskom udjelu usmjesi:

p i - ^ p

Primjer:Izračunajte parcijalni tlak svakog pojedinog plina, ako je zrak pod tlakom od

100 000 Pa Prosječni količinski udjeli plinova u Čistom zraku su sljedeći:

x(N2) - 0,7808 - 78,08% p(N2) - 0,7808 • 100000 Pa - 78080 Pax(02) - 0,2095 = 20,95% p(02) = 0,2095 - 100000 Pa = 20950 Pax(pl.pl.) - 0,0094 = 0,94% p(pLpl-) = 0,0094 • 100000 Pa - 940 Pax(C02) = 0,0003 = 0,03% p (C02) = 0,0003 - 100000 Pa = 30 Pa

Ukupni tlak plina = 100000 Pa

20

Primjer:3 3 33 dm COz pomiješano je s 4 dm 0 2 i 6 dm N2. Pri miješanja tlak C02, 0 2 i N2

bio je 96, 108 i 90,6 kPa Ukupni volumen smjese je 10 dm3. Izračunaj ukupni tlak smjese plinova nakon miješanja.

V ^ p i . = 1 0 dm3

p(C02) - 96 kPa Nakon miješanja tlakovi plinova su sljedeći:p(02)=108 kPap(N2) - 90,6 kPa p(C02) = 96 • 3 / 10 = 28,8 kPa

p(02) = 108 - 4 / 10 -43 ,2 kPa p(N2) = 90,6 • 6 / 10 - 54,4 kPa

Ukupni tlak smjese plinova nakon miješanja: 28,8 + 43,2 + 54,4 ~ 126,4 kPa

4. AVOGADROV ZAKON

AAvogadro (1776 - 1856) formulirao je sljedeći zakon:“Plinovi istog volumena pri istoj temperaturi i istom tlaku sadrže jednaki broj molekula (ili atoma, ako se nalaze u atomarnom stanju)”

Iz tog zakona proizlazi da će jednake množine idealnih plinova pri standardnim uvjetima (0°C i 101325 Pa) imati jednake volumene. Ako se jedan mol bilo kojeg plina nalazi pri normalnim okolnostima, onda će volumen tog plina iznositi (22,4129 ±0,0012) dm3 mol"1. Taj se volumen naziva molarnim volumenom idealnog plina ( Vm). Molami volumen je definiran omjerom volumena plinovite tvari pri n.o. i množine tvari n:

Vm° = — = (22,4129 + 0,0012) dm3 mol'1n

Pomoću molamog volumena plina može se odrediti relativna molekulska masa plina, jer pri n.o. masa plina volumena 22,414 dm3 ujedno je i molarna masa toga plina

5. OPĆA JEDNADŽBA STANJA IDEALNIH PLINOVA

Ako uzmemo u obzir Boyle - Mariotteov zakon, Charles - Gay - Lussacov zakoni Avogadrov zakon dobivamo jednadžbu stanja idealnog plina koju nazivamo općom plinskom jednadžbom:

pV = nRT = — RTM

gdje je : p - tlak plina (Pa)V - volumen plina (m3) n - množina plina (mol)

m - masa plina (g)M - molarna masa plina (g mol"1)R - opća plinska konstanta (8,314 J K"1 mol'1)T - termo dinamička temperatura (K)

21

Opća plinska konstanta U ima značenje rada po jedinici množine tvari i termođnamiče temperature

^ p vR = i _nT

U SI-jedinicama vrijednost konstante R (pri n.o.) iznosi:

R = p 0V0/ T0 = 101325 Pa • 22,414 • 10'3 m3 mol'1 /273,15 K = 8,314 JK '1 mol'1

Opća jednadžba stanja idealnih plinova može se približno primijeniti i na realne plinove ako se nalaze u uvjetima koji su slični stanju idealnih plinova. Pri niskim temperaturama i visokim tlakovima mora se primijeniti Van der Waalsova jednadžba stanja realnih plinova koja uzima u obzir privlačne sile među molekulama kao i volumen plina.

Molarna masa plina izražena jedinicom g m or1 iz jednadžbe stanja idealnih plinova je:

_ _ mRTM —------PV

Pomoću te jednadžbe možemo određivati relativne molekulske mase plinova ih tvari koje se mogu prevesti u plinovito stanje.

Primjer:Odredite molamu masu plina, odnosno njegovu relativnu molekulsku masu, ako

0,686 dm3 pri 300 K i 80 kPa ima masu 0,748 g.

M = mRT / pV - 0,748 * 8,314 - 300 / 80000 * 0,686 * 10"3 - 3 4 g mol*1 Mr = 34

22

ISPITNI ZADACI

1. Pri 18°C i tlaku od 101325 Pa, 1,29 dm3 plina ima masu 2,71 g. Izračunaj molamu masu plina, (R: 50,16 g mol"1)

2. Neka količina plina zauzima volumen 20 dm3 kod konstantne temperature i tlaka od2 atm. Koliki će biti volumen plina, ako se tlak poveća 4 puta? (R: 5 dm3)

3. Volumen plina u balonu iznosi 3,2 dm3 pri 25°C. Koji je volumen balona pri 50°C uz konstantan tlak? (R: 3,47 dm3)

4. Koliko molekula sadrži 1 cm3 vodika pri 100°C i tlaku od 1,5 atm? (R: 3,04 • IO19)5. Definirajte zakon stalnih volumnih omjera.6. Koji volumen zauzima 8 g kisika pri tlaku od 1,5 bara i temperaturi od 25°C. (R:

4,13 dm3)7. Neki plinzauzima.vohimen:o.d.l,.Ldm3 prLtlaku.od 93,3 kPa i temperaturi 20°C. Pri

kojoj će temperaturi ta ista količina plina zauzeti volumen od 0,05 dm3, ako je tlak 3,92 bara? (R: - 211,4°C).

8. Definirajte apsolutnu temperaturu (termodinamičku) i napišite algebarski izraz za, njeno izračunavanje.

9. Koliko molova sadrži 500 dm3 C02 pri tlaku od 1,77 • 105 Pa i temperaturi 312 K. (R: 34,18 mol)

10. Definirajte molami volumen plina11. Pri tlaku od 3 atm i 100°C, volumen plina je 500 cm3. Ako se plin ohladi na -100°C

uz konstantan volumen koji će biti tlak plina? (R: 1,41 bar)12. Na kojim se plinskim zakonima osniva plinska jednadžba?13. Koji volumen zauzima 7,5 g argona, ako je temperatura 90°C, a tlak plina 735 mm

Hg? (R: 5,75 dm3)14. a) Definirajte Charles-Gay-Lussacov zakon.

b)Koji je volumen 1 mola plina pri n.o.?c) Koliko molekula, odnosno atoma sadrži 0,2 mola CC14 pri n.o. (R: 1,20 -1023;

6,025 -1023)15. Pri 20°C i tlaku od 101,325 kPa, 1500 cm3 plina ima masu 2,95 g. Izračunajte

molamu masu plina (R: 46,4 g mol"1)16. Neka količina plina zauzima volumen od 15 dm3 kod konstantne temperature i tlaka

od 1,5 atm. Ako se tlak 4 puta smanji koliki će biti volumen plina? (R: 60 dm3)17. Kolika je molarna masa plina ako 0,2 dm3 pri n.o. ima masu 0,268 g?

(R: 30,06 g mol'1)18. Molekulska masa neke organske tvari je 32. Izračunajte volumen zraka što ga

istisne 200 mg te tvari pri 27°C i tlaka od 1,113 bara (R: 0,154 dm3)19. Kako glasi Avogadrova hipoteza o molekulama?20. Objasnite opću plinsku konstantu R.21. Koliki je volumen 0,5 mola kisika pri n.o.? (R: 11,2 dm3)22. Koliki se volumen vodika razvije pri 30°C i tlaka od 780 mm Hg iz 13,1 g Zn, ako

se zink otapa u kloridnoj kiselini prema slijedećoj kemijskoj reakciji:Zn + 2 HC1 -> H2 + ZnCi2

(R: 4,85 dm3)23. Definirajte Boyle-Mariotteov zakon.

23

24. Otapanjem kalcij-karbonata u kloridnoj kiselini, dobije se 32,5 dm3 ugljik(IV)oksida, pri 29°C i tlaku od 1,07 atm. Jednadžba kemijskog procesa glasi:

CaC03 + 2HCl -> CaCl2 + H20 + C 02a) Koliko vapnenca s 91% CaC03 treba otopiti?b) Koliko 26,5%-tne HC1 treba za otapanje te količine CaC03?(R: a) 153,90 g vapnenca; b) 342,2 cm3 26,5% HC1)

25. Neka zinkova ruda sadrži 96% cinka. Otapanjem te rude u kloridnoj kiselini razvija se vodik: Zn + 2 HC1 H2 + ZnCl2a) Koliko se dm3 vodika razvije iz 5 kg rude, pri 17°C i tlaku od 2,5 atm?

b) Koliko 37%-tne HC1 treba utrošiti za otapanje zinka, ako je gustoća te kiseline 1,19 g cm'3? (R: a) 698,7 dm3 H2; b) 12,12 dm3 37%-tne HC1)

26. Koji su plinski zakoni sadržani u općoj plinskoj jednadžbi?27. Koje su postavke Daltonove atomske teorije?28. Ako se 10 g vode prevede u vodenu paru pril00°C i tlaku od 1 atm, koji će

volumen zauzimati vodena para? (R: 17,0 dm3)29. Kolika je brojčana vrijednost plinske konstante i u kojim jedinicama se izražava?30. Kolika je temperatura apsolutne nule?31. Što je Avogadrov broj?32. Formulirajte Daltonov zakon parcijalnili tlakova.33. Koji je tlak potreban da se komprimira 55 dm3 plina koji se nalazi pri tlaku od

11 atm na volumen od 1 dm3, ako se temperatura ne promijeni? (R: 613 bara)34. Uzorak suhog plina zauzima volumen od 11,2 dm3 pri tlaku od 1,01 bar i

temperaturi 0°C. Koliko molekula sadrži taj uzorak plina? (R: 3 • 1023)35. Koliko dm3 kisika treba za spaljivanje 4,05 g magnezija? kemijski proces

spaljivanja prikazuje se jednadžbom:2 Mg + 0 2 —> 2 MgO

(R: 1,87 dm3)36. Izračunajte volumen zraka koji je potreban za spaljivanje 40 dm3 vodika pri n.o.

2 H2 + 0 2 —» 2 H20(R: 95,24 dm3)

37. Napišite algebarske izraze za Gay~Lussacove zakone i objasnite ih.3 8. Izračunajte volumen zraka koji je potreban za spaljivanje 4 ,6 g natrija pri tlaku 0,8

atm i temperaturi od 20°C . Zrak sadrži 21% vol. kisika,2 Na + 0 2 —> Na*02

(R: 14,31 dm3)39. 10 molova vodika komprimirano je na 5 dm3 pri 27°C. Koliko je molekula vodika

sadržano u tom volumenu? (R: 6,02 * 1024)-40. Zračnica traktora napunjena je zrakom pri 15°C i pod tlakom 4,5 atm. Pod tim

uvjetima volumen zraka iznosi 0,12 dm3. Koliki će biti volumen, ako uslijed pada temperature na -10°C tlak padne na 4,2 atm? (R: 117 cm3)

41. a) Koliko dm3 kisika treba za oksidaciju 14 g željeza pri n.o.?4 Fe + 3 0 2 -> 2 Fe20 3 (R: 4,21 dm3)

b) Izračunajte volumen kisika koji je potreban za oksidaciju željeza pri 30°C i tlaku od 1,04 bara (R: 4,55 dm3)

42. Izračunajte masu 2 dm3 vodika pri 20°C i tlaku od 150 kPa. (R: 248 mg)

24

43. Izračunajte količinu 37%-tne HC1, gustoće 1,18 g cm'3, potrebnu za razvijanje 112 dm3 C02 pri n.o.Jednadžba procesa je: CaC03 + 2 HC1 -> CaCl2 + C 02 + H20 (R: 836 cm3)

44. Izračunajte molamu masu plina, ako je pri 40°C i tlaku 1,32 bara gustoća plina 1,286 g dm"3. (R: 32,42 g mol'1)

45. Imate slijedeći kemijski proces: Mn02 + 4 HC1 -> MnCl2 + Cl2 + 2 H20a) Koliko je potrebno odvagnuti Mn02 da bi se prema gornjoj reakciji razvilo

2,24 dm3 Cl2 pri 25°C i tlaku od 1,01 bar?b) Koliko je potrebno utrošiti 20%-tne Hcl, gustoće 1,10 g cm"3, za otapanje M n02? (R: a) 8,69 g; b) 158 cm3)

25

OKSIDACIJA I REDUKCIJA ( REDOKS - REAKCIJE)

Kemijski procesi u kojima su moguće reakcije oksidacije i redukcije nazivaju se oksido-redukcijski ili ređoks-procesi. Reakcije oksidacije i redukcije povezane su s prijenosom elektrona. Proces u kojem neki atom gubi naboj jednog ili više elektrona nazivamo oksidacija. Proces primanja elektrona nazivamo redukcija.

Primjer: reakcija klora s natrijem

2 Na + Cl2 2 Na+IC r1

Redoks-proces spajanja elementarnog natrija s klorom pregledno možemo prikazati parcijalnim redoks-jeđnadžbama.

2 Na —» 2 Na+l 4- 2 e" oksidacijaCl2 4- 2 e" 2 CF redukcija

2 Na + Cl2 2 Na+1 4- 2 Cl'1 redoks-reakcija

Iž gornjeg primjera vidimo da se natrijev atom oksidirao otpuštanjem elektrona, a klorov atom se reducirao primanjem elektrona. Drugim riječima, prilikom redoks- reakcije mora postojati uz elektron-donor i elektron-akceptor. Općenito, možemo reći: oksidacija je svako otpuštanje elektrona s nekog atoma (ili molekule, ili iona), a redukcija dodavanje (primanje) elektrona nekom atomu (molekuli ili ionu).Tvar koja prima elektrone i pri tome se reducira naziva se oksidacijsko sredstvo, a tvar koja daje elektrone i pri tome se oksidira naziva se redukcijsko sredstvo.

U gornjoj redoks-reakciji metalni natrij je redukcijsko sredstvo, a elementarni klor oksidacijsko sredstvo.

OKSIDACIJSKI BROJ IL I STUPANJ OKSIDACIJE

Oksidacijski broj ili stupanj oksidacije pokazuje u kojem se oksidacijskom stanju nalazi atom elementa u pojedinom spoju. Porast oksidacijskog broja nekog elementa u reakciji pokazuje da je došlo do oksidacije tog elementa. Smanjivanje oksidacijskog broja pokazuje da je došlo do redukcije. Kako oksidacijski broj obično označavamo arapskim brojem iznad simbola elementa, to onda imamo daje:

1. Oksidacijski broj atoma u elementarnom stanju jednak nuli:Zn°, Na0, Fe°, 0 2°, H2°, N2°, P4°, S8°

26

2. Oksidacijski broj monoatomskih iona u ionskim spojevima jednak je ionskoj valenciji ili elektrovalenciji. Na primjer u CaCl2, oksidacijski broj Cl“ iona je -1, a oksidacijski broj kalcija (Ca"+) je +2.

Ili u primjerima:+ 1 - 1 + 2 - 1 + 1 - 1 + 2 - 1

NaCl, CaF2, CiiBr, CuBr2

3. Fluor, kao najelektronegativniji element ima oksidacijski broj -1 u svim svojim spojevima:

+2 - 1 + 1 - 1 +1+3-1 BaFa, HF, NajAlF«

4. Kisik ima oksidacijski broj -2 u svim svojim spojevima, osim izuzetaka, a to su peroksidi, superoksidi i ozonidi, te u spoju s fluorom:

+1-2 +2-2 +1+6-2 +4-2 +1-1 +2-1 +2-1 H20, BaO, H2S04, C02, H20 2, Ba02, OF2

5. Vodik ima oksidacijski broj +1 u svim spojevima, osim u metalnimhidridima, u kojima je oksidacijski broj vodika -1.

+1-2 +1+6-2 +2-2+1 -4+1 +1-1 +2-1 H20 , H2S04, Ba(OH)2, CH* NaH, CaH^

6. U kovalentnim spojevima, elementu s većom elektronegativnošću daje se negativna vrijednost oksidacijskog broja, a s manjom elektronegativnošću pozitivna vrijednost oksidacijskog broja. Algebarska suma oksidacijskih brojeva svih atoma elemenata u kemijskom spoju mora biti jednaka nuli. Na primjer:

2(+l)-2 -3 3(+l) +1 +7 4(-2) +1 +7 4(-2)H2 O, N H*, K Cl 0 4, K Mn 0 4

7. Algebarska suma oksidacijskih brojeva svih atoma u nekom ionu jednaka je naboju iona. Na primjer:

-2+1 +6 4(-2) +4 3 (-2) +3 2(-2)(OH)\ (S04)% (C03f , (CIOJ

8. Budući se oksidacijsko stanje atoma elementa povezuje s njegovom elektronskom strukturom, položaj elementa u periodnom sustavu nalazi se u vezi s njegovim mogućim oksidacijskim stanjima. Elementi Ia skupine (alkalijski metali, ns1) imaju oksidacijski broj +1. Isto tako, elementi Ha skupine (zemnoalkalijski metali, ns2) imaju oksidacijski broj +2. U Illb skupini, aluminij (3s23pl) gubitkom tri elektrona postiže oksidacijski broj +3.

27

Kod nemetala moguća oksidacijska stanja su mnogobrojna- Na primjer, sumpor (3s2 3p4) može postići elektronsku strukturu plemenitog plina primanjem

dva elektrona ( S2", 3s2 3p6, npr. u Na^S). Također je moguće da u spojevima s elektronegativnijim elementom kao što je kisik, a to su S02 i S03, postigne oksidacijski broj +4 i +6. Za sumpor su prema tome granice oksidacijskog broja od- 2 do 4-6. U slučaju dušika (2s2 2p3) oksidacijski broj se kreće između -3 do +5.

Prijelazni metali, a među njima npr. mangan ima sedam valentnih elektrona (3d5 4s2) i može postići najveći oksidacijski stupanj u spojevima +7 , (KMn04), dok je najviši oksidacijski stupanj kroma, (3d5 4S1) , +6 u spoju K2Cr20 7.

OKSIDACIJSKA I REDVKCIJSKA SREDSTVA

Halogeni elementi i kisik spadaju u jaka oksidacijska sredstva. Među njima se naročito ističe fluor, koji spade u najjača oksidacijska sredstva, jer se odlikuje velikom elektronegativnošću. Pošto metali imaju malu elektronegativnost spadaju u jaka redukcijska sredstva (alkalijski metali su najjača redukcijska sredstva). Općenito se može reći da se metali zbog svoje male elektronegativnost! ponašaju kao redukcijska sredstva, a nemetali, zbog svoje velike elektronegativnosti, ponašaju se kao oksidacijska sredstva.

Sto je viši stupanj oksidacije atoma to je on jači elektron-akceptor, odnosno, oksidacijsko sredstvo, a što je stupanj oksidacije niži, jače je redukcijsko sredstvo ili elektron-donor.

Oksidacijska sredstva: Redukcijska sredstva:

vruće konc. kiseline: metali

Budući da je niži stupanj oksidacije reducirani oblik, a viši stupanj oksidacije oksidirani oblik sudionika u reakciji, reakciju možemo prikazati i ovako:

Cr20 ,2; C rO t F2 Cl2, Br,, I2 MnO,

HNO,, HC104> H2S04Mn04" (u kiseloj i bazičnoj otopini)

h 2, h 2s , sHC1, HBr, HI S02, SO,2TT7 22 c !+

'2

KC103

reducirani oblik <=> oksidirani oblik + elektron niži stupanj oksidacije < > viši stupanj oksidacije

28

Niži i viši stupanj oksidacije nekog sudionika redoks-reakcije nazivamo redoks-parom, ili redoks-sustavom, kao npr.:

Na+ + e' NaZn2+ + 2e’ -> ZnCl2 + 2 e~ -> 2C1‘I2 + 2 e~ -> 2r

Redukcijska i oksidacijska moć neke tvari ovisi i o koncentraciji reaktanata, pH, odnosno, redoks-potencijalu.

USKLAĐIVANJE JEDNADŽBI REDOKS-PROCESA

Jednadžbe oksidacije i redukcije moraju se tako postaviti da broj elektrona što ih daje reducens, bude jednak broju elektrona što ih prima oksidans.

Promatramo li proces oksidacije kloridne kiseline K-permanganatom, u toj reakciji se razvija elementarni klor, oksidacijom, odnosno povećanjem, oksidacijskog broja klora od -1 na 0. Istovremeno, mangan se reducira s oksidacijskog broja +7 na +2. Kemij sku reakciju kvalitativno prikazuj emo j ednadžbom:

4 - 1 -f* 7 - 2 + 1 - 1 + 1 - 1 + 2 - 1 0 + 1 - 2

K Mn 0 4 + H Cl -» K Cl + Mn CI2 + Cl2 + H2 O

U toj jednadžbi treba odrediti koeficijente, zato najprije moramo odrediti oksiđacijske brojeve svih komponenata koje sudjeluju u kemijskoj reakciji. Pošto se mijenjaju samo oksidacijski brojevi mangana i klora možemo napisati dvije neovisne jednadžbe. Jedna pokazuje redukciju permanganat iona u Mn2*'’ -ion do koje dolazi u kiseloj sredini u prisutnosti H+:

+7 +2Mn04‘ + 8H + + 5 e '- > Mn2' + 4 H20 /2

- 1 0

2 cr - 2 e Cl2 / 5

odnosno, druga jednadžba prikazuje oksidaciju klorid - iona. Obje strane gornjih jednadžbi sadrže isti broj naboja i atoma

29

Pošto broj elektrona što ih daje reducens mora biti jednak broju elektrona što ih prima oksidans, moramo naći najmanji zajednički višekratnik za elektrone u oba procesa Tako dobivamo da prvu jednadžbu množimo s 2, a drugu s 5:

2 M n04' + 16 H* + 10e' 2 Mn2+ + 8H 2010 Cl' - 1 0 e' -»■ 5 Cl2

2 Mn04‘ + 16 H* + 10 Cl' -» 2 Mn2++ 5 Cl2 + 8 H20

Kao što se vidi 2 permanganat-iona, uz 16 H -iona, primaju 10 elektrona od 10 kloridnih-iona Elektroni, koji su sudjelovali u reakciji, u konačnoj se jednadžbi obično ne iskazuju. Konačna jednadžaba u ionskom obliku glasi:

2 Mn04' + 16 H+ + 10 Cl' -» 2 Mn2+ + 8 H20 + 5 Cl2

odnosno, u molekulskom obliku dobivamo:

2 KMn04 4* 16 HC1 2 MnCl2 + 8H20 + 5 Cl2 + 2KC1

Prikazat ćemo još nekoliko karakterističnih vrsta redoks-reakcija u kojima se jedan te isti element istovremeno i oksidira i reducira Na primjer:

0 +1 -1 Cl2 4- H20 -» HCIO + HC1

Iz gomje jednadžbe se vidi da se jedan Cl-atom oksidirao, jer je povećao oksidacijski broj od 0 na +1, otpuštanjem elektrona, dok se drugi atom klora reducirao, jer je smanjio svoj oksidacijski broj od 0 na -1, primanjem jednog elektrona

0 + 1 0 ~1 Cl - e' -» Cl Cl + e Cl

Zagrijavanjem čvrstog amonij-nitrata dolazi do oksidoredukcijske reakciješr

-3 +5 +1 NH4N03 -> N20 + 2 H20

u kojoj je jedan dušik povećao oksidacijski broj od -3 na +1, a drugi je smanjio oksidacijski broj od +5 na +1.

Ovakva vrsta reakcije u kojoj dolazi do istovremene oksidacije i redukcije iste vrste atoma dobila je naziv disproporcija. To svojstvo pokazuju elementi koji se javljaju u tri ili više oksidacijskih stanja.

30

ISPITNI ZADACI

1. Na osnovi atomske građe objasnite: metale i nemetale, atome i ione, izotope.2. Sto označuje broj periode, a što broj grupe u periođnom sustavu elemenata?3. Kako objašnjavamo valenciju elemenata i koji elementi mogu postojati u nekoliko

valentnih oblika?4. Zašto elementi 18-te ili nulte (0) skupine nisu kemijski aktivni?5. Sto su izotopi? Prikažite elektronsku konfiguraciju izotopa fosfora 30P i 3lP.6. Napišite simbole izotopa vodika i prikažite strukture njihovih atoma.7. Zašto atomska masa elemenata nije cijeli broj?8. Sto je paramagnetičnost?9. Koji je odnos između masenog broja, atomskog broja, brojaprotona i neutrona u

jezgri atoma?10. Koliko orbitala ima u energijskim podrazinama: s, p, d, f?11. Sto predstavlja broj skupine, a što broj periode u periođnom sustavu elemenata?12. Prikažite elektronsku konfiguraciju atoma kalcija, rednog broja 20 i fosfora, rednog

broja 15.13. Željezo je prijelazni (tranzitomi) element atomskog broja 26; prikažite njegovu

i .elektronsku konfiguraciju i valenciju u spojevima.14. Redni broj kisika je 8, a sumpora 16; prikažite elektronsku konfiguraciju njihovih

atoma i na osnovi elektronske strukture objasnite njihova zajednička svojstva.15. Prikažite elektronsku strukturu atoma skandija, rednog broja 21. Koliko može biti

valentan u svojim spojevima?16. Prikažite elktronsku strukturu atoma silicija, rednog broja 14 i silicijevog iona, Si4+.17. Objasnite tip kemijske veze u spojevima CaCl2 i Hbr.18. Koliki je oksidacijski broj kisika u spojevima: H20, H20 2, F20?19. Prikažite elektronsku strukturu atoma kroma, rednog broja 24.20. Prikažite elektronsku strukturu atoma aluminija, rednog broja 13 i

aluminij-iona, Al3+. Objasnite kemijsku vezu u spoju A1C13.21. Objasnite đipolamost molekule vode i vodikovu vezu.22. Koja je razlika između tranzitoraih ih prijelaznih elemenata i elemenata glavnih

skupina periodnog sustava?23. U kojim je spojevima zastupljena koordinativno-kovalentnavezaipo čemu se

razlikuje od kovalentne? Navedite primjer.24. Što znate o anionskim kompleksima? Napišite elektronsku strukturu SiO ^25. Napišite ime ovih kompleksnih spojeva: [Cr(H20)5Cl]Cl2 i K4[Fe(CN)6].26. Definirajte izotop, izobar i odgovorite koliko elektrona sadrži glavna energetska

razina L.27. Što je oksidacija, redukcija, oksidacijsko i redukcijsko sredstvo?28. Što znate o kationskim kompleksima? Napišite ime kompleksnog spoja

[Cu(NH3)43S04.29. Napišite elektronsku konfiguraciju atoma sumpora, rednog broja 16 i mangana

rednog broja 25. Koliko mogu biti valentni u svojim spojevima?30. Objasnite tip kemijske veze u elementarnom natriju i spoju H2S.

31

31. Imate slijedeće primjere spojeva: Kl, Br2, HCI i Cs:a) koji je tip kemijske veze zastupljen u pojedinom primjeru?b) koja tvar pokazuje dipolni karakter?

32. Koja elektronska stanja nisu moguća: 3p, 2d, 3s, lf, 3d, 3f?33. Prikažite grafički elektronsku strukturu slijedećih iona: F~, Cl', Na+, Mg2+, S2”, P3'.34. Grafički prikažite slijedećih ionskih spojeva: Na^S, MgBr2, NaF, HCI, odnosno,

kovalentnih PH>, NH3, H20 i CH«.35. Što određuje svojstvo polamosti, odnosno, nepolamosti molekula?42. Napišite oksidacijske brojeve i pomoću parcijalnih redoks-jednadžbi uskladite

slijedeće jednadžbe redoks-reakcija:

1.FeClg + H2S -» FeCI2 + S 4- HCI2. Na2C20 4 4- KJMn04 4- H2S04 MnS044-K2S044-Na2S04-F C 02-f-H203. Ag2S + HN03 -> Ag2S04 + N 02 + H204. KC103 + H2S04 ->• KHS044-024-C102 + H205. K l 4- H2S04 -+ K2S04+ I2 + H2S + H 206. K2Cr20 7 + HCI CrCl3 + KC1 + Cl2 + H207 .KCIO3 +K I + HCI -> r2 + KCl + H208. MnO + Pb02 4- HN03 HMn04 + Pb(N03)2 + H209 .H I4*HN03 N 02 + I24-H20

1 0 . n h 3 + o 2 -> n o 2 + h 2o11. Cr20 3 4- Na2C03 + KN03 -> NaaCr04 + COa + KNOa12. H2S 4- 0 2 S02 4-H2013. S + h n o 3 -> S024-N024-H2014. FeBr2 4- Br2 -» FeBr315. H3As03 4-12 4- H20 H3As044-HX16. K2Cr20 7 4- FeS04 4- H2S04 -> Cr2(S04)3 4- Fe2(S04)3 4~ K2S04 4- H2017. r24-HN03 -> HE03 + N 02 + H20

U svakoj pojedinoj reakciji naznačite oksidacijsko i redukcijsko sredstvo.

43. Imate sljedeći kemijski proces:

Cu 4- HN03 Cu(N03)2 + N02 4- h 2o

a) Uskladite jednadžbu kemijskog procesa pomoću parcijalnih redoks-jednadžbi.b) Koliko će se prema gornjoj jednadžbi osloboditi N 02 iz mase od 127 g Cu pri

20°C i tlaku od 1,013 bara? (R: 97,7 dm3)44. Odredite oksidacijski broj sumpora u spojevima: S02, H2S, CS2, Na^Oj, H2S04,

As2S3.45. Odredite oksidacijski broj cromau spojevima: K2Cr04, Cr20 3, K2Cr20 7, Cr2(S04)3,

Na3[Cr(OH)6].46. Pokažite koji je od sljedećih procesa oksidacija, odnosno redukcija:

S........ S0 4 , Sn2+..........Sn4+, K+..........K, Br2..........2 B r, 2H +.........H2.cr...... cio3; xo3‘....... i2

32

47. Imate sljedeće spojeve i elementarne tvari: H2 S, S02, CO, Zn, F2, NaN02, KMn04. Navedite oksidacijsko i redukcijsko sredstvo.

48. Pokažite u kojim se kemijskim procesima dušik oksidira, odnosno, reducira. Odredite kako se mijenja oksidacijski broj u svakom pojedinom slučaju:NH4+.........n 2, n o 3‘.........NO, NO,;........ n o 3", n o 2...........N 0 2‘

49. Koje su od sljedećih reakcija oksido-redukcijske:a) H2 + Br2 —> 2 HBrb) NH4 CI NH3 + HCIc) NH4NO:} -> N20 + 2 H20d) 2 K2 Cr0 4 + H2 S0 4 -> K2 Cr2 0 7 + K2 SG4 + H20e) Fe + S -> FeS

50. Odredite oksidacijsko i redukcijsko sredstvo u sljedećim redoks-reakcijama:a) S0 2 + Br2 + 2H 20 -> 2 HBr .+ H2 S04,b) Mg + H2 S 0 4 MgS04 + H20c) Cu + 2 H 2 S0 4 CuS04 + S0 2 + 2H 20d) 3 I2 + 6 KOH -» K I0 3 + 5 Kl + 3 H20

51. Kada je vodik-peroksid u kemijskim reakcijamaoksidacijsko, odnosno, redukcijsko sredstvo:a) I2 + h 2 o 2 m o 3 + h 2ob)P b0 2 + H2 0 2 PbO + 0 2 + H20c)KC103 + H2 0 2 KC1 + 0 2 +H 20d)KM n0 4 + H2 0 2 -» Mn02 + KOH + 0 2 + H20

52. Vrućom konc. H2 S0 4 djelujete na elementarni bakar:a) Napišite i uskladite kemijsku jednadžbu reakcije i označite oksidacijsko i

redukcijsko sredstvo.b) Koliko je potrebno elementarnog bakra da se dobije 100 cm3 S0 2 pri n.o.?

(R: 0 ,284 g)53. Riješite sljedeće jednadžbe redoks-reakcija:

1) KCIO3 + h 2 s o 4 -> k h s o 4 + o 2 + C102 + H202) I2 + HNO3 H I0 3 + N 0 2 + H203 )NH3 + 0 2 -* N 0 + H 204) SnCl2 + S0 2 + HCI SnCl4 + SnS2 + H205) S + HN0 3 -» H2 S0 4 + NO

54. Uskladite sljedeću jednadžbu ređoks-procesa:

Ca3 (P0 4 ) 2 + Si0 2 + C CaSi03 + CO + P 4

Koliko će nastati CO pri n.o. iz 400 g rude, koja sadrži 48% C%(P04)2?(R: 69,33 dm3)

55. Imate sljedeći redoks-proces:

H2S + KMn04 + H2 S0 4 -> S + MnS04 + K2 S0 4 + H20

a) Uskladite gornju redoks-jednadžbu.

33

b) Koliko sumpora nastaje tim procesom, ako je u reakciju ušlo 300 g KMn04? (R: 152,1 g)

56. Uskladite jednadžbu redoks-reakcije:

k i o 4 + k i + h c i ~»i2+ k c i + h 2o

Koliko 37%-tne HCI moramo utrošiti za dobivanje 381 g joda,ako je gustoća kiseline 1,18 g cm"3? (R: 248,7 cm3)

57. Odredite oksidacijske brojeve elemenata u sljedećim spojevima i elementarnim tvarima:a) HCI, HCIO, HCI02, HC104, Cl2

b) H2 S, h 2 s o 3, H2 S04, S02, S03, S8

c) HN02, HN03, NH4 OH, NO, N 02, N2 0 4, N2

d) H A H2 0 2, LiH, H2, PH3, AsH3,58. Odredite stehiometrijske koeficijente u redoks-reakcijama:

a)Br’ + BrOj +H* -> Br2 + H20b)Cl' + Mn04"*+H+ -> Cl2 + Mn2++H20c) Mn04' + H20 2 + H+ ^ Mn2+ + 0 2 + H20

59. Imate sljedeći kemijski proces:

M n02 + HCI Cl2 + MnCl2 + H20

Koliko je mineralapiroliizita koji sadrži 85% Mn02 potrebno odvagnuti da bi se prema gornjoj reakciji razvilo 22,4 dm3 Cl2 pri temperaturi 25°C i tlaku od 1 bara? (R: 92,5 g)

60. Imate sljedeće redoks-reakcije:

a) I2 + Na2 S2 0 3 -► Nal + N a^O *b) Cl2 + KOH -> KC104 + KC1 + H20 Odredite koeficijente tih reakcija.

34

KVANTITATIVNO IZRAŽAVANJE SASTAVA OTOPINA

Otopine su homogene smjese čistih tvari koje sadrže dvije ili više tvari pomiješanih u stanju molekulske disperzije. Tvari koje čine otopinu nazivamo komponentama. Komponenta koja se nalazi u otopini u većoj količini od ostalih komponenata naziva se otapalo, a ostale komponente se nazivaju otopljene tvari.

Pod otopljenom tvari podrazumijevamo plinovite, čvrste i tekuće tvari. Za rad u laboratoriju najinteresantnije su vodene otopine, jer se voda najčešće upotrebljava kao otapalo. U vodi su topljive soli ( neke više, druge manje), većina anorganskih kiselina i baza. Otapala mogu, također, biti: etilni alkohol, benzen, petroleter itd.

Kvantitativno se sastav otopine izaižava sljedećim veličinama:

M ASENI UDIO (MASENI POSTOTAK)

Maseni udio tvari B, u smjesi ili otopini jednak je omjeru mase te tvari i ukupne mase svih tvari u smjesi ili otopini, a označava se s wx

w(B) = m(B) / m - m(B) / m*

maseni postotak — maseni udio • 1 0 0 = w * 1 0 0

Primjer. Koliki je maseni udio NaOH u otopini koja sadrži 8,0 g NaOH i 70 g vode?

w(NaOH) - m(NaOH) / [m(H2 0) + m(NaOH)] - 8 g NaOH / (70 g H20 + 8 g NaOH) w(NaOH) - 0,103maseni postotak = w • 100 = 0,103 * 100 = 10,3%

Primjer. Koju masu željeza možemo dobiti iz 3 t željezne rude koja sadrži 94% željeza?

w(Fe) - 0,94 m(rude) = 3 t

w(Fe) = m(Fe) / m(rude) m(Fe) — w(Fe) • m(rađe)m(Fe) = 0,94 • 3 t = 2,82 t

35

Primjer. Kolika je masa H2 S0 4 u 25 em3 otopine sulfatne kiseline, ako je maseni udio H2 S0 4 0,96, a gustoća otopine 1,84 g cm"3?

V ™ 25 cm3

p = 1,84 g cm"3

w(H2 S04) - 0,96

m(H2 S04) - w(H2 S04) . V . p = 0,96 ■ 25 cm3 • 1,84 g cm"3 = 44,25 g m(H2 S04) = 44,25 g

U onim slučajevima kada je masa otopljene tvari u otopini prisutna u vrlo malim količinama, komcentracija otopine se izražava u dijelovima mase otopljene tvari na milijun dijelova mase otapala (1 / 1 0 6), ppm ili u dijelovima mase otopljene tvari na milijardu (1 / 1 0 ^ dijelova mase otapala, ppb.

Napomena: Skraćenica ppm izvedena je od engleskih riječi “parts per million”, a ppb od “parts per b i l l i o n 1 ppm otopljene tvari je npr. 1 0 ^ g te tvari u 1 g otopine, a 1

ppb otopljene tvari je 1 0 " 9 g te tvari u 1 g otopine.

MOLNI IL I MNOŽINSKI UDIO

Molili ili množinski udio komponente B u otopini, jednak je omjeru množine te komponente n(B) i zbroja ukupne množine svih tvari (n). Označava se slovom X. 2„

Matematički, molni udio komponente B se izražava kao:

n(B) n(B)XY|»\ = ________V /________ V /W «(^) + «(5) + /i(C)+... «

Molni udio se koristi za izražavanje sastava plinskih, tekućih ili čvrstih otopina i nema jedinicu.

36

Primjer: Koliki je množinski (molni) udio joda u otopini 30 g I2 u 400 g Ccl4?

X(I4) = n(I2) / [ n ( I 2) + n(CCI4)]Najprije moramo izračunati broj molova svake komponente otopine:

n(I2) ~ m(I2) / M(I2) = 30 g / 254 gmol’ 1 = 0,12 mola n(CCl4) = m(CCl4) / M(CC14) - 400 g / 154 g mol' 1 = 2,60 mola

X(I2) = 0,12 mola/ (0,12 mola + 2,60 mola) — 0,044

Molni udio CC14 u otopini može se izračunati iz razlike:

X(CC14) = 1,000 - X(I2) = 1,000 - 0,044 = 0,956

VOLUMNI UDIO

Voiumni udio tvari B u smjesi ili otopini jednak je omjeru volumena te tvari, V(B) i ukupnog volumena svih tvari u smjesi ili otopini F. Označava se grčkim slovom “fi” (<p):

v

Voiumni postotak = voiumni udio * 100

KONCENTRACIJE OTOPINA

Koncentracija otopine predstavlja količinu otopljene tvari (mase, množine-mol, broja jedinki ili volumena) u datoj količini (masa ili volumen) otapala ili otopine.

MASENA KONCENTRACIJA

Masena koncentracija neke tvari u otopini je omjer mase te tvari i volumena otopine. Označava se grčkim slovom 17gama” (y).

y

37

«* ♦ ?Sl-jedinica za masenu koncentraciju je kg/m , dok se u laboratorijskim uvjetima najčešće koristi decimalna jedinica g/dm3 ili mg/cm3.

Primjer: Izračunajte masu S0 2 u 100 m zraka u kojem je srednja dozvoljena masena koncentracija S02, 150 fig/m ?

tn(S02) = V • y(S02) = 100 m3 • 150 ng/tn3 = 15000 [ig = 15 mg = 0,015 g == 1,5 IO' 5 kg

VOLUMNA KONCENTRACIJA

Volumna koncentracija neke tvari u otopini predstavlja omjer volumena te tvari i volumena otopine ili smjese. Označava se grčkim slovom “sigma* (<j)

V(B)

Način izračunavanja analogan je kao i kod masene koncentracije.

MNOŽINSKA (MOLARNA) KONCENTRACIJA

Najčešći način izražavanja koncentracije otopina u kemijskim laboratorijima je omjer množine (molova) otopljene tvari i volumena otopine. Raniji* naziv za tu koncentraciju bio je molama koncentracija ili molaritet.

Množinska koncentracija predstavlja omjer množine otopljene tvari i volumena otopine označava se na sljedeći način :

Za množinsku koncentraciju često se upotrebljava i način označavanja tako da se u uglatu zagradu stavi kemijska formula sastojka otopine, npr:

c(H2 S04) ili [H2 S04]

38

SI~jeđiiiica za timožimsku koncentraciju je mol / in3, dok se u praktičnom radu najčešće upotrebljava mol / dm3, odnosno, mol / L Za otopinu koja sadrži 1 mol otopljene tvari u dm3 kaže se da je jednomolama otopina. Ovakva koncentracija otopine se ranije, a često i danas, označava s IM. Npr. otopina koja sadrži 3 molaH 2 S04, (3 ■ 98 g = 294 g), u 1 dm3, ima koncentraciju c(H2 S04)~ 3 mol / dm3, (3 M H2 S04). Koncentracija otopine ove iste kiseline, koja u 1 dm3 otopine sadrži 0,98 g H2 S0 4 bit će c(H2 S0 4)~0,01 mol/dm 3 (0,01 M H 2 S04).

V 2Cesto korištena jedinica mmo 1/1, odnosno, mmol/dm jednaka je zapravo

Sl-jedinici mol/m3 (jer je 1 mol - IO 3 mmol i 1 m3 = IO3 dm3).

Primjer. Koliko treba odvagnuti KN0 3 za pripremu 250 cm3 otopine koncentracije0,150 mol/dm3?

n(KN03) = c(KN03) V = 0,150 mol/dm3 • 0,250 dm3 = 0,0375 mola Molarna masa kalij-nilrata je M(KN03 )=101,1 gmol' 1

m(KN03 )=n(KN03) • M(KN03)=0,0375 mol • 101,1 gmol' 1

m(KN03 )=3,79 g

Primjer. Kolika je množinska koncentracija 10%-tne otopine H2 S04> gustoće 1,07 gcm"3?

c(H2 S04) = n(II2 S04) / Vc(H2 S04) = [m(H2 S04) / M(H2 S04)] / V = [V(H2 S04) • p - w / M(H2 S04)] / V

M(H2 S04) = 98,0 g mol' 1

w ~ 0 , 1 0

p ~ 1,07 g cm"3

c(H2 S04) = [ 1000 cm3 • 1,07 gcm' 3 • 0,1 / 98,0 gmol'1] / 1 dm3

c(H2 S04) = 1,09 mol dm' 3

Primjer: Koji volumen koncentrirane HN03, (w=0,70; p = 1,42 gcm’3) treba odmjeriti za pripremu 500 cm. otopine koncentracije-1,00 mol dm'3?

c(HN03 )=l,00 mol dm ' 3

M(HN03)=63,0 g mol' 1

c(HN03) = n(HN03) / V = [m(HN03) / M(HN03)] / V

m(HN03) = c(HNOj) • M(HN03) • V = 1,00 mol dm ' 3 • 63,0 g mol' 1 • 0,5 dm3

m(HN03) = 31,5 g

m(HNOs) = V • p • w

V(HNOj konc.) = m(HN03) / ( p • w) = 31,5 g / (1,42 g cm' 3 • 0,70) = 31,7 cm3

39

BROJNOSNA KONCENTRACIJA

Broj nos na koncentracija je omjer broja jedinki tvari N(B) i volumena otopine. Označava se velikim slovom C.

MOLALITET

Molalitet otopljene tvari je omjer množine otopljene tvari i mase otapala:

- ”(s ) m(otapala)

SI-jedinica je mol kg"1

Primjer: Koliki je molalitet 20%-tne otopine H2 S04?

20%-tna otopina H2 S0 4 sađiži 20 g H2 S0 4 i 80 g H20 u 100 g otopine:

b(H2 S04) - n(H2 S04) i m(H2 0 ) = [m(H2 S04) / M(H2 S04)] / m « 0 ) - = (20 g / 98 g mol'1) / 0,080 kg

b(H2 S04) = 2,6 mol kg ’ 1

Primjer: Koja masa glukoze, C^H^Og (molekulske mase 180) je potrebna za pripremu otopine molaliteta 0,50 mol kg"1, koja sadrži 200 g vode?

M(C*Hl2 0 6) = 180 g mol ' 1

b(C6H120«) = n(C«Hl2Os) /m(H20) = [m(C«H120 6) / M(C6H,20 6)] / m(H20) =

m(C6 H 1 2Oe) = b(C«H1 2 Os) ■ M(C6 H,2 0 6) • m(H2 0) m(CsHl2 Os) = 0,50 mol kg’ 1 • 180 g mol' 1 • 0,20 kg m(C6 H1 2 Os) = 18 g

40

RAZRJEĐIVANJE OTOPINA

Pri razrjeđivanju otopina smanjuje se njihova koncentracija, a količina otopljene tvari prije i poslije razrjeđivanja ostaje nepromjenjena.

Koncentracija otopljene tvaz*i prije i poslije razrjeđivanja definirana je izrazima:

ni, . m,ci = TT 1 ci = 7T 111 Vi ci = VJ

M 2

Primjer: Na koji volumen treba razrijediti 200 cm3 otopine HCI, koncentracije 120 g dm.“3 da bismo dobili otopinu koncentracije 50 g dm"3?

V2 — Vx ct / c2 = 200 cm3 * 120 g dm' 3 / 50 g dm"3 = 480 cm3

REAKCIJE MEĐU OTOPINAMA (EKVIVALENCIJA)

Poznavanje koncentracija otopina, naročito je važno u volumetrijskoj analizi (analitička kemija). Najčešće se upotrebljavaju otopine koncentracije c = 0,1 mol dm ' 3

ili kraće označene kao 0,1 M otopine. Pripremanje otopina točnih koncentracija zadaje teškoće, z b o | čega se pripremnu otopine čija je nazivna koncentracija , c(nazivna) =0 , 1 mol dm” , dok je prava koncentracija otopine, c(prava) nešto veća ili manja od nazivne.

Prava koncentracija otopine određuje se standardnom analitičkom metodom.

c^pravd)

c(nazivna)

Faktor otopine, F, je broj koji pokazuje koliko je puta prava koncentracija otopine veća ili manja od nazivne.

41

Primjer. Izračunajte koncentraciju otopine KMn04, ako je c(nazivna) = 0,02 mol dm'3, a F(KMn04) = 0,9650

c(KMn04) = c(nazivna) • F(KMn04) = 0,02 mol dm' 3 • 0,9650 == 0,0193 mol dm' 3

Primjer. Koliki je F(H2 S04) otopine približne koncentracije 0,1 mol dm"3 H2 S0 4 čija je c(H2 S04) = 0,09867 mol dm'3?

F(H2 S04) = c(H2 S04) / c(nazivna) = 0,09867 mol dm' 3 / 0,1 mol dm' 3

FCH^SOi) = 0,9867

Primjer, KoHko cm3 0,1 mol dm 3 HCI, F(HC1)~1,0342 treba utrošiti za neztralizaciju 25 cm3 0,1 mol dm ' 3 NaOH, F(NaOH>= 0,9985?

Reakcija neutralizacije HCI i NaOH je sljedeća:

HCI + NaOH -> NaCl + H20

U završnoj točki neutralizacije omjer broja molova HCI i broja molova NaOH je1 : 1. U analitičkoj kemiji ta se točka naziva točka ekvivalencije.

fiHCl) _ i n(NaOH) 1

slijedi: V(HC1) ■ c(HCl) = V(NaOH) • c(NaOH)V(HC1) • c(HCI)„riv» • F(HC1) = V(NaOH) • c(NaOH)^v» • F(Na©H)

V ( NaOH)c(NaOH) . ,F(NaOH)V(HC1) -------- i

c(HCi) . f (h c i)\ / naztvm \ /

V(HC1) = (0,025 dm3 • 0,1 mol dm' 3 • 0,9985)/ (0,1 mol dm' 3 • 0,10342) V(HC1) = 0,02413 dm3 = 24,13 cm3

42

Primjer: Koliko cm3 0,1 mol dm"3 H2 S04, F(H2S04)=1,0342 treba utrošiti za neutralizaciju 25 cm3 0,1 mol dm’ 3 NaOH, F(NaOH)=0,9985?

Reakcija neutralizacije je sljedeća:

2 NaOH + H2 S0 4 -> Na*S04 + 2 H20

Omjer broja molova H2 S 0 4 i NaOH je:

n{H2SQ4) _ 1 n(NaOH) 2

n(H2 S04) = 1/2 n(NaOH)

V(H2 S04) • c(H2 S04) = 1/2 [V(NaOH) ■ c(NaOH)]

V(HjS04) • c a i 2 S0 4)_ ,v„ • F(H2 S04) = 1/2 [V(NaOH) • c fN aO H ),^ - F(NaOH)] V(H2 S04) • 0,1 mol dm' 3 • 1,0342 = 1/2 (0,025 dm3 • 0,1 mol dm’3 • 0,9985)

V(H2 S04) = 0,01206 dm3 = 12,06 cm3

Primjer: Koliko cm3 H3P 0 4 0,1 mol dm-3, F(HjP04)=l,0342 treba za neutralizaciju 25 cm3 0,1 mol dm' 3 NaOH, F(NaOH)=0,9985?

Reakcija neutralizacije je sljedeća:

HjP04,+ 3,NaOH>-*..NagP04 + 3 H20

Omjer broja molova H3P 0 4 i NaOH je :

n(H3PQ4) _ 1

n(NaOH) 3

n(H,P04) = 1/3 n(NaOH)V(H,P04) • c(H3P 04) = 1/3 [V(NaOH) • c(NaOH)]

V(H3P04) = 8,04 cm3

43

ISPITNI ZADACI

1. Zatitraciju 25 cm3 0,1 mol dm ' 3 NaOH utrošeno je 26,45 cm3 0,1 mol dm"3 HCI, F(HC1)=0,9896. Kolild je faktor otopine NaOH? (R: F(NaOH)=l,0469)

2. Koliko cm3 0,1 mol dm* NaOH treba za neutralizaciju 24,4 cm3 0,1 mol dm" 3 HCI, ako su faktori otopina 1 ,0 0 0 0 ?

3. Koliko cm3 0,1 mol dm' 3 HCI, F(HC1)-1,0508 treba utrošiti za neutralizaciju 24,55 cm3 0,1 mol dm" 3 NaOH, F(NaOH>=0,9898? (R:23,12 cm3)

4. Koliko g NaCl i vode treba za pripremu 250 g 0,5%-tne otopine? (1,25 g)5. Koliko je %-tna otopina koja se dobije miješanjem 350 g vode i 25 g etilnog

alkohola? (R: 6,67%)6 . Koliko je cm3 H2 S04, koncentracije 5,0 mol dm' 3 potrebno za neutralizaciju 2,5 g

NaOH? (R: 6,25 cm3)7. Koliko je 16%-tne H 2 S0 4 nastalo razijeđivanjem 500 g 30%-tne H2 S0 4 vodom?

(R: 937,5 g )8 . Sto znači 15%-tna otopina NaCl, 10“2 mol dm"3 NaOH i 0,05 mol dm"3 H2 S04?9. Koliko g Na2 C0 3 treba odvagnuti za pripremu 5 dm3 otopine, nmožinske

koncentracije 0,1 mol dm*3? (R: 53 g)10. Kolika je množinska koncentracija 98 %-tne H 2 S04, gustoće 1,84 g cm*3?

(R: 18,4 mol dm*3)11. U kojem se volumenu 19%-tne HNOs, gustoće 1,11 g cm" 3 nalazi 10 gH N 03?

(R: 47,4 cm3)12. Koliko g ZnCl2 treba za pripremu 3 dm3 otopine koncentracije 0,05 mol dm"3?

(R: 20,4 g)13. Koja je množinska koncentracija 30%-tne HNOs, gustoće 1,18 g cm"3?

(R: 5,62 mol dm"3)14. Koliko 10%-tne KOH dobijemo miješanjem 300 g 20%-tne KOH s 5%-tnom

otopinom? (R: 900 g )15. Gustoća 20%-tne H 3P 0 4 iznosi 1,113 g cm*3. Kolika je koncentracija te otopine?

(R: 2,27 mol dm*3)16. Za neutralizaciju 42 cm3 H2 S0 4 potrebno je utrošiti 14 cm3 0,3 mol dm"3 neke

jeđnobazične lužine. Izračunajte množinsku. koncentraciju kiseline.(R: 0,05 mol dm"3)

17. Izračunajte koncentraciju otopine u “%”, ako je 40 g glukoze otopljeno u 280 g vode? (R: 12,5 %)

18. Koliko je g Na^COs potrebno za pripremu 5 dm3 8 %-tne otopine, gustoće 1,075 g cm" ? (R: 430 g)

19. Koju masu 20%-tne KOH moramo dodati u 1 kg 50% -tne otopine da bismo dobili 25%-tnu otopinu? (R: 5 kg 20%-tne)

20. Izračunajte %-tni sastav otopine koja se dobije miješanjem 300 g 25%~tne otopine i 400 g 40%-tne otopine. (R: 33,6 % )

21. Izračunajte %-tni sastav nitratne kiseline, ako 1 dm3 sadrži 224 g HN03, gustoće1,12 g cm"3. (R: 20%)

22. Gustoća 26%-tne otopine KOH je 1,24 g cm"3. Koliko molova sadrži 5 dm3

otopine? (R: 28,7 mol)

44

v ♦ 3 323. Izračunajte masu NaN03 potrebnu za pripremu 300 cm 0,2 mol dm' otopine.(R: 5,1 g)

24. Koji volumen 0,1 mol dm’ otopine CuS04 dobijemo otapanjem 8 g CuS04?(R: 501 cm3)

* 3 „3 « ^25. Za neutralizaciju 30 cm 0,1 mol dm~ otopine lužine utrošeno je 12 cm kiseline. Izračunajte množinsku koncentraciju kiseline. (R: 0,25 mol dm'3)

26. Koliko cm3 96%-tne H2 S04, gustoće 1,84 g cm‘J moramo odmjeriti za pripremu 1 dm3 otopine koncentracije 0,25 mol dm"3? (R:13,9 cm3)

27. Gustoća 9%-tne otopine saharoze C1 2H2 2 0 ^ je 1,035 g cm"3. Izračunajte množinsku koncentraciju otopine. (R: 0,27 mol dm" )

28. Za neutralizaciju 40 cm3 otopine NaOH potrebno je 25 cm3 0,5 mol dm' 3 H 2 S04. Izračunajte množinsku koncentraciju NaOH (R: 0,625 mol dm”3)

29. Koji volumen 15%-tne I i 2 S04, gustoće 1,10 g cm’ 3 je potrebno za kompletno otapanje 24,3 g. Mg i 27. g. Al? (R: 594 cm3; 891 cm3)

30. 2 0 %-tna otopina etilnog alkohola u vodi pri 20°C ima gustoću 0,97 g cm"3. Koja količina alkohola je sadržana u 500 cm3 otopine? (R: 97 g)

31. Gustoća 25%-tne otopine šećera iznosi 1,208 g cm"3. Koliko šećera sadrži 1 dm3

otopine? (R: 302 g)32. Izračunajte množinsku koncentraciju otopine koja sadrži 40% HCI, gustoće 1,20 g

cm*3. (R: 13,1 mol dm*3)33. Na koji se volumen morarazrijediti 100 cm3 otopine koncentracije 3,6 mol dm"3

H2 S0 4 da se dobije 1, 2 mol dm*3 otopina? (R: 300 cm3)34. Koliko 0,1 mol dm’ 3 HCI, F(HC1):=:1,0342, treba za neutralizaciju 25 cm3

0,1 mol dm’ 3 NaOH, F(NaOHH>,9985? (R: 24,13 cm3)35. Koliko je %-tna otopina koja se dobije miješanjem 700 g vode i 50 g KC1?

(R: 6 ,6 %)36. Koliko molova H2 S0 4 sadrži 1 dm3 akumulatorske kiseline koja je 28%-tnai ima"

gustoću 1,202 g cm’3? (R: 3,43 mola)37. Gustoća 8%4ne otopine saharoze, C12H2 2 0 u, je 1,035 g cm"3. Izračunajte masenu i

množinsku kocentraciju otopine. (R: 82,8 g dm*3; 0,24 mol dm"3)

45

PRIMJENA ZAKONA O DJELOVANJU MASA NA VODENE OTOPINE ELEKTROLITA

TONSKI PRODUKT VODE I pH

Voda je vrlo slabo ionizirana na vodikove ione (H3 0 +) i hidroksid ione (OH~), tako da u čistoj vodi i u vodenim otopinamapostoji sljedeća ravnoteža ionizacije:

B.zO + H20 o + OHT

ili u jednostavnijem obliku

H2 0 0)o !•!%,)+ o i r (n)

gdje h f predstavlja HjO*.

Konstanta ravnoteže dana je izrazom:

\h +Jo h ~1. J - 1,8 • IO" 1 6 moldm*3 (pri 25°C)

Budući da je koncentracija vode konstantna ([H2 0] = 55,5 moldm”3), konstanta ravnoteže dana je izrazom:

KJH20] = Kw =|H+] [OHT] = 1,0 • 10'14mol2dm'6

i naziva se ionski produkt vode, K,v.

Prema tome, u čistoj vodi kao i u svakoj vodenoj otopini mora biti umnožak koncentracije vodikovih iona i hidroksid iona konstantan.

Koncentracija vodikovih iona bilo koje vodene otopine, pri 25°C dana je sljedećim izrazom:

_ j-,_ Kw 1,0 - 1 0 ~lAmot2dm^1 J [o h - } ' [ o ir ]

analogno je koncentracija hidroksid iona bilo koje vodene otopine dana ovim izrazom:

46

Kako se voda ionizira na jednaki broj vodikovih iona i hidroksid iona, to je u čistoj vodi, pri 25 °C koncentracija vodikovih iona jednaka koncentraciji hidroksid iona:

[H*] = [OHT] =VlO‘l4 mo/VmHi = IO' 7 moldm ' 3

Kada je koncentracija (H+] = [OH*] otopina je neutralna i ona iznosi IO"7 moldm'3. Ako je koncentracija [H+] veća od IO’7 moldmT3, otopina je kisela. Obratno, ako je koncentracija jH+] manja od 10“7 moldm’3, takva otopina je lužnata.

Međutim, moramo reći da i u neutralnoj, kiseloj i u lužnatoj otopini, pri 25°C mora biti [Hf] [OJT] = 1,0 • 1 0 4 4 mol2 dm^.

Prema tome, koncentracija vodikovih iona služi kao mjera za kiselost i lužnatost otopina, Vrijednost koncentracije vodikovih iona razrijeđenih otopina obično je vrlo mah broj. Danski kemičar P.L. Sorensen (1868-1939) je 1909. g. predložio da se koncentracija vodikovih iona ne izražava negativnom potencijom broja 1 0 , nego zbog jednostavnosti s pH (čitaj: pe-ha). To je negativni logaritam vrijeđnosti molarne koncentracije vodikovih iona:

pH = - log ([H+]/moldm'3) = log -f ~[H J

Odatle je

[H+)/moldm”3 = antilog (-pH)

[H^/moldrn' 3 = 1 0 ^

Primjer: Izračunajte koncentraciju hidroksid iona u 0,010 moldm"3 otopine HCI, pri 25°C.

pH*] = 0,010 moldm ' 3 K , =[1^] [OJT] = 1,0 • 10'l4 mol2 dm'<

Primjer: Koliki je pH otopine HCI koncentracije 0,0040 moldm ' 3 pri 25°C.

[H+] = 4 ♦ IO’ 3 moldm”3 u otopini HCI koja je potpuno disocirala.

pH = -log [H+]/inoidm ' 3

pH — ( -log 4) + (-log IO’3) = -0,60 + 3 = 2,40

2Primjer: Koliki je pH u otopini NaOH koncentracije 0,020 moldm’ .

[OHT] - 2 - 10 '2 moldm’ 3 u otopini NaOH koja je potpuno disocirana.

[H+l = r K-w- ~ = 5 • IO' 13 moldm ' 3

[OČT] 2 • 1 0

pH = -log (5-IO’13) = (-log 5) + (-log IO’13) = -0,70 + 13 pH = 12,30

Primjer: Kolika je koncentracija [H+], ako je pH™3,7.

pH = -log [H*] = 3,70log [H*l = -3,70log p f ] = 0,30 + (-4,00)[H*j = (antilog 0,30) ( antilog -4,00)[H*] = 2,0 • 10- 4 moldm ’3

Naisti način na koji smo izrazili malu koncentraciju vodikovih iona pomoću pH, također možemo izraziti i koncentraciju hidroksid iona pomoću pOH.

pOH - - log [OET]/moldm" 3

Logaritmiramo Ii izraz za ionski produkt vode

K,, =[H+] [OHT] = 1,0 • 10' 1 4 mofdm’*

dobijemo

-log Kw= (4og[H+J) + (4og[0H])

ili

48

pKw = pH + pOHgdje je:

odnosnopK„ = -log K ,v = -log IO" 1 4 = 14

pH + pOH = 14

Odatle možemo iz poznatog pH izračunati pOH, odnosno koncentraciju hidroksid iona i obratno.

KONSTANTA MSOCIJACIJE KISELINE I BAZE

I vodenim otopinama kiselina postoji ravnoteža ionizacije koju prikazujemo sljedećom jednadžbom:

Konstanta ravnoteže za gornju reakciju je konstanta ionizacije (ili disocijacije) kiseline. Ona je mjerilo jakosti kiseline:

Male vrijednosti konstanti disocijacije kiselina možemo izraziti pomoću pK,, analogno pH i pK^, a definira se kao negativni logaritam konstante disocijacije kiseline.

H A ^ + H2 0 (1) <=>H3 0 + + OBf

iliH A ^ <=>H* ~f~ A

pKa ” - log Ka

pKa vrijednosti nekih slabih kiselina navedene su u slijedećoj tablici:

49

Konstante disocijacije, Ka i pK, nekih slabih monoprotonskih kiselina pri 25°C

KISELINA Ka pK,

HC102 1,1 • IO' 2 1,96 HF 6 ,6 - IO’4 3,18

CUCOOH 1,8- IO' 5 4,74 HOC1 3,1-IO' 8 7,51 HCN______________ 4,0- IO' 10__________________9^40

Kod poliprotonskih kiselina imamo postepenu ionizaciju, te u njihovim vodenim otopinama postoji određeni broj ionizacijskih ravnoteža- U otopini triprotonske fosfatne kiseline postoje tri ionizacijske ravnoteža, kojima odgovaraju tri konstante disocijacije kiseline:

h 3p o 4 <=> H++ H2P 0 4

H2P0 4 '<s> H+ + HP04Z

HP042 H+ + P 0 4 3

U vodenim otopinama baza, također postoji ravnoteža disocijacije koju možemo prikazati:

B + H20 <=> BH+ + OIT

Konstanta disocijacije baze za gornju ravnotežu je:

\b hK b= i ----

f h +1h 2p o ;]Kai = r i ^ T l ^ 7>5 • 10 moldm ' 3

I, 3 j

pKax =2,12

\H + T HPOl~]K%------ ---------- =—-= 6 , 2 * 1 0 moldm

[h 2p o ;]pKa^ = 7,21

\h +\ p o I-\= =—■■*——~ = 2 - 1 0 moldm

[HPOT]pK% = 11,70

50

i njezina vrijednost je mjerilo jakosti baze. Kao primjer navodimo slabu bazu amonijak, koja u vodenoj otopini disocira na sljedeći način:

NH3(a<l) + H*0(1) < >NH4+(a,) + 0*r(aq)

\n h ;]\o h -]Kb = 1 r J = 1 ,8 - 1 0 5 moldm

p H SLABIH KISELINA I SLABIH BAZA

1* Za slabo disociranu octenu kiselinu' CH^COOPI; ravnotežu ionizacije prikazujemo jednadžbom:

CHsCOOH^ <=>H+(aq) + CH3 COO’(aq)

Konstanta disocijacije je:

\h +J c h ,c o o ~}

Zanemarujući količinu octene kiseline koja je disocirala, možemo pisati da je [H+] - [CH3 COO*], odnosno, [CH^COOH] jednaka je množinskoj koncentraciji kiseline (mol dm’3). Dalje slijedi daje:

K ,= — L J-[CHfiOOH]

odnosno[H+] =^K\CH,COOH]

Primjer: U 0,1 moldm’ 3 otopini CH3COOH

[H+] = -10- 5 ■ IO’ 1 = 1,34 • 10‘ 3 moldm

pH = -log[H+] = -log ( 1,34 • 10'3) pH = 2,87

51

2. pH otopine amonijakapri 25°C može se izračunati na sljedeći način; poznavajući ravnoteču ionizacije amonijaka u vodi i konstantu disocijacije, slijedi da je [OHT ]—[NH4 +], odnosno, [NH3] jednaka je množinskoj koncentraciji baze (moldm"3). Slijedi daje:

K=I^ 1” [MI,]

ili[OKjryjKt [ m ,]

Primjer. U 0,25 moldm" otopine amonijaka

[OIT] = -y/l,8 • 10~5 • 0,25 - 2,1- 10's moldm'3

Poznavajući [OHT] možemo izračunati pOH:

pOH = -log [OHT] = -log (2,1- IO'3) pOH = 2,68

pH = 14-pOH = 14-2,68 = 11,32

52

ISPITNI ZADACI

1. pH neke otopine iznosi 4,28: a) kako reagira ta otopina?

b) kolika je množinska koncentracija Hf i OHT iona te otopine? (R:[H+]=5,25-10'5 , [OH"]~1,92-10"10).

c)izračunajte K^ te otopine. (R: K ^-l -IO" 1 4 moI2 dm‘ )2. Izračunajte [OIT], ako je pH otopine 7,2. (R: [OHT]—1,58-10‘7)3. Množinska koncentracija H+ iona neke vodene otopine iznosi 1,5* IO*4 moldm’3.

Izračunajte pH te otopine. (R: pH=3,82)4. pHneke vodene otopine je 3,28. Kolika je [OIT]? (R: [OH*]=4,9'10’U)

- 2 - 35. Ako je koncentracija c(OHf) =1 ,5-1 0 ‘ moldm" izračunajte pH otopine; konstanta disocijacije slabe organske baze Kb = 1,6 • 10’' moldm’3. (R: pH-9,69)

6 . Kolika je [OfT] u otopini koje je pH =10,8? (R: [OHT] =6,3M 0'4)7. Izračunajte [H+] u otopini u kojoi je [OlTl:

a) 10"4 moldm’ 3 (R: [H+] -1 010 ’10)b) 3,2 • IO"*5 moldm'3 (R: [H*] =3,M0'9)c) 7,4 • 10"u moldm'3 (R: [H] =1,35-10"1)

8 . Izračunajte pH otopine slabili elektrolita:a) 0,002 moldm' 3 NH4 OH, ako je Kb~ i, 8 - 10’ 5 moldm"3 (R: pH=10,28)b) 0,1 moldm3 HCN, K,= 7,9- IO'10 moldm'3 (R: PH=5,05)c) 0,05 moldm'3HCOOH, K = 1,8 • IO"1 moldm'3 (R: pH=2,52)

9. Konstanta disocijacije askorbinske kiseline iznosi K„= 8,1-10'5 moldm'3.Izračunajte pH 0,01 moldm ' 3 otopine te kiseline. (R: pH—3,04)

10. Izračunajte [H*] u otopini sulfidne kiseline, koncentracije 0,05 moldm’3, ako je konstanta disocijacije kiseline u prvom stupnju, K a ^ l^ S • IO' 5 moldm’3.(R: [H+] =9,35-IO'4)

11. Izračunajte pH 0,1 moldm ' 3 otopine etilamina, Kb=4,7 • 10*4 moldm"3. (R:pH=ll,84)

12. Izračunajte pH 1 moldm" 3 otopine vinske kiseline, ako je konstanta disocijacije u drugom stupnju Ka2 -1,53* IO' 5 moldm"3. (R: pH-2,41)

13. Kolike su [H+] i [OHT] ako je:a)pH = 9,56 (R: [H+] -2,75-lC"10, [OIT] =3,64-10"5)b)pOH = 14 (R: [H+] =1,0, [OH"j =10"14)c)pOH = 0,4 (R: [H+] =2,5-10’14, [OH'] =0,398)

14. Izračunajte pH otopine NaOH koja u 500 cm3 sadrži 0,4 g NaOH (R: pH=12,3)15. pH neke slabe kiseline iznosi 4,8. Konstanta disocijacije Ka = 4 • 10’7 moldm"3.

Izračunajte (H+] . (R: [H+] =6,3-10"4)

53

HIDROLIZA SOLI

Soli spadaju u jake elektrolite jer u vodenim otopinama praktički potpuno disociraju. Da li će u vodenoj otopini doći do reakcije između iona soli i iona vode zavisi o prirodi same soli.Reakcija između soli i vode, odnosno između iona soli i iona vode naziva se hidroliza.

Reakciji hidrolize podliježu:1 . soli jakih baza i slabih kiselina

2 . soli slabih baza i jakih kiselina3. soli slabih baza i slabih kiselina

Reakcija neutralizacije svodi se na reakciju između vodikovih iona i hidroksid iona pri čemu nastaju slabo đisocirane molekule vode:

H+ + OHT o H20 ili H30 + + OHT 2H20

Hidroliza predstavlja suprotan proces neutralizaciji, koji se sastoji u djelomičnom ili potpunom razlaganju neke soli posredstvom molekula vode, na kiselinu i bazu:

hidroliza

BA +H20 <=> BOH + HAneutralizacija

Kao prvi primjer navodimo reakciju hidrolize natrij-acetata, CH3 COONa**soli jake baze i slabe kiseline. Hidroliza CH3COONamože se prikazati sljedećom jednadžbom:

Na+ + CH3 COO' + H20 <=> Na+ + O K + CH3COOH

Iz gore navedene jednadžbe vidi se da su produkti hidrolize jako disocirana baza NaOH i slabo disocirana kiselina CH3COOH Koncentracija hidroksidnih iona je veća nego u čistoj vodi i pH je veći od 7. Zato otop ina natrij-acetata reagira slabo bazično.

Kao primjer soli slabe baze i jake kiseline navodimo amonij-klorid, NB^Cl. Hidroliza NH4 C1 može se prikazati sljedećom jednadžbom:

54

NH,+ + Cl' + H+ + OH' <=> H+ + c r + n h 3 + h 2o

U vodenoj otopim amonij-klorida koncentracija vodikovih iona veća je nego u čistoj vodi, odnosno pHje manji od 7 i otopina reagira kiselo.

Soli slabih baza i slabih kiselina, također hidro liziraju, a kakva će biti reakcija njihove vodene otopine zavisi od jakosti baze, odnosno jakosti kiseline. Ako je baza jača od kiseline, sol će reagirati bazično; obratno, ako je kiselina nešto jača od baze, sol će reagirati kiselo. U slučaju kad su baza i kiselina iste jačine, sol će reagirati neutralno.

Soli jakih baza i jakih kiselina u vodenoj otopini reagiraju neutralno i ne hidro liziraju. Na primjer, vodena otopina NaCl sadrži ione Na+, Cf, H+ i OHT. Ioni Na+ i OI-f pripadaju jakoj bazi, a ioni H+ i Cl' jakoj kiselini i neće doći do nastajanja nedisociranih molekula. Prema tome, koncentracija H+ i OH" iona u vodenoj otopini NaCl ostaje ista kao i u čistoj vodi i otopina reagira neutralno.

PUFERSKE OTOPINE

U mnogim biološkim i kemijskim procesima potrebno je da pH-vrijednost medija bude točno određena ili da se mijenja u dozvoljenim granicama To se postiže upotrebom puferskih ili tampon-otopina To su takve otopine koje dadatkom kiselina ili lužina ili razgeđivanjem održavaju pH vrijednost približno stalnom do određene lokičine dodane kiseline ih lužine.

Puferi su smjese slabih kiselina i njihovih soli, ili slabih baza i njihovih soli.Primjeri pufera su:

CH3COOH + CH3COONa (acetatni pufer)odnosno

NH4 OH +- NH4 CI (amonijačni pufer)

Pufer djeluje na slijedeći način: ako na acetatni pufer CH3COOH + CH3COONa djeluje jaka lužina, ona će se neutralizirati s octenom kiselinom prisilnom u puferskoj smjesi:

CH3 COOH+ NaOH -» CH3COONa + H20

pH otopine neznatno će se povećati zbog hidrolize natrij- acetata, CH3 COONa.Ako na isti pufer djeluje jaka kiselina, ona će reagirati s bazičnom komponentom pufera:

CH3COONa + HCI -> CH3COOH + NaCl

55

Otopina će pokazati neznatno niži pH, jer se oslobađa slabo disocirana octena kiselina.

U slučaju amonijačnog pufera, NH4 OH + NH4CI, dodatkom jake baze (NaOH), ili jake kiseline (HCI) dolazi do sljedećih reakcija:

NH4 OH + HCI -»NH4C1+ H20

NH4 CI + NaOH NH4 OH + NaCl

Kako vidimo, dodatkom jake kiseline (HCI) amonijačnom puferu, dolazi do neutralizacije te kiseline pri čemu nastaje sol kiselog karaktera (NH^Cl), koja će neznatno sniziti pH otopine. Isto tako, dodatkom jake baze (NaOH) nastaje slabo disocirana baza, NH4OH koja neznatno povisuje pH otopine.

Puferi igraju važnu ulogu u živom organizmu. Krv i krvni- serum imaju određenu pH vrijednost, koja se kreće od 7,35 - 7,45. Njenu stalnu vrijednost održavaju različiti puferi s kojima je organizam snabdjeven, kao npr. (NaHC03 + H2 C03), (NaH2P 0 4 -f Na2HP04), aminokisehne itd.

Fosfatni pufer regulira stalnu pH vrijednost na sljedeći način;- dodatkom kiseline (HCI):

HCI + Na2HP0 4 -> NaH2P0 4 + NaClodnosno,- dodatkom baze (NaOH):

NaOH + NaH2P 0 4 -» Na,HP04 + H20 Sposobnost pufera da održi stalnu pH vrijednost otopine izražava se njegovim

kapacitetom. Kapacitet pufera definira se količinom jake kiseline ili lužine koju treba dodati 1 dm3 pufera da se pH vrijednost promijeni za jedinicu.

ELEKTROKEMIJ SKE REAKCIJE

Elektrokemija obuhvaća oksidacijsko-redukcijske reakcije koje su izvor električne struje (galvanski članci), odnosno reakcije pri kojima se električna energija troši (procesi elektrolize). Naprave u kojima se iz elektrokemijskih reakcija dobiva električna energija nazivaju se elektrokemijski članci.

Postoje dva tipa elektrokemijskih članaka: prvi tip se naziva voltin članak, prema A. Volti (1745-1827), talijanskom profesoru koji je konstruirao pivu bateriju oko 1800-te godine. Voltini članci se ponekad nazivaju i galvanski članci, zatim postojii Daniellov članak (J.F. Daniell, 1790-1845), suhi članak, olovni akumulator itd.

56

Drugi tip članaka predstavlja nespontane redoks-reakcije koje prouzrokuje električna energija iz generatora ili baterija. Takav elektrolitički članak koristi istosmjernu električnu struju koja je uzrok redoks-reakcija u članku.

ELEKTROLIZA

Prolaz istosmjerne struje kroz vodene otopine elektrolita i promjene koje pri tome nastaju na elektrodama (nespontane redoks-reakcije) nazivamo elektroliza-

Prema definiciji anoda je elektroda na kojoj dolazi do reakcija oksidacije, odnosno, katoda je elektroda na kojoj dolazi do reakcija redukcije. Anoda se ponaša kao oksidacijsko sredstvo, a katoda kao redukcijsko, sredstvo.

Elektroliza se primjenjuje pri dobivanju natrija, aluminija, vodika, kisika, klora, pri rafinaciji srebra i bakra, odnosno u procesu kromiranja, pozlaćivanja, punjenju akumulatora itd.

Primjer elektrolize:

a) taline NaCl

NaClfl Na+0) + Cr0)K(-) 2Na+ + 2e' -» 2Na A l-1 2CT H> C l, i- 2c~

2Na+ + 2C1' -> 2Na + Cl2

b) vodeK(-) 4H20 + 4e’ 2H2 + 4 0 K

21LO 2H, + Oo

c) otopine NaClNaCl{S) <=> Na ^ + C l ^

K(-) 2H20 + 2e" -> H2 + 20H*2 Cl" -» Cl2 + 2e~2H20 + 2C1‘-* H2 + Cl2 + 20H"

57

Kemijski izvori električne struje - GAL VANSKI ČLANCI

Daniellov članak spada u najtipičnije galvanske članke, a sastoji se od zinka uronjenog u otopinu cink-sulfata i metalnog bakra uronjenog u otopinu bakar(JI)- sulfata. Otopine navedenih soh odvojene su ih poroznom membranom (dijafragmom) ili inertnim elektrolitom (KC1). Zink se u dodiru svoje soh oksidira i u otopinu odlazi u obliku iona, dok na metalu ostaje višak elektrona. Pločica bakra u otopini bakar(n)- sulfata postaje pozitivna, jer se na njoj reduciraju Cu2+ ioni u elementarni bakar. Ako se ova dva metala spoje metalnim vodičem, dolazi do pokretanja elektrona od zinka prema bakru. Prema tome, za vrijeme rada Članka zink se oksidira što dovodi do njegovog otapanja, a Cu2+ ioni se reduciraju i talože na pio čici bakra.

Sposobnost metala da se oksidira i da u obliku iona odlazi u otopinu izražava se elektrodnim potencijalom. Zbog prijelaza iona u otopinu, elektroda ima određeni potencijal. On ovisi o vrsti metala, koncentraciji (aktivitetu iona) i temperaturi. Elektrodni potencijal se mjeri u voltima (V). Ako su koncentracije ZnS0 4 i CuS04 u Daniellovom članku 1 moldm"3, razlika potencijala između elektroda iznosi 1,10V.

(A) - Zn | Zn2+(aq) | Cu2\ ^ | Cu + (K)

oksidacija Zn<s) —> Zn2+(aq) + 2e" E° — -0,763V

redukcija__________ Cu2+<a4) + 2e~ Cu^______ E1^.±0V3„3JZY

Zn<s) + Cu2+(aq) Zn2+(aq) + Cu(s)

EŽ1 - Ek - Ea = 0,337V - (-0,763V) - 1,100 V

Standardni elektrodni potencijal (E°) različitih metala, uronjenih u otopnu njihovih soli koncentracije 1 moldm'3, određuju se prema standardnoj vodikovoj elektrodi, čiji je potencijal dogovorno jednak nuli (E° = 0,000V).

58

Standardni (redukcijski) potencijal V nekih metala

Eleklro-dnajceakcija.

A u -.+ J e '^ A u ^ _______________________ +L.4Ž&

Li+ + e‘ —> Li/.| -3,045*«K+ + e‘ —» K(s) -2,925Ca2+ + 2e" -> Ca s) -2,866Na+ + e -» Na<s) -2,714Mg2+ + 2c' —> Mg(s) -2,363H«.) + 2e" -» 2H" -2,250AT + 3e '-> A l(s) -1,662Zn2+ + 2e' -» Zii(s) -0,763Fe2+ + 2e' -> Fe(s) -0,440Pb2* + 2e~ -» Pb^_____________________ rfl02fi2H* + 2e' -> ______________________ 0.000Cu2+ + 2e" -> Cu(s) +0,337Ag+ + e' -> Ag(s) +0,799Pt2+ + 2e' -» Pt(s) +1,250

Standardni redukcijski potencijal nekih readoks-sustava

EieMm<kiajceakcija___________________ E°_(Y)

H2 0 2 + 2H+ + 2e’ <=> 2H20 + 1,776Mn04‘ + 4H+ + 3e" <=> M n0 2 + 2H20 +1,695Mn04" + 8 H+ + 5e’ <> M n+ + 4H20 +1,5070 2 + 4H+ + 4e <o 2H20 +1,229Cl2 + 2e" o 2Cf +1,087l/20 2 + H20 + 2e~ <=> 20IT +0,4012H+ + 2c <=> H2 0 , 0 0 0

2H,0 + 2c ct> FL + 20H" ___ 1 1 3 0

59

Na osnovi vrijednosti standardnih potencijala elemenata ili elektrokemijskog reda elemenata, može se zaključiti o njihovoj reduktivnoj moći.

Ukoliko element ima negativniji standardni potencijal, lakše će otpuštati elektrone i bit će jače redukcijsko sredstvo. Metal negativnijeg potencijala može dati elektron metalu pozitivnijeg potencijala.

To smo vidjeli na primjeru kada ioni bakra primaju elektrone, a cink prelazi u otopinu u obliku iona.

Nadalje, aluminij, cink i željezo mogu iz kiseline osloboditi vodik, dok bakar, srebro ili zlato ne mogu. Obratno, element ili redoks-sustav koji ima pozitivniji potencijal lakše će primati elektrone, odnosno jače je oksidacijsko sredstvo.

ELEKTR OKEMIJSKA STEHIOMETRIJA (FARADA Y-evi ZAKONI)

U elektrokemijskoj reakciji elektrolize za prijenos jednog mola elektrona potrebna količina elektriciteta iznosi:

F = e L = 1,6021892 • IO' 1 9 ----• 6,022 • IO2 3 ~-ektr—elektron mol

F = 96485 Cmol"1« 96500 Cmof1

gdje je:e = naboj elektrona L = Avogadrova konstanta F — Faradayeva konstanta

Budući daje

C = A • s (Ampersekunda)

F — 96500 A s mol’ 1 = 26,8 A h mol" 1 (Ampersati mol’1)

Engleski fizičar FARADAY M. (1791-1867) proučavao je u kakvoj su zavisnosti masa tvari koja se izluči na elektrodi u toku elektrolize i količina elektriciteta koja je prošla kroz elektrolit. 1834. g. formulirao je sljedeće zakone elektrolize:

60

I Faraday-ev zakon:

Masa tvari koja se izluči na elektrodi pri elektrolizi proporcionalna je količini elektriciteta koji je prošao kroz elektrolit

II Faraday-ev zakon:

Ista količina elektriciteta koja prolazi kroz različite elektrolite na elektrodama izlučuje mase tvari u omjeru njihovih kemijskih ekvivalenata*

Ako količinu elektriciteta označimo s Q, onda je:

Q — z F n

Q = z F m/M

gdje je:

Q - količina elektriciteta (C)F - Faradayevakonstanta; F-96485 Cmol" 1 = 96485 Asmol" 1 = 26,8 Ahmof1

z - broj elektrona u reakciji članka n ~ količina (množina) tvari (mol) m - masa tvari (g)M - Molama masa tvari (gmol'1)

Primjer: Koliko se grama natrija izluči na katodi pri elektrolizi taline natrij-klorida, ako je utrošak elektriciteta 26,8 Ah?

K(-): Na+(1) + e’ -> Na(,)

m(Na) =z -F I • 26,8Ahmol

61

Primjer. Kolika je količina elektriciteta potrebna da se pri elektrolizi otopine HCI na katodi izluči 1 g vodika?

K(-): 2H+ (aq) + 2e' —> H2(g)

Q — z * F - n(H2) = z • F ■ m(H2yM(H2)Q = 2 • 26,8 Ahmol' 1 * \%/ 2gmol“ 1 = 26,8 Ah

Potencijal elektrode redoks-sustava (E), izračunava se Nernst-ovomjednadžbom:

E = E" + (0,059/z) log coks/c„,j

Ova jednanadžba omogućava da izračunamo elektrodne potencijale za svaku redoks-reakciju u kojoj su koncentracije oksidirane i reducirane forme iona u otopini izražene u moldm*3.

Mjerenje pH

pH otopine može se najtočnije odrediti mjerenjem elektrodnog potencijala vodikove elektrode. Nemstovu jednadžbu, primijenjenu na vodikovu elektrodu pišemo ovako:

E(h 7 h 2) = 0,059 log c(H+)E(H+/H2) = -0,059 pH

e (h * / H,pH = —----------i

-0,059

Primjer: Kolika je koncentracija H+ iona ako je izmjeren potencijal vodikove elektrode -0,118 V?

E(H+/H2) - 0,059 log c(H+)c(H+) = antilog (-E(H+/H2y0,059) = antilog (-0,118/0,059) = 0,01 moldm' 3

62

Primjer. Koliki je pH otopine u kojoj je izmjeren potencijal vodikove elektrode -0,236 V?

E( H* / Ht ) —0,236 ,pH — —-----------~ = -------- — 4

*-0,059 -0,059

Primjer. Izračunajte elektrodni potencijal za redoks-sustav

M n04' + 8 H+ + 5e* o Mn2+ + 4H20

ako je E°=1,51Vc(Mn2 +)=10"8 moldm"3

c(Mn04") — 10' 2 moldm’J c(H*) -1 0 "4 moldm*3

E « E° + 0,059/z log c(oks/c (rod)

t > i c i ^ °>059 i c{MnO;)-c{H*)' E ™ 1,51 -+ —----- log — 7 v 1

„ , „ °>059 , 10'2 -(10'")8 E -1 .5 1 + lo g -----

E = 1,20 V

63