UNIVERZITA KARLOVA V PRAZE. SLOVNÍ ÚLOHY S TEMATIKOU Z CHEMIE Bakalářská práce

Transkript

1 UNIVERZITA KARLOVA V PRAZE PEDAGOGICKÁ FAKULTA Katedra matematiky a didaktiky matematiky SLOVNÍ ÚLOHY S TEMATIKOU Z CHEMIE Bakalářská práce Autor: Anežka Poulová Vedoucí práce: doc. RNDr. Jarmila Novotná, CSc.

2 Prohlašuji, že jsem bakalářskou práci vypracovala samostatně s použitím uvedené literatury. V Praze dne

3 Děkuji doc. RNDr. Jarmile Novotné, CSc. za cenné rady a připomínky, které velkou měrou přispěly k výsledné podobě mé práce, za čas, který mé práci věnovala, a za neuvěřitelnou vstřícnost a laskavý přístup. Dále děkuji Ing. Hubertu Poulovi za pomoc při kreslení obrázků.

4 Obsah Úvod Slovní úloha Vymezení pojmu slovní úloha Řešení slovních úloh Nejběžnější slovní úlohy s tematikou z chemie Využívaný matematický aparát Teoretický základ z chemie Základní výpočty Látkové množství Hmotnost atomů Obsah prvků ve sloučenině Složení roztoku, směšování a ředění roztoků Hmotnostní zlomek Molární (látková) koncentrace Mísení roztoků Úlohy vycházející z chemických rovnic Výpočty z chemických rovnic Chemické rovnováhy Vybrané zajímavé slovní úlohy s tematikou z chemie Využívaný matematický aparát Teoretický základ z chemie Úloha Úloha Úloha Úloha Úloha Závěr...69 Seznam použité literatury...70

5 Úvod Téma bakalářské práce Slovní úlohy s tematikou z chemie jsem si vybrala na doporučení mé vedoucí práce, ale nutno dodat, že mě toto téma velmi oslovilo. Už proto, že studuji jako druhý obor chemii a úlohy s touto tématikou jsou mi velmi blízké. Během svého studia na střední i vysoké škole jsem se často setkávala v chemii se studenty, kterým se zdálo zatěžko se do chemických výpočtů pouštět, přestože jinak v chemii patřili k dobrým studentům. Častým problémem se totiž stávala matematizace úlohy a její následné matematické řešení. Rozhodla jsem se tedy vytvořit práci, která tyto příklady shrne a dá vhled do matematické části řešení slovní úlohy, případně dá návod, jak postup řešení zjednodušit či zefektivnit. Úloh s chemickou tématikou je mnoho, proto jsem práci z praktických důvodů rozdělila na dvě části, kterým předchází obecný úvod o slovních úlohách. V první části práce jsem shrnula chemické úlohy, se kterými se student potkává téměř ve všech oblastech chemie při laboratorních cvičeních (základní výpočty, složení roztoku, směšování a ředění roztoků, výpočty z chemických rovnic), a zde jsem si položila za cíl nastínit různé způsoby řešení. Ač se jedná o úlohy z matematického hlediska triviální (většinou za použití přímé a nepřímé úměry), bývají přesto občas pro studenty překvapivě obtížné. Proto jsem se záměrně pokusila u některých úloh o řešení pomocí obrázku, který dává do úlohy lepší vhled. V druhé části práce jsem vybrala příklady z různých oblastí chemie, které mi připadaly něčím zajímavé a kde si již řešitel bez příslušného matematického aparátu nevystačí. Zde jsem se pokusila najít takové matematické postupy, které úlohy zjednoduší a výpočty velmi podstatně urychlí a zkrátí. Jednotlivé úlohy jsem většinou přebírala z vlastních poznámek nastřádaných za dobu studia chemie na střední a vysoké škole. U úloh, které jsou převzaty z jiné literatury, uvádím zdroj přímo v textu. Některé z nich jsem pro potřeby této práce upravila. Uvedená řešení úloh jsem vytvořila na základě poznatků získaných během vysokoškolského studia sama. Na začátku každé kapitoly jsem zařadila podkapitolu Využívaný matematický aparát, ve které definuji některé používané matematické pojmy, případně uvádím matematické postupy, které jsou pro řešení úloh daného typu potřeba, a podkapitolu Teoretický základ z chemie, kde definuji využívané chemické veličiny (případně 5

6 uvádím jejich vzájemné vztahy) a snažím se ve zkratce popsat teoretické souvislosti potřebné pro pochopení zadání následujících slovních úloh. Pro zpracování teoretických částí jsem použila běžně dostupnou literaturu z matematiky a chemie, kterou uvádím v seznamu použité literatury. 6

7 1. Slovní úloha 1.1. Vymezení pojmu slovní úloha Položíme-li si otázku, co si pod pojmem slovní úloha vlastně představujeme, zjistíme, že jej chápeme různě široce. Například v (Kuřina, 1989) se slovní úlohy vymezují jako úlohy, v nichž je obvykle popsána určitá reálná situace (např. s ekonomickou, přírodní, fyzikální, společenskou nebo jinou tematikou) a úkolem řešitele je určit odpovědi na položené otázky. Z takto vymezeného pojmu jsou ovšem vyloučeny slovní úlohy typu Najdi takové číslo, že po odečtení jeho třetiny a čtvrtiny zbude osm. Podobně je slovní úloha definována v (Divíšek, 1989), kde jsou za slovní úlohy považovány takové úlohy z praxe, ve kterých je popsána určitá reálná situace, která vyúsťuje v problém, jenž je možné řešit buď v realitě, nebo matematicky. Takovéto vymezení slovní úlohy je trochu rozšířeno ve (Vyšín, 1962), kde je uvedeno: Slovními úlohami bývají zpravidla nazývány úlohy aritmetické nebo algebraické, formulované slovy, nikoli matematickými symboly, nebo úlohy z praxe, jejichž řešení vyžaduje rozřešení aritmetické nebo algebraické úlohy. Nejobecnější formulaci jsem našla v práci (Blažková a kol., 2007), která považuje za slovní úlohy takové úlohy, ve kterých je souvislost mezi danými a hledanými údaji vyjádřena slovní formulací. Vcelku jednotně jsou v těchto pramenech (Blažková a kol., 2007)/(Divíšek, 1989) slovní úlohy děleny na slovní úlohy jednoduché a složené. Jednoduché slovní úlohy jsou takové, k jejichž řešení stačí pouze jeden početní úkon, oproti tomu k řešení složené slovní úlohy je třeba alespoň dvou početních úkonů. Složené slovní úlohy řešíme postupným vytvářením dílčích jednoduchých úloh, které na sebe významově navazují a jejichž řešením získáme odpověď na otázku úlohy složené. Podle (Odvárko, 1990) můžeme slovní úlohy dělit na slovní úlohy s matematickým obsahem, což jsou slovní úlohy, ve kterých se sice hovoří o číslech, rovnicích atd., ale řešitel musí nejprve přeložit zadání do příslušného kalkulu, a slovní úlohy s nematematickým obsahem, ve kterých se zjevně vyskytuje alespoň jeden termín, který nepatří do žádné matematické teorie. Slovní úlohy, kterými se budeme zabývat v této práci, řadíme podle tohoto dělení mezi slovní úlohy s nematematickým obsahem. Za slovní úlohu s tematikou z chemie budeme považovat každou slovní úlohu, která obsahuje prvky z chemické problematiky a u níž se hledá hodnota nějaké chemické či fyzikální veličiny nebo odpověď na vztah mezi těmito veličinami. 7

8 1.2. Řešení slovních úloh Řešení jednoduché slovní úlohy podle (Divíšek, 1989) probíhá v několika fázích. První fází je rozbor úlohy, během kterého si řešitel ujasňuje, co zná a co má vypočítat. Další fází je matematizace podmínek v zadání úlohy, během které vyjadřujeme pomocí matematických symbolů vztahy mezi prvky v úloze a vytváříme tak vlastně úlohu matematickou. Poté nastává řešení matematicky formulované úlohy (například vytvořené rovnice, početní úlohy apod.). Při provádění výpočtů se jednotky příslušných veličin nezapisují a matematické zápisy se provádějí jen s čísly; jednotky se uvádějí až v odpovědi. Je vhodné provést zkoušku správnosti a to jak vytvořené matematické úlohy (řešené rovnice apod.), tak celkového výsledku slovní úlohy, zda opravdu splňuje všechny podmínky zadání. (Přesto, že zkoušky považuji při procesu řešení za důležité, v následujícím textu je z prostorových důvodů uvádět nebudu.) Na závěr řešení se píše odpověď na položenou otázku úlohy. V (Sirotek - Karlíček, 2000, str. ) se k procesu řešení chemických úloh píše: Přes značnou rozmanitost chemických úloh má jejich řešení společné dva základní kroky, kterými jsou: volba vhodného postupu řešení (výsledkem je vztah mezi hledanou proměnnou a zadanými proměnnými), správné provedení výpočtu (výsledkem je správná hodnota hledané proměnné). Dále je zde uvedeno, že nejobtížnějším krokem řešení je převedení slovního zadání na matematickou formu. A i přesto, že v případě správné volby postupu řešení by měl být výpočet již snadnou záležitostí, i v této části řešení chemické úlohy se často vyskytují chyby. Kromě elementárních matematických chyb mohou chyby pramenit z nevhodného použití jednotek a z nesprávné manipulace s přibližnými čísly. V souvislosti s řešením složených slovních úloh jsou v (Divíšek, 1989) odlišovány dva možné postupy řešení analytický a syntetický. Při analytickém postupu vyjdeme z otázky slovní úlohy a sestavíme jednoduchou dílčí úlohu, pomocí níž lze na otázku odpovědět, přičemž alespoň jeden potřebný údaj k vyřešení této úlohy není zadaný. K určení tohoto údaje sestavíme další jednoduchou dílčí úlohu, ve které opět nějaký údaj neznáme, a tak postupujeme dál, až získáme takovou úlohu, kterou vyřešit z údajů v zadání lze. Syntetický postup využívá známých údajů ze zadání, na základě kterých 8

9 vypočteme údaj odpovídající na nějakou dílčí úlohu. Z tohoto údaje a dalších údajů ze zadání vyřešíme další dílčí úlohu atd., až získáme odpověď na otázku celé úlohy. Mezi nejběžnější slovní úlohy jsem zařadila základní výpočty, složení a mísení roztoků a výpočty z chemických rovnic. Některé z těchto úloh jsou úlohy jednoduché, tedy k jejich vyřešení není nutná speciální strategie. Většinou stačí vyjít z definice pojmu, který je v otázce zadán. U úloh složených je zvolení vhodného postupu obtížnější. Nejčastěji se tyto úlohy řeší syntetickým postupem, kdy buď řešitel použije sled správných úvah s využitím nějakého jednoduchého matematického aparátu, například trojčlenky, nebo využije definičních vztahů jednotlivých veličin a pojmů a synteticky ze známých údajů určuje neznámé veličiny dílčích úloh tak dlouho, až získá odpověď na otázku zadané slovní úlohy. Při takovém způsobu řešení ovšem dochází k častým chybám, plynoucím ze zaokrouhlování mezivýsledků. Matematika však nabízí postup, při němž řešitel dojde k relativně velmi přesným výsledkům. Jde o postup analytický, při němž řešitel vyjadřuje vztahy mezi známými i neznámými veličinami v úloze a sestavuje tím vlastně soustavu rovnic. Při využití dosazovací metody (kap. 2.1) při řešení soustavy dochází k procesu, kterému se říká vyjadřování vzorce pro výpočet. Studenti chemie této strategie využívají zřídka, přestože jde o rychlý a přesný způsob výpočtu. V dalším textu ukážeme, že především ve složitějších úlohách je tento postup velmi výhodný. Čtenář také může porovnat, u jakých typů úloh je vhodnější použití řešení úvahou (většinou využíváme syntetický postup) a u jakých řešení pomocí dosazení do definičních vztahů (většinou využíváme analytický postup). 9

10 2. Nejběžnější slovní úlohy s tematikou z chemie 2.1. Využívaný matematický aparát Pro mnoho základních chemických výpočtů si student vystačí se znalostmi přímé a nepřímé úměrnosti. Ty jsou v (Meyers Grosser Rechenduden, 1971, str. 617) definovány takto: Def. Nechť jsou dány dvě dvojice čísel a, b a c, d. Říkáme, že tyto dvojice jsou úměrné, platí-li: a c ; abcd,,, 0; a, d nazýváme vnějšími členy úměry a b, c b d vnitřními členy úměry. Úměru lze zapsat rovněž ve tvaru a d b c, tzn. vynásobili jsme vnější a vnitřní členy úměry mezi sebou. Def. Dvě veličiny a, b se nazývají přímo úměrné, jestliže jejich podíl má konstantní hodnotu m: a m b. Tuto hodnotu nazýváme hodnotou úměry nebo koeficientem úměrnosti. (Např. dráha a čas při rovnoměrném pohybu jsou úměrné veličiny; jejich poměr je roven rychlosti pohybu, která je v tomto případě konstantní.) Def. Nepřímo úměrné se nazývají dvě veličiny a, d, jejichž součin má konstantní hodnotu m: a d m. (Např. čas a rychlost při konstantní dráze rovnoměrného pohybu jsou nepřímo úměrné veličiny.) Početní postup, který využívá přímou a nepřímou úměrnost a kterého se v praktických výpočtech velmi často používá, se nazývá trojčlenka. V (Meyers Grosser Rechenduden, 1971, str. 97) se píše: V trojčlence určujeme na základě tří známých veličin veličinu čtvrtou. Postupujeme při tom tak, že veličinu vztaženou na určité množství vztáhneme nejdříve na jednotku a nakonec na nové množství. Při trojčlence nebo úměře používáme násobení a dělení. Například máme spočítat, kolik stránek v knížce přečteme za 12 dní, když jsme za pět dní přečetli třicet stran. Nejdříve si sestavíme schéma úměry takto 5dní...0stran. 12dní... x stran 10

11 Nyní přepočítáme, kolik stran bychom přečetli za jeden den: 0 5 a vynásobíme to počtem dní: Tedy za dvanáct dní bychom přečetli 72 stran. 5 Výpočet z naznačeného schématu se dá zobecnit. Stačí do schématu doplnit stejně orientované šipky 5dní...0stran 12dní... x stran a podle nich sestavit jednoduchou rovnici 12 x 12 x 0 x 72. Vidíme, že výsledek je stejný. U nepřímé úměrnosti postupujeme podobně. Máme-li vypočítat, kolik dělníků najmout na práci, aby byla hotová za tři dny, když víme, že by ji šest dělníků dělalo týden, sestavíme si opět schéma úměry 7dní...6dělníků. dny... x dělníků Nejdříve se ptáme na jednotku kolik dělníků je potřeba, aby byla práce hotová za den? Je zřejmé, že to bude sedmkrát tolik, než šest dělníků, tedy 7 6. Máme-li na práci tři dny, bude zapotřebí třikrát méně dělníků Aby byla práce hotová za tři dny, je tedy zapotřebí čtrnáct dělníků. I zde můžeme výpočet zobecnit, pouze šipky musí být navzájem opačně orientované a potom platí: 7 x 76 x x dní...6dělníků dny... x dělníků Již při použití trojčlenky se dostáváme k řešení jednoduchých lineárních rovnic. V dalším textu budeme k výpočtům rovnice hojně používat, proto zde uvedu definice používaných typů rovnic a stručně ke každému typu uvedu standardní postup řešení. V této práci budeme rovnice řešit v oboru reálných čísel. 11

12 Def. (Čermák Červinková, 2004, str. 8): Jsou-li f( x ) a gx ( ) funkce proměnné x definované na množině D, pak rovnicí rozumíme vztah f( x) gx ( ). Řešit rovnici znamená určit všechna x D, pro která se z rovnice stává pravdivá rovnost. ( ) Množina D se nazývá definiční obor. Ekvivalentní úpravy rovnic jsou takové úpravy, které převádějí každou rovnici na rovnici s ní ekvivalentní, tj. zachovávají množiny všech řešení. Při řešení rovnic lze užít těchto ekvivalentních úprav: 1. Vzájemná záměna levé a pravé strany rovnice. 2. Přičtení stejného čísla nebo výrazu s neznámou (který je definován v celém oboru řešení) k oběma stranám rovnice.. Vynásobení obou stran rovnice stejným číslem nebo výrazem s neznámou, který je definován a různý od nuly v celém oboru řešení rovnice. 4. Úpravy výrazů na jednotlivých stranách rovnice. Při použití neekvivalentních úprav je nutné provést zkoušku. Def. (Polák, 1991, str. 186): Lineární rovnicí s neznámou x nazýváme každou rovnici tvaru ax+ b 0, kde abjsou, libovolná reálná čísla. Je-li a 0, má rovnice právě jeden kořen nekonečně mnoho řešení. Je-li a 0, b 0, nemá rovnice řešení. b x. Je-li a 0, b 0, má rovnice a Def. (Polák, 1991, str. 192): Kvadratickou rovnicí s neznámou x nazýváme každou rovnici tvaru 2 ax bx c + + 0, kde abcjsou,, libovolná reálná čísla, a 0. Diskriminantem kvadratické rovnice 2 ax bx c rozumíme číslo b± D. Je-li D > 0, má tato rovnice právě dva reálné kořeny x1,2. 2a 2 D b 4ac b Je-li D 0, má rovnice jeden dvojnásobný reálný kořen x1,2. Je-li D < 0, nemá 2a rovnice v oboru reálných čísel žádný kořen. Def. (Polák, 1991, str. 210): Exponenciální rovnicí nazýváme každou rovnici, ve které je neznámá x v exponentu nějaké mocniny. Za základní tvar exponenciální 12

13 rovnice lze považovat rovnici f ( x) g( x a b ), a > 0, b> 0, kde výrazy f( x ), gx ( ) vyjadřují funkční hodnoty daných dvou funkcí f, g proměnné x, z nichž jedna může být speciálně konstanta. Je-li a b( 1), pak řešíme rovnici porovnáním exponentů f( x) gx ( ). Je-li a b, pak obě strany rovnice zlogaritmujeme a převedeme na případ řešení rovnice s logaritmem. Def. (Polák, 1991, str. 212): Logaritmickou rovnicí nazýváme každou rovnici, v níž se vyskytují logaritmy výrazů s neznámou x. Je-li rovnice tvaru log x b a ( a > 0, a 1, b, ) pak má řešení b x a. Je-li rovnice tvaru log f( x) log gx ( )( a > 0, a 1), řešíme místo ní rovnici f( x) gx ( ). Ta je a a však s původní rovnicí ekvivalentní pouze pro f( x) > 0, gx ( ) > 0 (proto při nesplnění této podmínky musíme provést zkoušku). Def. (Polák, 1991, str. 186): Lineární rovnice s n neznámými x1, x2,... x nje každá rovnice tvaru ax 1 1+ ax ax n n b, kde a1, a2,... anjsou číselné koeficienty z oboru, z nichž aspoň jeden je různý od nuly, a b je číslo z téhož číselného oboru. Def. Soustavou m lineárních rovnic s n neznámými x1, x2,... x nrozumíme soustavu: a x + a x a x b n n 1 a x + a x a x b M n n 2 a x + a x a x b m1 1 m2 2 mn n m kde aij, bi. Čísla a ij nazýváme koeficienty soustavy, čísla b iabsolutní členy. Řešením soustavy rovnic o n neznámých x1, x2,... x n je každá uspořádaná n-tice [ ] x1, x2,..., x n z oboru reálných čísel, při jejímž dosazení do kterékoliv rovnice soustavy dostaneme platnou rovnost., Při řešení soustavy rovnic můžeme používat tyto ekvivalentní úpravy: 1. Nahrazení libovolné rovnice v soustavě rovnicí, která je s ní ekvivalentní. 1

14 2. Nahrazení libovolné rovnice v soustavě součtem této rovnice a libovolné jiné rovnice, která patří do soustavy.. Dosazení neznámé nebo výrazu s neznámou z jedné rovnice soustavy do jiné rovnice soustavy. Soustavy rovnic lze řešit různými početními metodami. Nejčastěji používaná je metoda sčítací a metoda dosazovací. Metoda sčítací využívá možnosti upravit rovnice soustavy do takového tvaru, aby se po vhodném sečtení rovnic alespoň jedna neznámá vyloučila. Při vhodných úpravách tak lze dojít k řešení jedné rovnice o jedné neznámé. Po určení této neznámé dostaneme soustavu, která má o jednu neznámou méně. Metoda dosazovací spočívá v tom, že se vyjádří neznámá z jedné rovnice a takto vyjádřená se dosadí do všech ostatních. Postupně se vyjadřují a dosazují další neznámé, až zůstane pouze jedna lineární rovnice o jedné neznámé, kterou už řešit umíme. Ostatní neznámé se snadno dopočítají zpětným postupným dosazením. Dosazovací metodu budu v práci využívat nejčastěji, pro slovní úlohy tohoto typu je nejvhodnější. Často totiž rovnice v soustavě, která popisuje vztahy v úloze, neobsahují všechny neznámé, a tedy nemá smysl vylučovat neznámou, která v rovnici není obsažena. Často budeme při výpočtech potřebovat vyjádřit neznámou ze vzorce. Při vyjadřování neznámé ze vzorce postupujeme tak, jako bychom řešili rovnici, kde všechny proměnné považujeme za konstanty, kromě té, kterou ze vzorce vyjadřujeme. Tu považujeme za neznámou. Pomocí ekvivalentních úprav vztahu se snažíme neznámou osamostatnit na jedné straně rovnice Teoretický základ z chemie Pro řešení chemických úloh je nutné orientovat se v základních chemických a fyzikálních veličinách a jejich jednotkách. (Sirotek Karlíček, 2000, str. 5) definují tyto pojmy takto: Def. Veličina je pojem, kterým lze kvantitativně i kvalitativně popsat jevy, stavy a vlastnosti různých materiálních objektů. 14

15 Def. Jednotka je zvolená a definičně stanovená hodnota této veličiny sloužící k porovnávání veličin stejného druhu. Tedy například zápis m kg znamená, že hmotnost porovnávaného objektu je třikrát větší než měřící jednotka. Současně používaná mezinárodní soustava veličin a jim odpovídajících jednotek vychází ze sedmi základních veličin. Pro přehlednost v tabulce uvádím jen ty, které budu ve své práci používat: veličina jednotka název značka název značka hmotnost m kilogram kg látkové množství n mol mol teplota T kelvin K čas t sekunda s délka l metr m Z těchto základních veličin se odvozují další veličiny a jednotky, například: Objem V l s jednotkou metr krychlový ( m ). m Hustota ρ s jednotkou kilogram na metr krychlový ( kg m). V Při chemických výpočtech velice často používáme násobné a dílčí jednotky, které vyjadřujeme pomocí předpon a značek. V tabulce uvádím jen některé (s ohledem na použití v dalším textu): násobek předpona značka 10 kilo k 10-1 deci d 10-2 centi c 10 - mili m 10-9 nano n Fyzikální veličiny jako je hmotnost, teplota, čas, délka atd., jsou intuitivně jasné. Horší je to s veličinami chemickými, proto ty nejvíce užívané blíže definujeme. 15

16 Def. Látkové množství n Vzorek látky má látkové množství jeden mol, obsahuje-li právě tolik částic ( ), kolik atomů je obsaženo v nuklidu uhlíku 12 C o hmotnosti 12 g. Počet částic připadající na jeden mol látky udává Avogadrova konstanta N A ( 2 1 N A 6, mol ). (Vacík a kol., 1999, str. 4) N Látkové množství je určeno podílem n, kde N je počet částic dané látky a N A N je Avogadrova konstanta. Jednotkou je mol. A Def. Molární hmotnost M Molární hmotnost vyjadřuje hmotnost takového homogenního souboru částic dané látky, jehož látkové množství je jednotkové. (Vacík a kol., 1999, str. 4) Molární hmotnost je určena podílem hmotnosti dané látky m a jejího látkového množství n: M m. Jednotkou je kilogram na mol ( kg mol ). n V kapitole 2.4 se budeme zabývat úlohami, ve kterých je potřeba určit množství rozpuštěné látky v roztoku. K popisu takových vlastností dobře slouží veličiny jako hmotnostní zlomek a molární koncentrace. Hmotnostním zlomkem můžeme vyjádřit složení jakékoliv soustavy (nemusí jít nutně o soustavu kapalnou). Def. Hmotnostní zlomek w Hmotnostní zlomek (hmotnostní podíl) wb ( ) látky B v soustavě je roven podílu hmotnosti této látky obsažené v soustavě mb ( ) a celkové hmotnosti soustavy m: mb ( ) wb ( ). m Protože je součet hmotností všech látek ( B i ) tvořících soustavu roven celkové mb ( 1) hmotnosti soustavy, můžeme tento vztah upravit na tvar: wb ( 1). (Vacík mb ( ) a kol., 1999, str. 47) i i 16

17 Hmotnostní zlomek je veličina bezrozměrná, vyjadřuje pouze poměr hmotností. Často mb ( ) se ale vyjadřuje v tzv. hmotnostních procentech: wb ( ) 100 %. m Součet všech hmotnostních zlomků soustavy je roven jedné. Celkovou hmotnost soustavy (pokud půjde o roztok) budeme značit m e. Def. Molární (látková) koncentrace c Látková koncentrace cb ( ) látky B v soustavě (směsi, roztoku) je rovna podílu látkového množství této látky obsažené v soustavě nb ( ) a objemu soustavy V: nb ( ) cb ( ). V Nejužívanější jednotkou látkové koncentrace je mol dm mol l. (Vacík a kol., 1999, str. 51) Objem soustavy, v tomto případě objem roztoku, budeme značit V e. Analogicky jako hmotnostní zlomek definujeme objemový a molární zlomek, kterých se využívá především k vyjadřování složení soustav plynů (lze jimi ovšem vyjádřit i složení kapalné soustavy): V( B) Objemový zlomekϕ látky B v soustavě je dán podílem: ϕ ( B), V kde V( B ) je objem látky B v soustavě a V je celkový objem soustavy. Celkový objem soustavy nelze nahradit součtem objemů jednotlivých složek. Molární zlomek x látky B v soustavě je dán podílem: nb ( ) nb ( ) xb ( ) n nb ( ), kde nb ( ) je látkové množství látky B v soustavě a n je celkové látkové množství soustavy (je dáno součtem všech látkových množství jednotlivých složek v soustavě). i i Souvislost mezi složením soustavy, která vznikla smísením dvou soustav o různém složení, a složením těchto dvou soustav se dá matematicky vyjádřit. V této práci se budeme zabývat soustavami kapalnými, tzv. roztoky. 17

18 Smísením dvou roztoků o různých koncentracích (případně přidáním rozpouštědla či čisté látky) se změní i složení roztoku. Vztah pro výpočet vychází ze zákona o zachování hmotnosti s využitím hmotnostních zlomků a nazývá se směšovací rovnice: mw ( A) + mw ( A) mw ( A) ( m + m ) w ( A), kde m 1, m 2 jsou hmotnosti roztoků, které mísíme, w( A ), w ( ) 1 2 A jsou hmotnostní zlomky látky A v těchto roztocích, m je hmotnost výsledného roztoku (dá se též vyjádřit jako součet hmotností směšovaných roztoků) a w ( ) A je hmotnostní zlomek látky A ve výsledném roztoku. Můžeme použít i vztah vycházející z úvahy o zachování látkového množství založený na vyjádření pomocí látkových koncentrací: Vc ( A) + Vc ( A) Vc ( A), kde V 1, V 2 jsou objemy roztoků, které mísíme, c ( A ), c ( ) 1 2 A jsou látkové koncentrace látky A v těchto roztocích, V je objem výsledného roztoku a c ( ) A je látková koncentrace látky A ve výsledném roztoku. U tohoto způsobu výpočtu ale musíme brát v úvahu, že může při mísení docházet ke změně objemu, jak uvádí např. (Sirotek Karlíček, 2000): Celkový objem soustavy nelze nahrazovat součtem objemů jednotlivých složek, protože může docházet k objemové kontrakci, popř. dilataci (zmenšení či zvětšení výsledného objemu). Při výpočtech z chemických rovnic (kapitola 2.5) je důležité rozumět pojmu chemická rovnice. Chemická rovnice je schéma, které kvantitativně i kvalitativně popisuje chemickou reakci. Výchozí látky (reaktanty) se píší na levou stranu rovnice, produkty na pravou. Aby zůstal zachován zákon o zachování hmotnosti, píší se před jednotlivé vzorce v chemické rovnici tzv. stechiometrické koeficienty, které udávají poměry látkových množství, v jakých výchozí látky beze zbytku zreagují na produkty, a také poměr, v jakém z výchozích látek vznikají produkty. Vyčíslováním chemické rovnice rozumíme hledání nejmenších celočíselných hodnot stechiometrických koeficientů tak, aby počet atomů každého prvku byl na obou stranách rovnice stejný. 18

19 Vyčíslené chemické rovnice se využívají i při výpočtech z chemických rovnováh. Chemická rovnováha je stav, kdy soustava dál nemění své složení, pokud se nezmění vnější podmínky. Chemické děje probíhají, ale svými účinky se navzájem ruší. Rovnovážný stav popisujeme rovnovážnou konstantou reakce, kterou pro obecnou reakci aa+ bb cc+ dd ve zředěných roztocích, u kterých předpokládáme ideální chování, definujeme takto: K c [ C] [ D] a [ A] [ B] Hranaté závorky značí látkové koncentrace jednotlivých složek po ustavení rovnováhy. d b. Rovnovážné složení soustavy popisuje veličina nazvaná stupeň konverze α. Stupeň konverze (přeměny)α pro složku A definujeme jako poměr zreagovaného látkového množství složky A ( n A) zreag. ku počátečnímu látkovému množství složky A ( n A) 0, přičemž zreagované látkové množství ( na) zreag. je dáno rozdílem látkového množství složky A na počátku reakce ( n A) 0 a látkového množství složky A v rovnovážném stavu n Arov,.: Stupeň konverze α α A je z intervalu ( 0,1 ). ( n ) ( n ) n A zreag. A 0 Arov,. A. ( na) 0 ( na) 0 Stupeň konverze není definován pro složky s nulovým počátečním množstvím. Pomocí stupně konverze a počátečního složení směsi lze vyjádřit rovnovážné látkové množství složek v reakci aa+ bb cc+ dd takto: n ( α ) ( n ) 1 Arov,. A 0 A n ( n ) b ( n ) α a n ( n ) c + ( n ) α a n ( n ) d + ( n ) α a Brov,. B 0 A 0 A Crov,. C 0 A 0 A Drov,. D 0 A 0 A 19

20 U protolytických rovnováh (chemické rovnováhy reakcí, kdy dochází k přenosu kationtů H + ) nás bude zajímat koncentrace vodíkových kationtů, která určuje kyselost roztoku. Tato koncentrace se vyjadřuje ve formě tzv. vodíkového exponentu ph, pro který ve zředěných roztocích platí: ph log H +. Je-li ph < 7, je roztok kyselý, je-li ph 7, jde o roztok neutrální, a pro ph > 7 je roztok zásaditý. 20

21 2.. Základní výpočty Mezi základní výpočty v chemii jsem zařadila slovní úlohy, v nichž se řešitel setkává se základními chemickými veličinami, jako je třeba látkové množství nebo molární hmotnost. U takovýchto úloh je několik možností, jak může řešitel postupovat. Při dobrém vhledu do úlohy postačí někdy pouze jednoduchá úvaha, která vede k trojčlence. Správným a vždy fungujícím postupem je dosazení do definičního vztahu dané veličiny a následné vyřešení jednoduché lineární rovnice s jednou neznámou. V případě, že je neznámých více, může si řešitel pomoci dalšími definičními vztahy tak, aby dostal n rovnic o n neznámých a převedl slovní úlohu na problém řešení soustavy rovnic (při užití dosazovací metody lze z definičních vztahů odvodit vzorec pro výpočet konkrétní veličiny, jak bylo řečeno v kap. 1.2). Úloha: Látkové množství Jaké je látkové množství oxidu uhelnatého ve vzduchu, který obsahuje 2 4,510 molekul tohoto oxidu? Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Z definice látkového množství víme, že jeden mol obsahuje 2 6,02 10 částic. Počet molů, označujících 2 4,510 molekul, označíme jako x. Jedná se o přímou úměrnost. Vyjádříme pomocí trojčlenky a spočítáme x: 2 1mol...6,02 10 částic 2 x mol...4,510 částic 2 x 4, ,02 10 x 0, Řešení pomocí dosazení do definičního vztahu: Látkové množství n je definováno jako poměr počtu částic ku Avogadrově konstantě, což není nic jiného, než počet částic, které obsahuje jeden mol: 21

22 Dosadíme zadané hodnoty a vypočítáme n: N n. N A 2 4,510 n 6,02 10 n 0,747. Látkové množství oxidu uhelnatého ve vzduchu je 0,747 mol. 2 Úloha: Hmotnost atomů Jak těžký je jeden atom mědi, jestliže víte, že 0,5 molu mědi má hmotnost 2 g? Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Nejdříve potřebujeme zjistit, kolik atomů je vlastně v půl molu mědi. Z definice látkového množství víme, že jeden mol obsahuje 2 6,02 10 částic, proto můžeme opět využít trojčlenku. Počet atomů v 0,5 mol mědi označíme jako x: Půl molu mědi tedy obsahuje 2 1mol...6,02 10 atomů 0,5mol... x atomů 0,5 x 1 6, x, , atomů, které mají hmotnost 2 g. Není těžké nahlédnout, jak lze opět trojčlenkou spočítat hmotnost jednoho atomu: 2, atomů...2g 1atom... y g 1 y 2, y 10, Řešení pomocí dosazení do definičních vztahů: Napíšeme si definice veličin, se kterými budeme počítat: 22

23 N n. N Chceme vyjádřit hmotnost jednoho atomu mědi, označme ji například m 1. Tato hmotnost se dá napsat jako podíl celkové hmotnosti mědi m a počtu částic mědi N, za které můžeme dosadit z definice látkového množství. Tedy Hmotnost jednoho atomu mědi je 1 2 A 0,56,02 10 A m m 2 m 10, N n N -2 10, g. -2. Úloha: Hustota molekuly chloru Cl 2 je,17 jestliže 1 mol tohoto plynu zaujímá objem 22,414 dm. g dm. Vypočítejte molární hmotnost chloru, Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Nejprve je důležité si uvědomit, co vlastně znamená veličina molární hmotnost. Molární hmotnost je definována jako hmotnost 1 molu látky. Tedy chceme spočítat, kolik gramů váží jeden mol molekul chloru. Ze zadání víme, že jeden mol chloru zaujímá objem 22,414 dm, tedy můžeme napsat: 1 mol 22,414 dm x g; z hustoty chloru víme: 1 dm,17 g. Na základě toho už sestavíme trojčlenku 1 dm...,17g 22,414 dm... x g 22,414 x 1,17 x 71,052. Tedy molární hmotnost chloru dané hustoty je 71,052 gmol. Řešení pomocí dosazení do definičních vztahů: Zde se dá postupovat synteticky i analyticky. Pokud bychom chtěli úlohu řešit synteticky, vyjdeme z údajů o hustotě chloru. Napíšeme definiční vztah: m ρ V a dosadíme zadané hodnoty. Vyřešíme rovnici s neznámou m: 2

24 ,17 m 22,414 m B 71,052. Nyní dosadíme do vztahu pro molární hmotnost: m M n M 71,052 1 M 71,052. Molární hmotnost chloru dané hustoty je 71,052 gmol. Analytický postup řešení s využitím definičních vztahů: Analytický postup vychází z otázky úlohy. V tomto případě chceme spočítat M, tedy m M ; n látkové množství chloru známe, je to jeden mol, neznáme ale hmotnost m. Můžeme ji ovšem vyjádřit z definičního vztahu pro hustotu m ρ m ρ V V a dosadit do první rovnice m ρ V M. n n V takto vyjádřeném vzorci již známe všechny hodnoty veličin uvedených na pravé straně rovnice, stačí tedy dosadit a spočítat výsledek. m,17 22,414 M B 71,052. n 1 Molární hmotnost chloru dané hustoty je 71,052 gmol Obsah prvků ve sloučenině Úloha: Vypočítejte, kolik hmotnostních procent vodíku obsahuje ethanol sumárního vzorce C 2 H 5 OH. Molární hmotnost ethanolu je 46 gmol, molární hmotnost vodíku je 1 gmol. (Benešová Satrapová, 2002, str. 41) 24

25 Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Sumární vzorec vyjadřuje poměr zastoupených atomů v molekule. Pokud budeme uvažovat jednu molekulu ethanolu, vidíme, že obsahuje šest atomů vodíku. V případě, že bychom uvažovali jeden mol molekul ethanolu, bude obsahovat šest molů atomů vodíku. Hmotnost jednoho molu ethanolu i šesti molů vodíku známe a zajímá nás, kolik procent z hlediska hmotnosti zaujímá vodík v ethanolu, tedy 46gmol...100% 61gmol... x % Ethanol obsahuje 1 % (hm.) vodíku. x x 1. Řešení pomocí dosazení do definičních vztahů: Zde se využívá tzv. hmotnostní zlomek ma ( ) wa ( ), mslouč (.) kde ma ( ) je hmotnost látky A a mslouč (.) je hmotnost sloučeniny. Někdy se také vyjadřuje pomocí molární hmotnosti sloučeniny a molární hmotnosti látky A, protože to jsou vlastně také hmotnosti, jen vztažené na jednotku látkového množství: ma ( ) M( A) na ( ) wa ( ). mslouč (.) M( slouč.) nslouč (.) Dosadíme (ve vyjádřeném vzorečku již je zahrnuta úvaha, že atomů vodíku je v jednom molu ethanolu šestkrát více než molekul ethanolu) a dostaneme: 6 M( vodíku) 61 wvodíku ( ) 0,1. M( slouč.) 46 Hmotnostní zlomek můžeme vyjádřit v procentech: 0,1 1%. Řešení úvahou za pomoci obrázku: Jednu molekulu ethanolu znázorníme takto: 25

26 uhlík kyslík vodík vodík6 g ethanol46 g Z obrázku je vidět, že hledáme, kolik procent je 6 g ze 46 g. To vypočítáme buď trojčlenkou, nebo pomocí zlomku: 6 1% Složení roztoku, směšování a ředění roztoků V chemii se studenti často setkávají s úlohami, kde je potřeba správně určit složení roztoku či naopak roztok o požadované koncentraci připravit. K tomu slouží chemické veličiny jako je hmotnostní (případně objemový, molární aj.) zlomek a molární koncentrace. V jednoduchých úlohách stačí znát k vyřešení problému definiční vztah, který po dosazení zadaných hodnot vede na jednoduchou lineární rovnici o jedné neznámé. Taktéž se dá využít trojčlenka. V některých případech lze úlohu řešit i obrázkem doprovozeným správnou úvahou nebo jednoduchým výpočtem. V některých úlohách se dají jednotlivé postupy kombinovat. Občas může řešitel dojít k výsledku řešením soustavy rovnic Hmotnostní zlomek Úloha: Kolik gramů kuchyňské soli (NaCl) a vody je potřeba na přípravu 00 g 5% roztoku NaCl? (Zimpl, 2010, str. 6) Řešení pomocí dosazení do definičního vztahu: Opět využijeme definiční vztah pro výpočet hmotnostního zlomku mnacl ( ) wnacl ( ) m e, přičemž zároveň víme, že me mvody ( ) + mnacl ( ). 26

27 Pokud dosadíme hodnoty ze zadání, získáme dvě lineární rovnice o dvou neznámých, které snadno vyřešíme: mnacl ( ) 0,05 mnacl ( ) mvody ( ) + mnacl ( ) 00 mvody ( ) mvody ( ). Hmotnost vody je 285 g, hmotnost rozpuštěné soli 15 g. Můžeme ovšem využít analytického postupu: Zde vyjdeme ze stejných vztahů, jako v předchozím řešení. Nejdříve ale vyjádříme vzorec pro výpočet a až potom dosadíme: ( ) mvody ( ) me mnacl ( ) me me wnacl ( ) me 1 wnacl ( ) 00 0, mnacl ( ) wnacl ( ) me 00 0,05 15 Hmotnost vody je 285 g, hmotnost rozpuštěné soli 15 g. Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Hmotnost připravovaného roztoku je 00 g a má být 5%, jinými slovy 5 % jeho hmotnosti zaujímá kuchyňská sůl:.zbývá dopočítat hmotnost vody: 00g...100% xg...5% x x 15. me mvody ( ) + mnacl ( ) 00 mvody ( ) + 15 mvody ( ) Kuchyňské soli je v roztoku 15 g, hmotnost vody je 285 g. 27

28 Řešení úvahou za pomoci obrázku: 100% 00g 75% 50% 25% 5% 0% Soli v roztoku je 5 %, tedy jedna dvacetina. Jedna dvacetina z 00 g je 15 g. Kuchyňské soli v roztoku je tedy 15 g. Jestliže sůl tvoří jednu dvacetinu roztoku, vody je 19 00g 285g 20. Úloha: Máme 29% roztok kyseliny, ve kterém je 62 g rozpouštědla. Jaká je hmotnost rozpuštěné kyseliny? Řešení pomocí dosazení do definičního vztahu: Vyjádříme hmotnostní zlomek kyseliny a vztah mezi hmotností kyseliny a rozpouštědla: Z těchto dvou rovností snadno vyjádříme: mkys (.) wkys (.) m e me mrozp (.) + mkys (.). ( ) mkys (.) wkys (.) me wkys (.) mrozp (.) + mkys (.) wkys (.) mrozp (.) mkys (.) 1 wkys (.) 0,29 62 mkys (.) 1 0,29 mkys (.) 25,2. Můžeme řešit i jako soustavu dvou rovnic o dvou neznámých: mkys (.) 0,29 m e me 62 + mkys (.) 28

29 Hmotnost rozpuštěné kyseliny je 25,2 g. mkys (.) 0, mkys (.) 0,29 (62 + mkys (.)) mkys (.) 17,98+ 0,29 mkys (.) mkys (.) 17,98 0,71 mkys (.) mkys (.) 25,2. Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Ve 29% roztoku je 29 % hmotnosti hmotnost kyseliny a zbylých 71 % hmotnosti je hmotnost rozpouštědla, která je zadána. Sestavit trojčlenku není obtížné: 62g...71% xg...29% x x 25,2. V roztoku je rozpuštěno 25,2 g kyseliny. Řešení úvahou za pomoci obrázku: 71% rozp. 62 g 29% kys. 71 % roztoku váží 62 g, hmotnost kyseliny je tedy 62g 29 25,2g

30 Molární (látková) koncentrace Úloha: Kolik gramů hydroxidu sodného (NaOH) je potřeba na přípravu 4 litrů roztoku o molární koncentraci 0,1 mol l? Molární hmotnost hydroxidu sodného je 40 gmol. (Zimpl, 2010, str. 6) Řešení pomocí dosazení do definičního vztahu: Molární koncentrace látky A je definována jako podíl látkového množství látky A a objemu roztoku nnaoh ( ) cnaoh ( ) V e. Látkové množství hydroxidu sodného ovšem neznáme, navíc chceme spočítat jeho hmotnost. K tomu nám poslouží vztah pro molární hmotnost mnaoh ( ) M( NaOH ). nnaoh ( ) Po dosazení hodnot ze zadání získáme opět dvě lineární rovnice o dvou neznámých. nnaoh ( ) 0,1 4 mnaoh ( ) 40 nnaoh ( ) nnaoh ( ) 0,4 mnaoh ( ) 40 nnaoh ( ) mnaoh ( ) 40 0,4 mnaoh ( ) 16. Řešíme-li analyticky vyjádřením vzorce pro výpočet, postupujeme takto: mnaoh ( ) nnaoh ( ) M( NaOH) cnaoh ( ) V e M( NaOH ) 0, K přípravě roztoku je potřeba 16 g hydroxidu. Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Roztok o koncentraci 0,1 mol lobsahuje v jednom litru 0,1 molu hydroxidu. Nejprve tedy spočítáme, kolik molů hydroxidu je ve 4 litrech takového roztoku 0

31 0,1mol...1l x mol...4l x 4 0,1 1 x 0,4. Ve čtyřech litrech roztoku je tedy 0,4 molu hydroxidu. Zbývá spočítat, kolik je to gramů, když z molární hmotnosti víme, že 1 mol váží 40 gramů 40g...1mol x g...0,4mol x 0, x 16. Na přípravu takového roztoku je potřeba 16 g hydroxidu sodného. Řešení úvahou za pomoci obrázku: 0,1mol4g 1 l roztoku + 0,1mol4g 1 l roztoku + 0,1mol4g 1 l roztoku Ve čtyřech litrech roztoku bude 44g 16ghydroxidu sodného. + 0,1mol4g 1 l roztoku Úloha: Jaká je molární koncentrace roztoku, který obsahuje 20 % (hmotn.) kyseliny dusičné (HNO )? Hustota roztoku je 1,115 g cm a molární hmotnost kyseliny 6 gmol. (Zimpl, 2010, str. 11) Řešení pomocí dosazení do definičních vztahů: Ze zadání úlohy je patrné, že budeme potřebovat následující vztahy: nhno ( ) chno ( ) V e mhno ( ) whno ( ) m e 1

32 ρ e M( HNO ) m V e e mhno ( ). nhno ( ) Nyní buď do těchto vztahů dosadíme hodnoty ze zadání a řešíme soustavu lineárních rovnic, nebo, a to je přehlednější a kratší způsob, tyto vztahy upravíme a vyjádříme jeden vzorec analytickým postupem: nhno ( ) mhno ( ) 1 mhno ( ) ρ e whno ( ) ρ e chno ( ) V e M( HNO ) V e M( HNO ) me M( HNO ) 0,21,115 chno ( ) 6 chno ( ),510. Koncentrace roztoku kyseliny dusičné je,5 10 mol cm. Pro úplnost uvedu řešení pomocí soustavy rovnic: Po dosazení hodnot ze zadání dostáváme zdánlivě čtyři lineární rovnice o pěti neznámých ( chno ( ), nhno ( ), mhno ( ), me, V ) e, což na nalezení řešení nestačí. S tím si ovšem poradíme, protože veličiny m e, V e nejsou ve skutečnosti neznámé, ale závislé parametry. Vyplývá to z toho, že veličiny c, w, ρ, M jsou veličiny intenzivní. (Intenzivní veličiny nezávisejí na velikosti soustavy. Když např. homogenní systém rozpůlíme na dva stejně velké díly, hodnota intenzivní veličiny (např. hustoty) zůstane stejná jako u původního systému.) Můžeme tedy jednu vybrat a označit za libovolný pevný parametr. Aby se nám počítalo snadno, zvolíme například Potom můžeme napsat: nhno ( ) chno ( ) 1 mhno ( ) 0,2 m e m e 1, mhno ( ), nhno ( ) čímž jsme získali čtyři rovnice o čtyřech neznámých, které vyřešíme: V e 1cm. 2

33 nhno ( ) chno ( ) 1 mhno ( ) 0,2 mhno ( ) 0,22 1,115 6 mhno ( ) nhno ( ) Koncentrace roztoku kyseliny dusičné je nhno ( ) chno ( ) 1 0,22 0,22 6 nhno ( ) nhno ( ) 6 nhno ( ),510 nhno ( ) chno ( ),510 1.,5 10 mol cm. Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Známe hustotu roztoku kyseliny dusičné (1,115 gcm ), tedy víme, že jeden mililitr ( centimetr krychlový) tohoto roztoku váží 1,115 g. Nejdříve spočítáme, kolik gramů kyseliny je v tomto jednom mililitru roztoku, když víme, že zaujímá 20 % hmotnosti: 1,115g...100% xg...20% x 20 1, x 0,22. V jednom mililitru roztoku je 0,22 g kyseliny dusičné. Nás ale zajímá látkové množství, tedy kolik je to molů. Snadno to vypočítáme ze zadané molární hmotnosti (6 gmol ), která udává, kolik váží jeden mol kyseliny dusičné: 6g...1mol 0,22g... y mol y 0, y 0,005.

34 V jednom mililitru roztoku je 0,00 5 mol kyseliny dusičné (koncentrace roztoku je tedy ).,510 mol cm Řešení úvahou za pomoci obrázku: g g g 20%1/5 1 l roztoku 1 l roztoku 22g,5mol 1 l roztoku Z hustoty víme, že jeden litr roztoku váží g. Z hmotnostního zlomku vyplývá, že pětinu hmotnosti zaujímá kyselina: g 22g. Jeden mol kyseliny váží 6 g, 5 tedy hmotnost 22 g má:,5mol l. 22g,5mol 6gmol kyseliny. Koncentrace kyseliny je Mísení roztoků Úloha: Jaký objem 65% kyseliny chloristé (HClO 4 ) je třeba na přípravu 00 ml jejího 20% roztoku? Ředění provádějte destilovanou vodou (hustota přibližně rovna jedné). Hustota 65% roztoku HClO 4 je 1,606 g cm, hustota 20% HClO 4 je 1,128 g cm. (Zimpl, 2010, str. ) Řešení pomocí dosazení do definičních vztahů: 65% kyselinu považujeme za roztok 1, (destilovanou vodu za roztok 2) a výsledný roztok (20% kyselina) za roztok. Nejprve je třeba si uvědomit, jaké vztahy budeme používat. V zadání se vyskytují veličiny jako hustota a objem, tedy si napíšeme definici hustoty: ρ e m V Ze zákona o zachování hmotnosti vyplývá, že: e e. 4

35 a pro hmotnostní zlomek platí: m ( kys.) m ( kys.) 1 mkys (.) wkys (.). m e Z těchto vztahů můžeme vyjádřit hledaný objem: V e1 m m ( kys.) m ( kys.) w ( kys.) m w ( kys.) ρ V ρ w ( kys.) ρ w( kys.) ρ w( kys.) ρ w ( kys.) ρ e1 1 e e e e1 1 e1 1 e1 1 e1 1 e1 V 0,21, ,65 1,606 e1 B 64,8. Na přípravu 00 ml 20% roztoku kyseliny chloristé je potřeba 64,8 ml 65% roztoku této kyseliny. Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Chceme připravit 00 ml 20% roztoku kyseliny chloristé. Z hustoty roztoku spočítáme, jakou hmotnost daný objem bude mít: ρ m m ρ V 20% e 20% e 20% e 20% e 20% e V20% e m 20% e 1, ,4. Víme tedy, že 00 ml 20% roztoku bude vážit 8,4 g. Spočítáme si, kolik gramů čisté kyseliny by se v těch 8,4 g roztoku mělo nalézat: 8,4g...100% xg...20% x 20 8,4 100 x 67,68. V připravovaném 20% roztoku o objemu 00 ml bude 67,68 g čisté kyseliny. Kolik bude vážit 65% roztok obsahující 67,68 g čisté kyseliny spočítáme takto: 65%...67,68g 100%... yg y ,68 65 y 104,12. 5

36 Nyní již víme, že 65% roztok potřebný pro přípravu 00 ml 20% roztoku kyseliny má hmotnost 104,12 g a můžeme tedy ze zadané hustoty tohoto roztoku (1,606 g cm ) snadno dopočítat objem: ρ m m V 65% e 65% e 65% e 65% e V65% e ρ65% e 104,12 V 65% e B 64,8. 1,606 Pro přípravu 00 ml 20% roztoku kyseliny chloristé je potřeba 64,8 ml 65% roztoku této kyseliny. Úloha: Určete objem 94% roztoku kyseliny fosforečné (H PO 4 ), který je potřeba na přípravu ml jejího 25% roztoku. K ředění použijte 5% roztok této kyseliny. ρ 94% 1,794g cm e, ρ 25% 1,146g cm e. (Zimpl, 2010, str. 4) Řešení pomocí dosazení do definičních vztahů: Směšujeme dva roztoky, tedy použijeme směšovací rovnici: mw ( A) + mw ( A) mw ( A) % kyselinu budeme považovat za roztok 1, 5% kyselinu za roztok 2 a výsledný roztok (25% kyselina) za roztok. Ze zákona o zachování hmotnosti víme, že součet hmotností směšovaných roztoků se musí rovnat hmotnosti výsledného roztoku m1+ m2 m m2 m m1, tedy můžeme směšovací rovnici dále upravit: mw ( A) + ( m m ) w ( A) mw ( A) Tuto rovnici ale nemůžeme použít tak, jak je napsaná, protože v zadání se informace o hmotnostech nevyskytují. Zato známe hustoty a objemy roztoků, pomocí nichž můžeme hmotnosti vyjádřit: ρ me m ρ V V e e e e e a tedy platí: ρ V w( A) + ( ρ V ρ V ) w ( A) ρ V w ( A)

37 Stačí již jen dosadit a vyřešit lineární rovnici o jedné neznámé: 1,794 V 0,94 + (1, ,794 V ) 0,05 1, , ,6866 V + 14,25 0,0897 V 716, ,59666 V 57 1 V1 B 58,87 Pro přípravu ml 25% roztoku kyseliny fosforečné je potřeba 58,87 ml 94% roztoku této kyseliny. Úloha: Jaký objem hydroxidu sodného (NaOH) o látkové koncentraci 5 mol dm je potřebný na přípravu 50 ml roztoku o látkové koncentraci 0,25 prováděno destilovanou vodou. (Zimpl, 2010, str. ) mol dm? Ředění je Řešení pomocí dosazení do definičních vztahů: Máme roztok hydroxidu sodného o látkové koncentraci 5 mol dm. Použijeme-li jeden litr tohoto roztoku, můžeme ředěním destilovanou vodou měnit jeho koncentraci, počet molekul hydroxidu se ale v roztoku nezmění (to bychom museli přidávat místo vody opět nějaký roztok hydroxidu). Proto můžeme při ředění dvou roztoků destilovanou vodou vyjádřit bilanci látkového množství takto: n ( NaOH) n ( NaOH ). 1 2 Z definice látkové koncentrace můžeme vyjádřit látkové množství hydroxidu: a dosadit do látkové bilance: nnaoh ( ) cnaoh ( ) nnaoh ( ) cnaoh ( ) Ve V e c NaOH V c NaOH V 1( ) 1 2( ). e e 2 Před dosazením hodnot ze zadání je nutné si uvědomit, s jakými počítáme jednotkami. Koncentrace je udávána v molech na litr, tedy bychom měli i objem dosazovat v litrech: 5 V 0,25 0,50 e 1 V e 1 0,

38 K přípravě 50 ml roztoku NaOH o látkové koncentraci 0,25 mol dm je potřeba 17,5 ml roztoku NaOH o látkové koncentraci 5 mol dm. Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Máme-li roztok látky A a ředíme-li ho destilovanou vodou (tedy nepřidáváme další molekuly látky A), zvětšuje se objem tohoto roztoku a současně se snižuje koncentrace látky A v roztoku. Jedná se tedy o nepřímou úměrnost a tento vztah můžeme vyjádřit pomocí trojčlenky takto: 50ml...0,25mol dm x ml...5mol dm x 0, x 17,5. K přípravě 50 ml roztoku NaOH o látkové koncentraci 0,25 mol dm je potřeba 17,5 ml roztoku NaOH o látkové koncentraci 5 mol dm. Úloha: Vypočítej objem 5% roztoku kyseliny chlorovodíkové (HCl), který je potřeba na přípravu 250 ml o látkové koncentraci 0,5 mol dm. Ředění se provádí destilovanou vodou. ρ 5% 1,175g cm M. (Zimpl, 2010, str. ) e, HCl 6,5gmol Řešení pomocí dosazení do definičních vztahů: Opět vyjdeme z látkové bilance, protože ředíme-li destilovanou vodou, zůstává počet molekul kyseliny chlorovodíkové v roztoku stále stejný: n ( HCl) n ( HCl). 1 2 O výsledném roztoku (2) víme, že má objem 250 ml a látkovou koncentraci 0,5 mol dm. Můžeme tedy z definice látkové koncentrace vyjádřit n ( HCl ) 2 a dosadit do látkové bilance: n ( HCl) c ( HCl) n ( HCl) c ( HCl) Ve Ve 2 n ( HCl) c ( HCl) V. e

39 Látkovou koncentraci roztoku 1 neznáme, proto se pokusíme vyjádřit látkové množství z definice molární hmotnosti a opět dosadíme do upravovaného vztahu látkové bilance: m ( HCl) m ( HCl) M( HCl) n ( HCl) n ( HCl) M( HCl), m1 ( HCl) c2( HCl) Ve 2 M( HCl). Hmotnost kyseliny chlorovodíkové v roztoku 1 není zadána, pomůžeme si však definičním vztahem pro hmotnostní koncentraci (hmotnostní zlomek): m ( HCl) w( HCl) m ( HCl) w( HCl) me, me 1 tedy w( HCl) m 1 e1 M( HCl) c HCl V 2( ). e 2 Nyní již zbývá jen vyjádřit hmotnost roztoku 1 pomocí hustoty, kterou máme pro tento roztok zadanou: potom ρ m m ρ V e1 e1 e1 e1 e1 Ve 1 w( HCl) ρ 1 e1 e1 M( HCl) V, 2( ). e 2 c HCl V Z takto sestavené rovnice vyjádříme hledanou veličinu a dosadíme známé hodnoty, opět bereme v úvahu rozměry jednotek: V e1 c2( HCl) Ve 2 M( HCl) w ( HCl) ρ V e 1 1 e1 0,5 0,25 6,5 0,5 1,175 V e 1 B 11,1. Na přípravu 250 ml roztoku HCl o látkové koncentraci 0,5 5% roztoku HCl. mol dm je potřeba 11,1 ml Řešení úvahou vedoucí k trojčlence: Nejdříve potřebujeme zjistit, kolik vlastně molekul kyseliny chlorovodíkové ve výsledném roztoku bude. Ze zadané látkové koncentrace (0,5 v jednom litru roztoku je 0,5 molu molekul kyseliny. Dostáváme tedy: mol dm ) víme, že 9

40 1000ml...0,5mol 250ml... x mol x 250 0, x 0,125. V 250 ml roztoku je 0,125 mol molekul kyseliny chlorovodíkové. Z molární hmotnosti víme, že jeden mol váží 6,5 g, tedy spočítáme, kolik váží oněch 0,125 mol: 1mol...6,5g 0,125mol... y g y 0,125 6,5 1 y 4, ,125 mol HCl váží 4,562 5 g. Jakou hmotnost bude mít 5% roztok HCl, v němž je právě 4,562 5 g této kyseliny, vypočítáme z hmotnostní koncentrace: 5%...4,5625g 100%... z g z 100 4, z B 1,04. Nyní víme, že pro přípravu 250 ml roztoku HCl o látkové koncentraci 0,5 mol dm potřebujeme 1,04 g 5% roztoku této kyseliny. V zadání se nás ale ptají na objem, který jednoduše spočítáme ze zadané hustoty ( 1,175g cm ): k 1cm...1,175g cm...1,04g k 1,04 1 1,175 k B 11,1. Pro přípravu 250 ml roztoku HCl o látkové koncentraci 0,5 11,1 ml 5% roztoku této kyseliny. mol dm tedy potřebujeme 40

41 Úloha: Máme dvě stejné nádoby. V nádobě A je fialový roztok manganistanu draselného a v nádobě B voda o stejném objemu. Vezmu nádobu A (s manganistanem) a třetinu odliji do nádoby B (s vodou). Vodu zamíchám a poté odliji zpátky do nádoby A přesně takový objem, aby bylo v obou nádobách opět stejné množství tekutiny. Je více vody v nádobě A nebo roztoku manganistanu v nádobě B? Spočítej koncentraci (pomocí objemových procent) roztoku manganistanu ve vodě (nádoba B) a vody v roztoku manganistanu (nádoba A) za předpokladu, že během mísení nedochází k objemovým změnám. Řešení úvahou za pomoci obrázku: V nakreslených nádobách je manganistan vyznačen šrafováním. Nejprve přelijeme třetinu roztoku manganistanu z nádoby A do nádoby s vodou B. V nádobě A tedy zůstaly dvě třetiny roztoku manganistanu a v nádobě B jsou tři čtvrtiny vody a jedna čtvrtina roztoku manganistanu. A B Poté vezmeme z nádoby B jednu čtvrtinu objemu (pro názornost svislý sloupec, ve kterém jsou tři díly vody a jeden díl roztoku manganistanu) a přelijeme ji zpět do nádoby A. V nádobě A tedy máme devět objemových dílů roztoku manganistanu a tři objemové díly vody, v nádobě B devět objemových dílů vody a tři objemové díly roztoku manganistanu. A B Koncentrace v objemových procentech z obrázku přímo vyplývá. V nádobě A je koncentrace vody v roztoku manganistanu 25%. V nádobě B je koncentrace 12 41

42 roztoku manganistanu ve vodě 25%. Tedy koncentrace roztoku manganistanu ve 12 vodě i vody v roztoku manganistanu je stejná. Řešení pomocí matematického vyjádření vztahů v úloze: Objem vody budu značit V, objem roztoku manganistanu M. Máme nádobu A, ze které třetinu vody vylijeme: 1 2 V V V. K tomuto objemu přilijeme z nádoby B čtvrtinu obsahu (protože jsme ke třem stejným dílům M přilili ještě jeden stejný díl V z nádoby A, tedy jsou tam dohromady díly čtyři, a zpátky do A musíme odlít stejný objem, jaký jsme do B přilili, tedy jeden díl ze čtyř). Matematicky to vyjádříme takto: V + M + V V + M + V V + M V + M Do nádoby B jsme naopak přilili třetinu vody: a poté jsme čtvrtinu tohoto objemu vylili: 1 M + V M + V M + V M + V M V M + V M + V Z výsledků je vidět, že koncentrace roztoku manganistanu ve vodě a vody v roztoku manganistanu je stejná, dokonce ji máme přesně vyčíslenou: 1 25% 4. 42