Ludvík KOSINA Vratislav ŠRÁMEK CHEMICKÉ VÝPOČTY A REAKCE ALB HA Chemické výpočty a reakce v Autoři : Ing. Vratislav Šrámek, Ing. Ludvík Kosina ALRRA Učební text obsahuje základní výpočty a reakce potrebné pro úspěšné řešení úkolů z chemie. Je urien pro studenty viech typů středních škol a učňovských škol, kde se vyučuje chemie, pro střední kádry pracovníků v chemických provozech, začínající učitele a osoby, které se zajímají o tento obor. Příklady a reakce poslouží k přípravě žáků na přijímací zkoušky z chemie na vysoké školy a k přípravě účastníků všech kategorií chemické olympiády. Předmluva Milí studenti, seznamujete se s publikací, která obsahuje základní chemické výpočty a reakce. V první části se seznámíte s chemickými výpočty. Text se skládá ze základních vztahů nutných k výpočtům, které jsou dále vysvětleny na řešených příkladech. K procvičování daného tématu slouží zadané příklady, jejichž výsledky jsou uvedeny ve výsledkové části v závěru textu. Úvodní kapitola obsahuje základní a odvozené jednotky soustavy SI používané dále v textu. Velký důraz je dán na řešení chemických rovnic. V další kapitole se seznámíte se vztahy, podle kterých řešíme základní chemické výpočty. Kapitola Roztoky obsahuje nejen přehled různých způsobů určení koncentrace roztoků, ale i ředění a směšování roztoků a přepočty různých způsobů určení koncentrace. V kapitole Výpočty podle chemických rovnic jsou obsaženy kromě běžných výpočtů i výpočty v chemických preparativních laboratořích. Šestá kapitola obsahuje výpočty stavových veličin ideálního plynu a jeho směsí. V závěrečné kapitole jsou uvedeny výpočty pH roztoků silných a slabých kyselin a zásad, hydrolýza roztoků solí a tlumící roztoky. V druhé časti je pozornost zaměřena : - v první kapitole na typy vazeb a vzorců a platné efekty (mezomerní, indukční) - v druhé a třetí kapitole na základní typy reakcí probíhající v organické chemii a jejich přesný mechanismus - ve čtvrté kapitole na názvosloví organických sloučenin - v páté kapitole na vybrané reakce, důležité pro chemickou praxi a jejich přesný mechanismus Součástí každé kapitoly je několik řešených příkladů a řada příkladů k procvičování, jejichž výsledky jsou velmi podrobně vyřešeny v závěrečné výsledkové Části. S dalšími typy výpočtů a reakcí se můžete seznámit v připravované učebnici „Chemické výpočty a reakce II.", která bude obsahovat složitější výpočty z analytické chemie, výpočty používané v makromolekulami chemii a chemické technologií. Vybrané kapitoly z fyzikální chemie a ze základů chemické techniky spojené s výpočty budou nedílnou součástí této učebnice. Pardubice, leden 1996 Autoři Zpracovali: Ing. Ludvík Kosina Ing. Vratislav Šrámek Recenzovali: Ing. Přemysl Hranoš RNDr Jitka I rubová RNDr. Milan Richter © Ludvik Kosina, Vratislav Šrámek 1996 © ALBRA, 1996 Obsah 1. Obecná a anorganická chemie 1.1. Jednotky SI, jednotky základní, doplnkové a odvozené 1.2 Chemické rovnice 1.2.1. Chemické rovnice beze změny oxidačního čísla 1.2.2. Rovnice oxidačně-redukční 1.2.2.1. Základní pojmy 1.2.2.2. Řešení oxidačně redukčních rovnic 1.2.2.3. Reakce disproporcionační 1-2.2.4. Řešení rovnic v iontové formě i.2.2.5. Řešení složitějších redox rovnic 1.3. Základní výpočty 1.3.1. Hmotnost atomů a molekul 1.3.2. Látkové množství, mol 1.3.3 Avogadrův zákon 1.3.4. Výpočet obsahů prvků ve sloučenině 1.3.5. Výpočet empirického a molekulového vzorce 1.4. Roztoky 1.4.1. Hmotnostní zlomek, hmotnostní procenta 1.4.2. Objemový zlomek a objemová procenta 1.4.3. Molámí zlomek a molární procenta 1.4.4. Látková (molámí) koncentrace 1.4.5. Molalita 1.4.6. Přehled dalších způsobů určení koncentrace roztoků 1.4.7. Přepočet různých způsobů určení koncentrace roztoků 1.4.8. Ředění a směšování roztoků 1.4.9. Krystalizace. Příprava roztoků nasycených pň určité teplotě 1.5. Výpočty podle chemických rovnic 1.5.1. Výpočty objemů plynů vznikajících pn chemických reakcích 1.5.2. Výpočty v chemické laboratoři. Preparace látek 1.6. Zákony plynů 1.6.1. Základní pojmy. Ideální plyn 1.6.2. Zákon Boyleův - Mariottův 1.6.3 Zákon Gay - Lussacův 1.6.4. Zákon Charlesův 1.6.5. Stavová rovnice plynů 1.6.6. Směsi ideálních plynů 1.7. Výpočet pH 1.7.1- Protolytické reakce 1.7.2. Disociace vody Strana 1 - 111 1.7.7. 1 - 6 6 - 21 II.1. 6 - 9 0.1.1. 9 - 21 II. 1.2. 9 - 12 IL1.3. 12 - 14 II. 1.4. 15 - 17 0.1.5. 17 - 18 0,1.6. 18 - 21 0.1.7. 21 - 35 0.1.8. 21 - 25 II. 1.9. 25 - 26 II. 1.10. 27 - 28 n.i.n. 29 - 32 11.1.12. 32 - 35 II. 1.13. 35 - 60 36 - 37 0.2. 38 - 39 0.2.1. 39 - 41 0.2.1.1. 41 - 44 44 II.2.1.2. 44 - 45 0.2.1.3. 45 - 48 II.2.1.4. 48 - 55 II.2.2. 55 - 60 II.2.2.1. 60 - 76 U.2.2.2. 64 - 69 0.2.2.3. 69 - 76 II.2.2.4. 76 - 89 U.3. 76 - 77 II.3.1. 77 - 79 II.3.2. 79 - 82 82 - 83 0.4. 83 - 86 0-4.1. 86 - 89 0.4.2. 89 - 103 0.4.3. 89 - 91 U.4.4. 91 - 93 0.4.5. Výpočet pH silných kyselin a zásad 93 - 95 Výpočet pH slabých kyselin 95-96 Výpočet pH slabých zásad 96 - 97 Hydrolýza sob' 98 - 99 Tlumivé roztoky 99 - 103 Výsledky 103 - 111 Organická chemie 112 - 175 Obecná část 112 - 124 Vazby v organických sloučeninách 112 - 113 Vaznost 113 - 114 Elektronové vzorce 114 Způsoby štěpení kovalentní vazby 115 - 116 Organické ionty 116 Rezonanční (mezomerní) vzorce 116 - 117 Elektronegativita prvků a skupin 117 - 118 Indukční efekt 118 Charakteristické rysy radikálových a iontových reakcí 119 Dipolární vazba 119-120 Orbital a hybridní orbitaly uhlíku 120 o alt vazby 120 - 121 Mezomerní efekt 121 Procvičování 122 - 123 Základní reakce v organické chemii 124 - 130 Substituční reakce 124 - 129 Radikálová substituce na nasyceném atomu uhlíku Sr (C-H vazeb) 124 - 126 Nukleofilní substituce na nasyceném atomu uhlíku 126 - 128 Nukleofilní substituce na aromatickém jádře 128 Elektrofilní substituce na aromatickém jádře 128 - 129 Adiční reakce 129 - 130 Radikálová reakce 129 Elektrofilní adice 129 - 130 Nukleofilní adice Cykloadíční reakce 130 Názvosloví organických sloučenin 130 - 133 Uhlovodíky 131 - 132 Deriváty uhlovodíků 133 Procvičování 134 - 145 Vybrané reakce v organické chemii 145 - 153 Wťirtzova syntéza 145 - 146 Wtirtzova-Fiitigova reakce 147 Friedelova-Craffsova reakce 147 - 148 Cannizarova reakce 148 - 149 Kučerova reakce 149 11.4.6- Aldolová koncenzace 11.4.7. Esterifikace a hydrolýza esterů Procvičování 11.5. Výsledky 150 151 152 - 153 154 - 175 1.1. Jednotky SI Do roku 1960 existovaly různé soustavy jednotek používaných v různých zemích, což způsobovalo značnou nejednotnost pň výkladu různých jevů. V roce 1960 přijala Generální konference pro váhy a míry šest základních jednotek. Byla přijata mezinárodní zkratka SI. Od roku 1971 se používá 7 základních jednotek (sedmou je jednotka pro látkové množství - mol). Jednotky SI dělíme na jednotky základní, doplňkové a odvozené. Základní jednotky: Doplňkové JĽfinotky: Odvozené jednotky: metr [ml kilogram [kg] sekunda w amper [A] kelvin [K] kandela [cd] mol W radián steridián pascal, joule, coulomb, volt, farad, ohm, pascalsekunda, volt na metr a řada dalších. Základním technickým předpisem v ČR je ČSN 01 1300. V dalším textu budete seznámeni s přehledem /.skladních jednotek, jednotek násobných a dílčích. Z odvozených budou uvedeny pouze ty, které jsou používány v této publikaci nebo s jejím textem bezprostředně souvisí. Délka [1]: Základní jednotkou SI Definice: [I] = 1 metr = 1 m m je délka rovnající se 1 650 763,73 - násobku vlnové délky záření, šířícího se ve vakuu, které přísluší přechodu mezi energetickými hladinami 2pm a 5ds atomu kryptonu 86. Používané jednotky násobné a dílčí: 1 kilometr 1 centimetr 1 milimetr 1 nanometr 1 km = 1000m -2_ = 10" m = 1 cm a 10" m -3. = 1 mm = 10 m = 1 nm = loAi Dílčí jednotka decimetr pro délku se nesmí používat, používají se její mocniny dm2, dm3. 1 Hmotnost [m]: Základní jednotkou SI Definice: [m] = 1 kilogram = 1 kg kg je hmotnost mezinárodního prototypu kilogramu uloženého v Mezinárodním úřadě pro váhy a míry v Sévres u Paříže. Násobné a dílčí jednotky: 1 megagram 1 gram 1 miligram I mikrograrn = 1 \ig Vedlejší jednotka: 1 atomová hmotnostní jednotka = 1 u = 1,66053.10~27kg z toho vyplývá, že 1 kg = 6.023.1026u. Jednotky u se používá k vyjadřování hmotnosti atomů, rovná se = 1 Mg = 1 g = 1 mg = 103kg = 10"3 kg = vŕ kg = 10"* kg j 12 hmotnosti nuklidu lgC. Čas [t]: Základní jednotkou SI Definice: [t] = 1 sekunda = 1 s sekunda je doba trvání 9 192 631 770 period záření, které přísluší přechodu mezi dvěma velmi jemnými hladinami základního vztahu atomu cesia 133. Násobné a dílčí jednotky: I megasekunda = 1 Ms » 10*s 1 kilosekunda = 1 ks = 103s 1 milisekunda = 1 ms = 10 s Vedlejší jednotky uvedené v ČSN 01 1300: 1 minuta = 1 min 1 hodina = 1 h 1 den = 1 d Přepočty těchto jednotek jsou obecně známy. Elektrický proud [T|: Základní jednotkou SI [J] Definice: 1 amper = 1 A amper je proud, který při průtoku dvěma rovnoběžnými přímými nekonečně dlouhými vodiči zanedbatelného kruhového průřezu umístěnými ve vakuu ve vzdálenosti 1 metru, vyvolá mezi voliči sílu 2.10" newtonu na 1 metr délky. Násobné a dílčí jednotky : 1 kiloamopér = 1 kA 1 tmliíímpér = 1 m A 1 mikroampér = 1 ma 1 nanoampér = 1 nA 1 pikoampér = 1 PA Teplota [T]: Základní jednotkou SI Definice: 10-9A [T] = 1 kelvin = Ik kelvin je jednotka termodynamické teploty, je 273,16 - tá část termodynamické teploty trojného bodu vody. Do roku 1967 se používal název jednotky °K = stupeň Kel vina Vedlejší jednotka: Podle ČSN 01 1300 je možné používat jednotku 1 Celsiův stupeň = 1 Ba3 (P04)2 + KC1 Aby byla výše uvedená reakce vyjádřená rovnicí, upravíme rovnici tak, že dopsáním koeficientů doplníme počty jednotlivých prvků reagujících látek. Řešení můžeme provádět výpočtem nebo úvahou. a) Řešení vypočteni: Neznámé koeficienty označíme x, y, z, u, rovnice dostane tvar: xBaCI2 + yK3P04 -»zBa3(P04)2 + uKCl pro Ba2+ pro Cl" pro K+ pro PO4" tzn. x = 3z x = 3z 2x = u 3y = u y = 2z y = 2z u = 6z položíme-li z = 1, dostaneme x = 3,y = 2, u = 6 Po dosazení : 3 BaCl2 + 2 K3PO4 -> Ba3(P04)2 6 KCI b) Řešení úvahou: Nejdříve provedeme bilanci Ba , na pravé straně je číslo 3, proto napíšeme číslo 3 k BaCl2- Počet K3PO4 bude 2 protože na pravé^síraně jsou 2 skupiny P04~. Počet Cl~ a K+ je 6, bude proto 6 KCI. Rovnice musí mít stejný konečný výsledek jako při řešení a). Přiklad 2, Hydroxid hlinitý se rozpouští v kyselině sírové za vzniku síranu hlinitého a vody. Řešení: Al(OH)3 + H2S04 -> Al2 A12(S04)3 + 6H20 některých případech jsou reakce uvedeny v iontovém tvaru. klad: Řešení: Žluté rozpustné chromany reagují s kyselinami za vzniku oranžových dichromanů a vody. Cr04" + řť" -> Cr^" + H20 je velmi jednoduché, na levou stranu připíšeme číslo 2 před Cr04 Počet H* upravíme na 2. Bilance nábojů na levé i pravé straně je 2 Konečný tvar : 2CrO|" + 2rf -> Cr20?" + H20 2- HíBOj + Na2S04 ičciií: Vyčíslete tyto rovnice: 1. Na2B407 + H2S04 + H20 2. Si02 + HF -» SiF4 + H20 3. K^rCM + H2S04 -> KzCrzO? + K2S04 + 4. As2S3 + HC1 AsCl3 + H2S 5. (NH4)2 S04 + KOH -> NH3 + K2S04 + HzO 6. H3BO3 + NaOH -> Na2B407 + H20 7. FeCl3 + NH4OH -» Fte(OH)3 + NH4CI 8. PBr3 + -» H3P03 + HBr 9. 10. 1 1. 12. 13. 14. 15. 16. 17. Ag+ + Cr04~ -> Ag2Cr04 Cr^' + OH" -* CrO|" + H20 ZnO + OH" + H20 -» [Zn (OH)4ľ~ Ag* + OH" -> Ag^jO + H2O Sr?+ + H2S -» Sb^ + Ir Ca3(P04)2 + H^Oj -» CaS04 + H3P04 PCI5 +■ H20 -> POCl3 + HO Sn44 + H2S -> SnS2 + H4 Sb^ + HC1 -» SbCl3 + H2S 6 7 1.2.2. Rovnice oxidačně - redukční = redukční činidlo I = oxidační činidlo II Vyčíslování koeficientů v rovnicích oxidačně-redukčních provádíme na základě změn oxidačních čísel látek, které se zúčastňují reakce. 1.2.2.1. Základní pojmy: Oxidační číslo atomu je elektrický náboj, který by byl přítomen na atomu prvku, kdybychom elektrony v každé vazbě vycházející z tohoto atomu přidělili elektro-negativnĚjšímu atomu. Oxidační čísla píšeme napravo nahoru - například : K1, Br"1, Zn° Pří určování oxidačního čísla používáme tato pravidla: 1. Oxidační číslo vodíku je I, kromě hydridů kovů, kde je -1. 2. Oxidační číslo kyslíku je -II. Výjimku tvoří fluoridy kyslíku a peroxidy. 3. Oxidační čísla prvků v elementárním stavu jsou rovna nule, např. Fe°, N 5 apod. 4. Součet oxidačních čísel prvků ve sloučenině se rovná nule. Např. FeS Fe11 a S~" ZnO Zn" a 0"n NaC103 Na1 Clv O"" 5. V aniontech je součet kladných a záporných oxidačních čísel roven náboji aniontu. N05 NVOJn (3.(-II) = -6 + 5 = -1 Pojem oxidace a redukce: Oxidací rozumíme pochod, při kterém se oxidační číslo zvyšuje, při redukci dochází ke snižování oxidačního čísla. Tyto pochody můžeme znázornit: oxidace oxid.číslo -IV -in -ii IV redukce Při oxidaci dochází k odevzdání elektronů, naopak pn redukci dochází k příjmu elektronů P : Např.: Snn- 2e Sn1 IV SnIV + 2e -> Sn" oxidace redukce Pojem oxidačního a redukčního činidla: Tyto pojmy si vysvětlíme na známé reakci probíhající při „cementaci" mědi. Reakce: Cun + Fe° -> Cu° + Fen Cu = oxidační činidlo 1 Fe° = redukční činidlo II Probíhají zde tyto dílčí reakce Cu" + 2e -» Cu° redukce Fe° - 2e -> Fe" oxidace Oxidační činidla jsou látky přibírající elektrony, tím se redukují. Redukční činidla jsou látky odevzdávající elektrony, tím se oxidují. NejběŽnější oxidační činidla: Cl2, Bn, H2O2, O2, MnOi, C12O7", Pb02, Mn02. h atd. Nejdůležitější redukční činidla: Zn, Fe, Na, H2, Sn2+, H2S, SO2, F, Hg atd Příklad 1 Určete oxidační čísla prvků v H3PO3. Řešení: Hr 0"n P7 ze vzorce vyplývá: 3 atomy vodíku dávají 3 kladné náboje, 3 atomy kyslíku dávají 6 záporných nábojů. Oxidační číslo P je dáno rozdílem K-6)l-(3) = 3 Oxidační číslo P je tedy +UI, P™. Příklad 2. Určete oxidační číslo manganu v iontu MnO|_. Řešení: 4 • 0"n = -8 4 (-U) = -8 VI (-8) - (-2) = -6 řvhT Příklad 3. Určete, zda jde o oxidaci nebo redukci a změnu oxidačního čísla vyjádřete přesunem odpovídajícího počtu elektronů NH3 —> NO Řešení: NHj"1 h> n"0 tzn. N4" - 5e -» Nn V našem případě jde o oxidaci, změna je o 5 elektronů Příklad 4. Určete, zda jde o oxidaci nebo redukci a o kolik elektronů dochází ke změně u atomu Cr. CrVI —¥ Cr"1 Řešení: CrVI + 3e -> Cr"1 redukce, 3 elektrony Procvičení: 19. Určete oxidační čísla prvků ve sloučeninách : a) N2Os b) nh4no3 c) k3aif6 d) KBrOj e) AsH3 20. Určete oxidační čísla prvků v aniontech : a) MnOJ b) CrOÍ" c) H2POJ d) B4O7" e) Sn03~ 21. Rozhodněte, zda jde o redukci nebo oxidaci a určete změnu oxidačního čísla a) r -» IO3 b) NO3 -> NH3 9 c) H2S -> SÓt e) Cl2 -> 2CT d) S2"->S02 0Q2^ 2C103 Každou oxidaci jedné látky doprovází současná redukce druhé látky a naopak. Počet přijmutých elektronů se rovná počtu elektronů uvolnených. 1.2.2.2. Řešení oxidačnč-redukčních rovnic: V této kapitole se budeme zabývat řešením bežných redox rovnic, rovnic dispro-porcionačních, redox rovnic zadaných iontově a složitějších redox rovnic. Doporučený postup řešení rovnic si ukážeme na praktickém příkladě : Příklad 1. Arsen se rozpouští ve zředěné kyselině dusičné za vzniku kyseliny trihydrogenarseničné a oxidu dusnatého. Řešení: Nejdříve napíšeme rovnici reakce: As + HNO3 + HjO -> HjAs04 +■ NO Dále zjistíme látky, které mění své oxidační číslo, změny oxidačních čísel vyjádříme přesunem elektronů a zjištěná čísla křížem vyměníme: 5e~ As Nv As oxidace X + 3e N" redukce 3 Zjištěné koeficienty napíšeme na pravou a levou stranu rovnice. 3As +5 HNO3 + H20 -> 3 H3As04 + 5 NO Dále vyrovnáme počet dalších částic: v pořadí kationty anionty atomy vodíku ve formě H2O v naší rovnici nejsou obsaženy Kontrolu provedeme porovnáním počtu atomů kyslíku na pravé a levé straně rovnice. Konečný tvar rovnice je : 3 As + 5 HNO3 + 2 H20 -» 3 H3As04 + 5 NO Příklad 2. Řešte rovnici: 12 + HNO3 -> HIO3 + NO + H20 Řešení: 1« JL^ 2IV 10 6 X Nv +3e. Nn 3 2.3 10 Rovnice dostává tvar 312 + 10 HN03 -» 6 HIO3 + 10 NO + 2 H2O Příklad 3. H2S + HIO3 —> S + I2 + H20 ^-n -2e + 5e" ■ 1 2 5 X 5 2 Po doplnění koeficientů je konečný tvar rovnice: 5 H2S + 2 HÍO3 -> 5 S + I2 + 6 Příklad 4. Řešte rovnici: KI + K^r^ + H2S04 -» I2 + Cr2(S04)3+K2S04+ H20 - le „ r-►ŕ 1 3 X 3 1 -3e" CrDI Po dopsání koeficientů u látek, které mění oxidační číslo, dostáváme tvar rovnice: 6KJ + K2Cr207 + H2S04 -> 3I2 + Cr2(S04)3 + K2S04 + H20 Dále doplníme pocty atomů draslíku : Na levé straně je 8 atomů K, na pravou stranu připíšeme 4 před K2S04. Bilance skupin S04~: na pravé straně je těchto skupin 7, totéž Číslo napíšeme vlevo před tySO* Počet molekul vody bude 7. Konečný tvar rovnice je: 6 KI + K^iíO? + 7H2S04 -> 312 + OtfSO^ + 4K2S04 + 7H20 Kontrola počtu atomů kyslíku na levé i pravé straně potvrdila správnost rovnice. Procvičení: Řešte tyto redox rovnice: 22. NH3 + 02 -> NO + H20 23. I2 + Cl2 + H2O -» HI03 + HC1 24. AsH3 + HNO3 -> H3AsÔ4 + N02 + H20 25. Cr2Oä + KN03 + K2C03 -> K2Cr04 + C02 + KN02 26. B1CI3 + SnCl2 Bi + SnCU 27. Hl +■ H2S04 kone. -> l2 +S+ H20 28. As^ 4- Br2 + H20 -» H3As04 + HBr 29. KMn04 + I^Oi + H2S04 -» MnS04 + K2S04 + 02 + H20 11) II 30. KMn04 + HNO2 + H2S04 -» MnS04 + K2S04 + HNO3 + H20 31. K.2Cr207 + H2S + H2S04 -> K2S04 + Cr2(S04)3 + S + H20 32. HgS + HNO3 + HC1 -> HgCl2 + S + NO + H20 33. FeS04 + HNO3 + H2S04 Fe2(S04h + NO+ H20 34. Cr2(S04)3 + Cl2 + NaOH -> Na2Cr04 + Na2S04 + NaCl + H2O 35. Zn + AsřjOj + H2S04 ZnS04 + AsH3 + h2p 36. Na2S203 + Ch + H20 -> NaHS04 + HCl 37. KM11O4 + Kl + H2SO4 -* MnS04 + I2 + K2S04 + H20 38. KBr + K2Cr207 + H2SO4 -* Br2 + Cr2(S04)3 + K2S04 + H20 39. PeS04 + KMn04 + H2S04 -> Fe2(S04)3 + MnS04 + K2S04 + H20 1.2.2.3. Reakce disproporcionační Jsou zvláštním typem reakcí, při kterých z výchozí látky vznikají dvě látky, které mají rozdílné oxidační číslo. (Jedna s vyšším oxidačním číslem a druhá s nižším oxidačním číslem). Změny oxidačních čísel hledáme na pravé straně a po její úpravě upravujeme levou stranu rovnice. Příklad 1. Brom za vyšších teplot (přes 55°C) reaguje s KOH za vzniku bromidu draselného a bromičanu draselného. Reakci znázorníme rovnicí: Br2 + KOH -» KBr + KBrO, + H20 Bru Bru + le" -5e~ Br~ BrvOJ 1 5 X 5 1 po doplnění koeficientu je konečný tvar rovnice; 3Br2 + 6 KOH —> 5 KBr + KBr03 + 3 H2O Příklad 2. Upravte rovnici: do 55°C Cl2 + NaOH-- NaCl + NaClO + H^ Řešení: . - ci° -±^-cr 1 i X a0 ^ tio 1 1 Konečný tvar rovnice : Cl2 + 2 NaOH ■-» NaCl + NaClO + HjO Reakce synproporcionační: Jsou málo četné reakce, při kterých vystupuje týž prvek o různých oxidačních číslech a reakcí vzniká sloučenina s oxidačním Číslem nalézajícím se mezi původními hodnotami. Příklad 3. H2S + H2S03 -» S + H20 esem: S"11 S° 2 4 2 X 4 2 1 Konečný tvar rovníce je : 2H2S + H2S03 -4 3S + 3 H2O Velmi časté jsou reakce, při kterých dochází k částečné oxidaci nebo redukci látky, při které z části oxidační číslo nemění. idem je rozpouštění mědi v kyselině dusičné zředěné za vzniku dusičnanu 'natébo, oxidu dusnatého a vody + hno3 Cu(N03)2 + NO + h2o 0 Cu[I 2 3 X NnO 3 2 Nv03 plňujeme na pravé straně 3 Cu (NOih a 2 NO, na levé straně budou 3 Cu, ale HNO3 (3.2+2). 'o doplnění má rovnice tvar : Cu + 8 HNO3 -» 3 Cu(N03h + 2 NO + 4 H2O 'oznámka : část Nv se zredukovala na Nn a část zůstala Nv! 4. Upravte rovnici: K2Cr207 + HCl KCI + Cra3 4- Cl2+ H20 iešení: + 6e xď1 2cr -2e Cť2 6 2 X 2 6 Po dosazení koeficientů je konečný tvar rovnice: K2Cr207 + 14 HCl 2KC1 + 2CrCl3 + 3C12 + 7 HjO cvičení: Řešte rovnice: 40. I2 + Ba(OH)2 -» Bal2 +• BífíChh. + H2O 41. CIO2 + NaOH -» NaC103 + NaC102 + H20 42. KCIO3 + H2SO4 -» HC104 + Q02 + KHS04 + HjO 43. Cd + HNO3 -» Cd(N03h + NH4NO3 +■ H20 44. CuS+ HN03 -» Cu(N03)2 + H2S04 + NC^ + H20 12 13 45 P4 + Ba(OH)2 + H20 -» PH3 + Ba(H2P02)2 46. Ag + HNOj -> AgN(>3 + NO + H20 47 KCIO3 -» KC104 + KC1 48 Hg + HNO3 zřeď. -> Hg(N03>2 + NO + H20 49. Cu + H2SO4 konc. -+ CuS04 + S02 H20 50. KMn04 + HQ -> KC1 + MnCl2 + Cl2 + H20 51. Zn + HNO3 -> Zn(N03)2 + NH4N03 + H20 52. Fe + HNO3 Fe(N03)3 + NO + H20 53. KBr03 + KBr + H2S04 -+ Br2 + K2S04 + H20 54. H2S + S02 -» S + H20 55. NaI03 + Nal + HCI -+ I2 + NaCl + H20 1.2.2.4. Řešení redox rovnic zadaných v iontové formě U tohoto typu redox rovnic píšeme pouze kationty a anionty, které mění oxidační číslo. Většina reakcí probíhä v kyselém nebo alkalickém prostředí, která označujeme H* (správně by bylo HjO*) nebo OH". Na příklad rovnici: KMn04 + FeS04 + H2S04 -4 K2S04 + MnSO+ + Fe2(S04) + H20 píšeme v iontovém tvaru MnOJ + Fe2+ + H* -» Mn2+ + Fe3* + H20 Koeficienty vyřešíme běžným způsobem: MnvnOS -+ Mn2+ 5 1 Fe2+ -» Fe3+ X 1 5 Mn7+ + 5Fc3+ MnOJ + 5Fe* Dále vypočítáme součet kladných a záporných nábojů na obou stranách. -1 +10 +2 +15 +9 +17 V našem případě je o 8 kladných nábojů na levé straně rovnice méně. Připsáním čísla 8 k Hľ1" náboje vyrovnáme. Konečný tvar rovnice je: Mn04 + 5Fe2+ + 8H+ -» Mn2+ + 5Fe* + 4H20 příklad 1. Upravte rovnici : Bŕ + Cr2072~ + H* -+ Br2 + Cr3* + H20 lešení: Br" ^i^Br0 Cr VI + 3e~ 1 3 X 3 1 Po doplnění koeficientů má rovnice tvar 6 Br" + CrzOy2" + h+ -> 3Br2 + 2CT3* + h20 Na levé straně je 8 záporných nábojů, na pravé straně 6 kladných nábojů. Náboje vyrovnáme připsáním čísla 14 před h* Počet molekul vody bude 7. Konečný tvar rovnice je : 6 Br" + CT2072" + 14 rf -* 3 Br2 + 2 Cr3+ + 7 H20 Procvičení: Řešte rovnice: 56. r + Mno; + h2o -» 101 57. NOi + Fe2+ + tí 58. r + sol" + h* -» 12 + 59. s2oí"" + a2 + h2o -» Fe3+ + + MnOíOHh + OH" NO + H20 42S + H20 cr + h1" sol 60. 61. 62. 63. 64. 65. 66. AI + NO3 + OH" + H20 Mno; + cr + H* -> Cr3* + H20a + OH" -IOJ + SOÍ" + H* —> 2+ Mn + CrO2' I2 + sof [Al(OH)4r + + Cl2 + H20 + H20 H20 NH3 Mn2+ + Ag^ + H* -» Mn04 + Ag+ + H2O H2O p 2+ Sn + Mn' 2+ Mn04 B1O5 + H+ + H* Sn4f + Mn2+ + Mn04 + Bi3* + H20 1.2.2.5. Řešení složitějších redox rovnic A. Pří některých chemických reakcích se více prvků oxiduje nebo redukuje. Např. sulfid arsenitý se rozpouští v kyselině dusičné za vzniku kyseliny sírové, kyseliny arseničné, oxidu dusičitého a vody. As2S3 + HN03 -» H2S04 + H3As04 + N02 + H20 Z rovnice vyplývá, že se oxiduje: AsinSi na HiVAs04 „II w ■».. redukuje: NV03 na SV na NIV02 Výpočet koeficientů provedeme běžným způsobem: 4 24 As111 ^ 2AsvO?f 3S"» -* 3SVI02T NV0, N^Oí 28 1 X 1 28 14 15 i po dosazení a úpravě je konečný tvar rovnice : As2S3 + 28 HNO3 3 H2SO4 + 2 HjAs04 + 28 no2 + 8 h2o Príklad l. Řešte rovnici: FeS2 + 02 -» Fe2C>3 + so2 iv Řešení: 2 C1" -> 2 C MnVn04 MnB X Řešení: Fe1 FeJ in 2S"1 -4 2SIV 20° -4 20"11 1 10 11 4 X 4 11 Výsledný tvar rovnice po dopi n ční: 4FeS2 + 1IO2 -*■ 2Fe203 + %SOz B. Řešení redox rovnic za přítomnosti peroxidů nebo peroxolátek. Při řešení rovnic za přítomnosti peroxidů považujeme oxidační číslo kyslíku v peroxidech rovné -I — O . Příklad: Řešte rovnici: H202 + KMnQ4 + H2SO4 MnvnOI Mn 11 20~' -» 2O0 02 + MnS04 + K2S04 + H20 5 2 X 2 5 Konečný tvar rovnice je: 5H202 + 2KMn04 + 3H2SC>4 502 + 2MnS04 + K2S04 + 8H2O U peroxolátek předpokládáme oxidační číslo kyslíku -1 pouze u dvou atomů kyslíku. Např.: (NH4)2S2Og je peroxodisíran diamonný. 6 atomů O"11, 2 atomy O"4 (NH4)2S207Je disíran diamonný, všech 7 atomů O-11 Příklad 3. Řešte rovnici: (NrUhSjOg + NH3 -» N2 4 (nh4)2 so4 M-ni 3 2 X 2 3 Po dosazení je konečný tvar rovnice: 3(NH4>2S20g + 8NH3 -> N2 + 6 (NH4)2S04 20"1 -4 20^' Řešení redox rovnic za přítomnosti organické látky: Pň řešení redox rovnic za přítomnosti organických látek musíme určit „formální oxidační číslo" uhlíku v organické látce. Pojem oxidačního čísla se u organických látek běžně nepoužívá, protože nevystihuje skutečný stav prvků ve sloučenině z elektronového hlediska. Např.: formální oxidační číslo uhlíku v H COOH je Cn (protože obsahuje O"" a 2x H*1). U kyseliny šťavelové (COOH)2 vychází C™. ij c 2x kyseliny šťavelové (COOH)2 vychází Přiklad 4. (COOH)2 + KMn04 + H2S04 -4 CO2 4 MnS04 + K2S04 + H20 Po doplnění koeficientů a úpravě je konečný tvar rovnice: 5(COOHh + 2KMn04 + 3H2S04 -» IOCO2-1- 2MnS04 + K2S04 + 8H2O Procvičení: Řešte rovnice: 67. FeS2 + HNO3 -4 Fe(N03)3 + H2S04 + WO + H20 68. AS2S3 + HNO3 -» H3As04 + S 4 NO2 +■ H20 69. FeS2 + Na2C>2 -» Fe203 4 Na2S04 + Na2p 70. Mn2+ + Na202 + H* -» MnOJ + Na+ + H20 71. KNO3 + S + C K2S + N2 + CO2 72. MnOí 4 (COOH)2 4 H2S04 -» MnS04 + CO2 + H20 73. QHsNC^ + Fe 4 HC1 -4 CeH5NH2 4 Fea3 4 HjO 74. H CHO 4 I2 + NaOH HCOONa 4 Nal + H20 75. CH3OOCH3 4 IO" -> CHI3 4 CH3COO" 4 OH" 16 17 1.3. Základní výpočty. 13.1. Hmotnost atomů a molekul. Základní pojmy: Všechny prvky jsou seřazeny do periodické soustavy prvků podle vzrůstajícího protonového čísla. Protonové číslo Z je dáno počtem protonů v atomovém jádře, je charakteristickou vlastností prvků a číselně odpovídá počtu elektronů v atomu prvku. Součet protonů a neutronů určuje nuklconové číslo A. Neutronové číslo N je dáno počtem neutronů. Píatf vztah; N = A-Z Například: pí, konkrétně 12C Z = 6, A = 12, N = 6 Látky složené z atomů, které mají stejná protonová a nukleonová Čísla nazýváme nuklidy. Nuklidy, které mají stejná protonová Čísla,ale rozdílná nukleonová čísla se nazývají izotopy. Například chlor je tvořen dvěma izotopy ^Cl a "Cl Izotopy prvku mají stejné chemické vlastnosti (jejich poměr je stálý, nezáleží na způsobu přípravy), ale rozdílné fyzikální vlastnosti. Hmotnosti atomů. Kdybychom pŕs kvantitativním vyjadřování reakcí měli počítat se skutečnými hmotnostmi atomů nebo molekul, byly by výpočty velmi komplikované vzhledem k malým hmotnostem atomů prvků.(Například skutečná hmotnost jednoho atomu vodíku je 1,673 . 10"27 kg). j Proto byla zavedena atomová hmotností jednotka u, kterou definujeme jako hmotnosti atomu uhlíku 12- 12 Platí: mu = — m (12C) = 1,6605 ■ 10_27kg Porovnáním hmotností jednotlivých nuklidů s hmotností mu získáme relativní atomové hmotnosti Ar. ArCXV m(X) Ar(X) = relativní atomová hmotnost prvku X m(X) = hmotnost prvku X mu = hmotnost atomové hmotnostní jednotky Příklad 1. Vypočítejte Ar Řešení: a) n = — = — = 2 moly M 28 - b) V = Vm ■ n = 22,4 - 2 = 44,8 dm3 c) N = 6,023 ■ I023 2 = 12,046 - 1023 = 1,2046 • 1024 Příklad 3. Kolik atomů Cu je obsaženo v 127 g Cu? N m Řešení: Ze vztahu NA = — plyne, že N = NA ■ n = NA • — M Po dosazení N = 6,023 10 23 127 634 = 1,2046 10 2-1 Ve 127 g Cu je obsaženo 1,246 ■ 1024 atomů Příklad 4. Jaká je hmotnost 6,023 ■ 102' molekul SO,? Řešení: Nejdříve vypočítáme n ze vztahu n = N 6,023 • I02' n = — =-= 0,01 mol NA 6,023 ■ 1023 m = n M = 0,01 ■ 64 = 0,64 g Hmotnost je 0,64 g. Molární hmotnost (M) vyjádřená v jednotkách g mol-1 je číselně rovna relativní molekulové hmotnosti. To znamená, že molami hmotnost H3PO4 je rovna 97,99 g mol-1 nebo-li 1 mol H3PO4 má hmotnost 97,99 g. Príklad 5. Vypočítejte látkové množství 112 g CO. h - m 112 g Kesenn Dosazením do vztahu n = — =-= 4 mol M 28 g ■ mol"' 112 g CO obsahuje 4 moly. 21 Příklad 6. Jaká jc hmotnost 3 mol N2? Řešení: m = n.M=3.28 = 72 g 3 moly N2 mají hmotnost 72 g. Procvičení: 7. Určete n pro 30 g Hj. 8. Určete hmotnost 5 mol CaCOj. 9. Kolik molekul je obsaženo ve 22 g O02? lO.Jaká je hmotnost 6,023 . 1022 molekul CaO? 1.3.3. Avogadrův zákon. V 224 Řešení: n = -- = — !0 mol MNQ = 30 g ■ moľ i-l Stejné objemy plynů za stejných stavových podmínek (p, T) obsahují stejný počet molekul. Pň standardních podmínkách (p = 1,01325 . 105 Pa a T = 273,15 K) je objem jednoho molu plynu 22,41 dm3. Toto číslo se nazývá standardní molární objem Vm. Vm = — = 22,41 dm3 • mor1 Vm = standardní molární objem V = objem plynu n = počet molů Příklad 1. Jaký je objem 220 g CX>2 za standardních podmínek? , 220 Řešení: M™ = 44 g mol n =-= 5 mol L03 44 V = — z toho V = V - n = 22.4 5 = 112 dmJ n —-— 220 g COz zaujímá za standardních podmínek objem 112 dm Řešení pomocí úměry: 1 mol CO2 odpovídá 22,4 dm5 44 g CO2 .... 22,4 dm3 220 g C02 x dni x = 112 dm Příklad 2. Jaká je hmotnost 224 dm3 NO za standardních podmínek? m m n = — 10 = — m = 300 g M 30 -- 224 dm3 NO má hmotnost 300 g. ení pomoci úmery: 22,4 dm3 NO . . 30 g 224 dm3 NO . . . x g x = 300 g em: Hklad 3. Kolík dm3 NH} vznikne teoreticky reakcí 7 molů Hj a dvou molů N2? Kolik dm kterého plynu nezreagovalo? Reakce probíhá podle rovnice: N2 + 31ÍJ -> 2 NH3 1 mol + 3 moly —» 2 moly našem případě: 2 moly + 6 molů -* 4 moly Vznikají 4 moly NH3 tj. 4 ■ 22,4 = 89,6 dm3 NH3 Zbývá t mol H2 tj. 22,4 dm3 H2. Poznámka: Při průmyslové výrobe probíhá tato reakce pfi tlaku 10-100 MPa a teplotě 425X s poměrně nízkym stupněm konverze. , -i 1: 4. Jaká je hmotnost 70 dm' NII1 za standardních podmínek? 5. Jaký je objem 10 g H2 za standardních podmínek? 6. Jaká je hmotnost 30 dm3 Cl2 za standardních podmínek? b) Kolik molů tento objem obsahuje? c) Kdik atomů chloru je v tomto množství obsaženo? 7. Brom je za standardních podmínek kapalina o p - 3,14 g . cm . a) Vypočítejte objem 5 molů Br2 b) Kolik atomů Br je v tomto množství obsaženo? 8. Za standardních podmínek spolu reagují 4 moly 02 a 5 molů Hr a) Kolik g H20 reakcí vznikne? b) Kolik molů které látky zbývá? 22 23 1.3.4. Výpočet obsahu prvků ve sloučenině. Hmotnostní zlomek a hmotnostní procenta. Hmotnostní zlomek w je dán podílem hmotnosti látky obsažené ve sloučenině m(A) a celkové hmotnosti sloučeniny m (s). m (A) M (s) rn(s) = rn (A) + m (B) + ......... + m(Z) Častěji se používá vyjádření v procentech, které se nazývá hmotnostní procenta, hmotnostní procenta = m (A) M (s) UK) Příklad l. Vypočítejte hmotnostní zlomek a hmotnostní procenta C a O v CO,. 12 12 Řešení: w = — = 0,27, hmotnostní % C — • 100 = 27% c 44 44 — 2 ■ 16 32 wn = ——— = 0,73, hmotnostní % O = — ■ 100 = 73% 44 44 Příklad 2. Vypočítejte hmotnostní procenta prvků v benzenu C6H6 6 ■ Af(C) 100 6.12 Řešení: % C =-=- 100 = 92% % H = 100 - 92 = 8 % Hmotnostní zlomek nebo hmotnostní procenta 1/e používal k výpočtu hmotnosti prvku obsaženého ve sloučenině. Příklad 3l Kolik g Fe je obsaženo v 10 g FejOjŤ Řešení I. V tabulkách nalezneme \^ = 55,85 Z 55,85 wFe--= 0,6994 159,7 Epe = w ■ = 0,6994 . 10 = 6.994 g V 10 g Fe^j je obsaženo 6,994 g Fe. 24 EL Výpočet úměrou: 159,7 g Fe^Oj 10 g FejO, . 2 ■ 55.85 g Fe ... x g Fe x = 6,994 g Fe dad 4. Kolik kg Zn je možno vyrobit ze 100 kg ZnS obsahující 10% hlušiny? Nejdřívce vypočítáme kolik ZnS je obsaženo ve 100 kg rudy. Protože rada obsahuje 10% hlušiny, budeme počítat dále s 90 kg ZnS. 65,4 0,67, m(Zn) = w . m{ZnS) = 0,67 ■ 90 = 60y43 97,4 Lze získat 60,3 kg Zn. Další řešení: 97,4 kg ZnS .............65,4 kg Zn 90 kg ZnS...............x kg Zn x = 60,3 kg Zn Příklad 5. Kolik % CuS04 bezvodé obsahuje CuS04 ■ 5 H20? Řešení: M^o = 160 g ■ mol"1 160 w = _=0,64, Mcusq,.^-2"*- ™*~ Krystalický síran iněďnatý obsahuje 64 % bezvodého CuS04. DalSí řešení: 250 g CuS04 ■ 5 H20 .......... 100 % 160 g CuS04.................x % x = 64 % Příklad 6. Kolik g Na2S04 10 H20 lze získat krystalizací roztoku, ve kterém je obsaženo 71 g NajSO^ = 'O HjO = 322 g mor1 Výpočet řešíme jednoduchou úměrou: z 142 g NajS04 se z roztoku vyloučí 322 g Na2SO+ ■ 10 HjO z 71 g NajSO,,............x g x = 161 g NajSO,, ■ 10 Hp Vyloučí se 161 g Na2SQ4 . 10 Rp 25 71 Další řešení: x =- 322 = 161 g 142 -- V některých příkladech, zvláště u minerálů, které mají složitý vzorce, určujeme procenta oxidů obsažených ve sloučenině. Příklad 7. Vypočítejte procenta oxidů obsažených ve sloučenině vyjádřené sumárním vzorcem CaAl2Si2Og Řešení: Z poměrů prvků obsažených v této sloučenině odvodíme vzorec Pfi výpočtu poměru x : y : z upravíme poměr zpravidla vydělením nejnižším číslem poměru- Získaná čísla určují počet jednotlivých prvků ve sloučenině. Tento postup vysvětlíme na konkrétním příkladě CaO A1203 2 Si02 M (CaO) 56 56 = 0,20 M (CaO AJ203 2Si02) 56 + 102 + 120 278 — Hmotnostní procenta CaO se rovnají 20 %. Obdobně vypočítáme hmotnostní procenta A1203 = 36,7 Si02 = 43,3 Procvičení 15. Vypočítejte hmotnostní procenta prvků v Al2Oj. 16. Vypočítejte wQ v K AuCl4. 17. Kolik g Fe je obsazeno ve 100 g Fe304? 18. Kolik kg Pb je obsaženo v 150 kg PbS? 19. Vypočítejte, v kterém dusíkatém hnojivu je obsaženo nejvíce % dusíku? (NH4)2S04 NH4N03 KN03 CO(NH2)2 20. Kolik g N, H, S, O je obsaženo v 396 g (NH4)2S04? 21. Kolik g FeS04 bezvodého je obsaženo ve 139 g FeS04 . 7 HjO? 22. Vypočítejte, kolik kg Cu je obsaženo v 250 kg rudy, která obsahuje 64 % Cu? 23. Kolik % vody je obsaženo v KCr(S04)2 . 12 H20? 24. Vyjádřete procentové složení oxidů v MgSi03? 1.3.5. Výpočet empirického a molekulového vzorce. Při kvantitativní analýze zjišťujeme relativní zastoupení prvků ve sloučenině, tzn. určíme empirický vzorec. Z molární hmotnosti stanovíme molekulový vzorec. Empirický vzorec udává poměr v počtu atomů prvků obsažených ve sloučenině. Koeficienty x, y, z v empirickém vzorci AxByCz můžeme vyjádřit : w (A) w (B) w (C) x : y : 7 = M (A) M (B) M (C) 26 příklad 1. Analýzou bylo zjištěno, že sloučenina obsahuje 13,8 % N, 47,5 % O, 38,7 % K. Určete její vzorec NOK 13,8 47,5 38,7 Řešení: x : y : z 14 = 1 16 3 39 1 Vzorec sloučeniny je KNQ3. Příklad 2. Analýzou bylo zjištěno. Že sloučenina obsahuje 23,5 % Ca, 2,4 % H, 36,5 % P, 37,6 % O. Zjistěte vzorec této sloučeniny, 23,5 . Řešení: pro Ca = = 0,6 pro P = 40 36,5 2,4 pro H =-= 2,4 1 = 1.2 pro O = 37,0 2,4 31 " 16 Ca:H:P:0=l:4:2:4 Kombinaci těchto poměrů je vzorec sloučeniny Ca(H2P02)2. Příklad 3. Zjistěte vzorec sloučeniny, která obsahuje 30,7 % K, 25,2 % S, Řešení: 44,1 % 02. 30.7 25,5 pro K = 1— = 0,78, pro S = -— = 0,78 39,1 ' " 32 44,1 pro O--= 2,8 16 Poměr prvků K : S : O = 0,8 : 0,8 : 2,8 tj. 1 : 1 : 34 Sloučenina tohoto složení však neexistuje, proto vynásobíme poměry prvků tak, aby vznikla celá čísla, v našem případě 2 a: K : S : O = 2 ; 2 : 7 Vzorec sloučeniny je KjSjO,. Príklad 4, Určete vzorec sloučeniny, jestliže víte, že obsahuje 11 2 % AI 44,1 ~ Cl, 44,7 % H20. ieni: AI : Cl : FLp = _ 11,2 44»1 44-7 18 27 35,5 = 1:3:6 Vzorec sloučeniny je AlCIj • 6 H20 27 = 0,41 : 1,24 : 2,48 Příklad S. Prs analýze bylo zjištěno, že sloučenina obsahuje 85,8 % C a 14,2 % H. Molámí hmotnost je 84 g ■ mol "V Vypočítejte molekulový vzorec této sloučeniny. 85,8 14,2 Řešení: C ; H =-: -= 7.1 ; 14.2 : = 1 : 2 M = 14 g ■ mol 12 1 Empirický vzorec je CH, 84 dále — = 6 14 /.nameria Lo tedy, že molekulový vzorec sloučeniny je CftIl17. 40,0 % C, 6.6 % U, 53,4 % O. Molámí hmotnost sloučeniny je 180 g mol"1. 31. Jaký bude molekulový vzorec sloučeniny o složení 14,0 % K, 8,8 % Mg, 383 % Cl, 38,9 % hLp? 32. Určete vzorec organické sloučeniny obsahující uhlík, vodík a kyslík, jejíž spálením 0,4 g vznikne 0,75 g CO, a 0,46 g 1I,0. 33. Pražením 1,75 g sulfidu železa bylo získáno 1,6 g Fe2Oj a 1,28 g S02. Určete jeho vzorec. 34. Určete vzorec oxidu manganu, který v 2,9(i g oxidu obsahuje 2,05 g Mn. Příklad 6. Spálením 1,45 g uhlovodíku vznikne 4,4 g CtX, a 2,25 g H20. Určete molekulový vzorec této látky, jejíž M = 58 g - moT1. -t Řešení: M^q j = 44 g ■ mol M„ M(C)= 12 g • mol = 18 g • mol 1 M^jjj = 1 g ■ mol Nejdříve vypočítáme % C a H v uhlovodíku. 12 4,4 g C02 odpovídá — ■ 4,4 = 1,2 g C 1,2 100 = 82,7 % C 1.45 % H = 100 - 82,7 = 17,3 82,7 17,3 C r H =- :-= 6,9 : 17,3 = 1 : 2,5 12 1 Muhfcvodftu = 1 12 * 2,5 ■ 1 = 14,5 g - mor' Dále x 14,5,= 58 x = 4 Výsledný vzoiec uhlovodíku je C4H|0. Procvičení: 25. Určete vzorec sloučeniny, jestliže víte, že analýzou bylo zjištěno, že obsahuje 47,9 % Zn a 52,1 % Cl. 26. Složení sloučeniny je 21,8 % Mg, 27,8 % P, 50,4 % O. Zjistěte vzorec této sloučeniny. 27. Analýzou bylo zjištěno, že složení této sloučeniny 20,7 % Fe, 39,4 % Cl, 39,9 % H20. Určete její vzorec. 28. Jaký bude vzorec sloučeniny o složení 42,4 % K, 15,2 % Fe, 19,6 % C, 22,8 % N? 29. Jaký molekulový vzorec má uhlovodík o molámí hmotnosti 78 g - mol"1 jestliže víte, že hmotnost poměr C : H je 12 : 1? 30. Určete molekulový vzorec sloučeniny o složení: 1.4. Roztoky. Roztoky jsou homogenní dvou nebo vfce-složkové směsi látek. Za roztoky považujeme všechny směsi plynu, slitiny, nejčastěji se však setkáváme s roztoky pevných látek a kapalin v další kapalině (rozpouštědle). Kvantitativní poměry mezi jednotlivými složkami roztoku nazýváme koncentrace roztoků. Způsoby vyjadřování složení roztoků. Hmotnostní zlomek a hmotnostní procenta. Objemový zlomek a objemová procenta. Mulami zlomek a mulami procenta. Molární (látková) koncentrace. Molální koncentrace. Další způsoby určení koncentrace roztoků. 1.4.1. Hmotnostní zlomek a hmotnostní procenta. Hmotnostní zlomek (w) vyjadřuje poměr hmotnosti rozpuštěné látky k hmotnosti celého roztoku. mA = hmotnost rozpuštěné látky mg = hmotnost roztoku mg = mA + mH 0 Příklad 1. Ve 100 g HjO bylo rozpuštěno 20 g KOH. Vypočtěte hmotnostní zlomek KOH a Hp. Řešen KOH vKOH mKOH + mH20 pUjS« 20 120 = 0,166 protože vťKrJH + wnp = wHjO = ' _ 0,166 — 0,833 Častěji sc udávají hmotnostní procenta (hm %), která udávají počet hmotnostních dílů rozpuštěné látky na 100 hmotnostních dílů roztoku. Roztok z příkladu 1. bude tedy obsahovat 16,6 % KOH a 83,3 % H20. Příklad 2. Kolik g NaCl a g HjO potřebujeme na přípravu 300 g 10 % ního roztoku NaCl? 30 Řešení: a) w,^ "NaCl m. NaCl 1% • W = 300 ■ 0,1 = 30 g 300 - 30 = 270 g vody. b) 100 g 10 % ního roztoku obsahuje ... 10 g NaCl 300 g 10 % ního roztoku obsahuje . . . x g NaCl x - 30 g NaCl příklad 3. Kolik g 5 %ního roztoku CuS04 můžeme připravit z 25g CuS04 5 H20? Kolik g H20 na přípravu tohoto roztoku potřebujeme? Řešení: V tabulkách nalezneme: Mc\so4 snp = 250 g rnoŕ MQlSo4 = 160 g mor1 Nejdříve vypočítáme kolík bezvodého CuS04 je pbsaženo v 25g CuS04 5HjO. 250 g CuS04 5H20 . . 160 g CuS04 25 g CuSQ4 5H2Q . . . . x g CuS04 x = 16 g CuS04 Dále w, CuSO. "CuSO. TCi.SO, "CuS04 16 0,05 = 320 g roztoku Potom 320 - 25 = 295 ml R,Q Procvičení: I. 320 g roztoku obsahuje 80 g NaCl. Koukaprocentní je to roztok? 2. Jaká bude koncentrace roztoku vyjádřená v %, rozpustíme-li 70 g NaCl v 500 g r^O? 3. Kolik g HCl je obsaženo v 1 dm3 HCl 7 % ní? p = 1,035 g cm_í- 4. Kolik g Naj^ 10 H20 je nutno rozpustit v 1 dm3 HjO na přípravu 5 %ního roztoku? (p = I g - cm3) 5. Kolik g FeS04 7 H20 potřebujeme na přípravu 500 g 12 %ního roztoku? 31 1.4.2. Objemový zlomek a objemová procenta. obj.% C02 = 13,3 obj.% N7 = 20 Objemový zlomek (stmích dílů H2S04 80 % ní potřebujeme 60 hmomostních dílů Mf). Po dosazení zadaného množství H2S04 dostáváme konečný tvar směšovacího pravidla: 41 80 % Při řešení příkladů použijeme ten způsob, který je nejjednoduššf pro daný typ příkladu. na 20 g H2S04 80 % ní.....60 g H20 na 200 g H2S04 80 % ní.....x g H20 x = 600 g H20 Na ředění 200 g H2S04 80 %ní na 20 %ní potřebujeme 600 g H2C Do směšovacího pravidla dosazujeme vždy hmotnostní množství! 2. Řešení pomocí směšovací rovnice: Obecně vyjadřujeme tuto rovnici vztahem: m, w, + rrijWj +......+ m^ = (m, + rr^ + ... + nvw) m,, m2 ... m7 = hmotnosti roztoků, které směšujeme Wp w2 ... wz= hmotnostní zlomky rozpuštěné látky v jednotlivých roztocích w = hmotnostní zlomek látky rozpuštěné ve výsledném roztoku Pro náš příklad bude mít směšovací rovnice tvar: m,Wj + m2w2 = (m, + n^) ■ w m[ = 0,2 kg mj = x kg w, = 0,80 w2 = 0 w = 0,20 Po dosazení: 0,2 ■ 0,80 + 0.x = (0,2 + x) 0,20 x = 0,6 kg 3. Řešení pomocí úměry. Víme, že 200 g 80 %ní obsahuje 160 g 100 %ní H2S04. VypoCítáme, z jakého množství tvoří 160 g 20 %ní H2S04. 20 %...................160 g 100 %...................x g x = 800 g 800 g roztoku 20 %ní rL,S04 se skladá z 200 g 80 %ní H2S04 a 600 g H20. Příklad 2. Kolík g 5 %ního roztoku musíme přidat ke 100 g 50 % ního roztoku, aby vznikl roztok 20 % ní? Řešení pomocí směšovacího pravidla. 50 % 5 % 20% "S* 15 g 50 % ..........30 g 5 % 100 g 50 %...........x g 5 % x = 200 g Je třeba přidat 200 g 5 %ního roztoku. . „ . —N Řešení pomocí směšovací rovnice. m,Wj + m2w2 = (m, + rr^) w m, - 100 g " m2 = x g w, = 0,50 w2 = 0,05 w = 0,20 Po dosazení: 100 • 0,50 + 0,05 • x = (100 + x) ■ 0,20 x = 200 g Příklad 3. Připravte 220 g HN03 20 % ní z HN03 65 % ní a z HN03 10 % nf. 1. 65 10 % 20% 10 hm.dílů 45 hm.dílů \ / 55 hm-dflů Ze směšovacího pravidla vyplývá, že 20 %ní HNOj bude 55 hmotnostních dílů. Z toho plyne: na 55 g HNOj 20 % ní potřebujeme . . 10 g HNOj 65 % ní na 220 g HN03 20 %ní potřebujeme.....x g HN03 65 %ní x = 40 g HN03 65 % ní 220 - 40 = 180 g HN03 10 % ní Na přípravu 220 g HNCy, 20 %ní potrebujeme 40 g HNO, 65 %nf a 180 g HNQ3 10 %nf. 2. m, + m2 = 220 m,Wj + nijWj = (m, + m2) w m, • 0,65 + m2 0,10 = 220 0,20 po dosazení m, = 220 - m2 dostaneme: mj = 180 g HN03 10 % ní, nij = 40 g HN03 65 % ní Příklad 4. Vypočítejte koncentraci F^SO^ která vznikla smíšením 120 g H2S04 96 % ní a 500 g H2S04 10 % ní. Řešení 2. m, = 120 g m2 = 500 g w, = 0,96 w2 = 0,10 w = x dosazením: 120 • 0,96 + 500 • 0,10 = (120 + 500) ■ x x = 0,266 Smíšením vznikne H2S04 26,6 % nT Řešení 3. Vypočítáme množství H2S04 100 %nf v tomto roztoku. Celková hmotnost roztoku je 120 g + 500 g = 620 g 120 - 96 500 ■ 10 dále-+- = 165,2 100 100 165,2 100 • - = 26,6 620 - Příklad S. Ze 100 kg 50 % ního roztoku bylo odpařeno 20 kg H20. Kolika % ní roztok vznikne? Řešení: Po odpaření 20 kg vody má roztok hmotnost 80 kg, obsah soli je stále 50 kg, tedy: 50 kg soli . . ... 80 kg roztoku x kg soli.........100 kg roztoku x = 62,5 % Po odpaření 20 kg vody je roztok soli 62,5 % ní. Příklad 6. Jaká bude koncentrace 300 g roztoku 30 % ního, přidáme-li k němu 50 g soli? Řešení: 300 g 30 % ního roztoku obsahuje 90 g soli. Přidáním 50 g bude ve 350 g roztoku obsaženo 140 g soli. 140 g soli % roztoku =-~- ■ 100 = 40 350 g roztoku — Roztok bude 40 % ní. příklad 7. Kolik g soli musíme přidat k 200 g 25 % ního roztoku, aby vznikl roztok 40 % ní? Řešení: m]w] + m2w2 = (m[ + m2> ' w 200 ■ 0,25 + mj • 100 = (200 + n^) 0,40 crij = 50 g K roztoku musíme přidal 50 g soli. Složitěji se řeší výpočty koncentraci, které jsou zadány v objemových množstvích. Příklad 8. Kolik kg 35 % ní HC1 a 10 % ní HCI potřebujeme na přípravu 10 1 20 % ní HCI? p HCI 20 % ní = 1,1 g cm"3 Řešení: 35 10 20 1 10 15 ^ 25"^ Na 25 kg 20 % ní HCI......10 kg 35 % ní HCI na 11 kg 20 %ní HCI........x kg 35 % ní HCI x = 4,4 kg HCI 35 %ní HQ 10 %ní bude tedy třeba 6,6 kg 11 11 kg 20 % ní HQ má objem V = — = 10 I V případě, že chceme vypočítat objemy 35 %ní a 10 %ní HQ, postupujeme takto: 44 45 -g PlOfc HCL = '-05 S Cm -3 m 4,4 V = — pro 35 % ní HC1 -= 3,76 1 p 1,17 - 6,6 pro 10 % ní HC1 -= 6,24 I 1,05 - Příklad 9. Kolik g H20 musíme odpařit z I kg 10 % ního roztoku, aby vznikl roztok 35 %ní? Řešení: 1000 g 10 %ního roztoku obsahuje 100 g rozpuštěné látky dále: 1000 g.............35 % x g ...........100 % x = 285 g V 285 g 35 % ního roztoku je obsaženo 100 g rozpuštěné látky. Z toho vyplývá, že: 1000 g původní hmotnost roztoku - 285 g hmotnost roztoku po odpaření 715 g hmotnost vody, kterou musíme odpařit Příklad 10. Kolik kg 96 % m' H2S04 a 64 % ní H2S04 potrebujeme pro přípravu 50 kg 92 %ní H2S04? Řešení: 100 kg 96 % ní H2S04 obsahuje 96 kg 100 % ní H2S04 100 kg 64 %ní H2S04 obsahuje 64 kg 100 %ní H2S04 k přípravě 1 kg 92 %ní H2S04 potřebujeme: x kg 96 % ní H2S04 a (1 - x) kg 64 % ní H2S04 x ■ 0,96 + (1 - x) • 0,64 = 1 ■ 0,92 x = 0,875 kg 96 % ní 1 - x = 0,125 kg 64 %ní Protože pripravujeme 50 kg 92 %ní H2S04, uvedené výsledky vynásobíme 50ti. 0,875 50 = 43,75 kg 96 % ní r^SC^ 0,125 50 = 6,25 kg 64 % ní H2S04 Přiklad 11. Kolika % ní roztok získáme smíchárum 15 kg 28 % ního roztoku NaOH, 8 kg 12 % ního roztoku NaOH a 20 kg vody? Řešení: m,w, + m2w2 + m3w3 = (m, + m2 + rr^) w m, = 15 kg m2 = 8 kg m, = 20 kg w = x w, = 0,28 w2= 0,12 w3 = 0 15 ■ 0,28 + 8 0,12 + 20 0 w =-= 0,12 15 + 8 + 20 — Získáme 12 % m roztok NaOH. procvičení: 29. Kolik g vody musíme přidat k 500 g 40 % ní H2S04, aby vznikla H2S04 15 % ní 30. Bylo smícháno 150 g 40 % ní HN03 s 350 g 10 %ní HN03. Kolika % ní HN03 vznikne? 31.50 ml 96 % ní H2S04 bylo smícháno s 200 ml HjO. Kolika % ní H2S04 vznikne? p H2S04 96 % = 1,8406 g mT1 32. Kolik g vody musíme odpařit z 500 g 12 % ního roztoku.aby vznikl roztok 20 % ní? 33. Kolik vody musíme pälít k 250 g 25 %ního roztoku, aby vznikl roztok 5 % ní? 34. Jaké množství 25 % ní Ha (p = 1,125 g ■ mT1) r>otfebujerne na přípravu 2 1 10 % ní HC1? 35. Vypočítejte kolika % ní HNO, vznikne smícháním 1 1 vody a 500 ml 32 % ní HN03 (p = 1,2 g • ml"1). 36. Jaká bude koncentrace H2S04, která vznikne smísením 6 kg HjS04 96 % ní a 25 kg H2S04 10 % ní? 37. Kolik g sob musíme přidat k 1 kg 15 % ního roztoku, aby vznikl roztok 20 % ní? 38. Kolik g vody potřebujeme odpařit z 250 g 4,2 % ního roztoku soli, aby vznikl roztek 5 % ní? 1.4.9. Krystalizace. Příprava nasycených roztoků při určité teplotě. Krystaljzage je (jeji pfj ^erém ^ vylučuje látka rozpuštěná v roztoku., Roztok obsahující maximální množství rozpuštěné látky při určité teplotě se nazývá roztok nasycený. Koncentrace se určuje většinou gramy rozpuštěné látky ve 100 g vody nebo 100 g roztoku. Nenasycené roztoky obsahují menší množství rozpuštěné látky než je možné rozpustit pří určité teplotě. Přesycené roztoky naopak obsahují více látky než odpovídá rozpustnosti látky při určité teplotě. Vznikají ochlazováním roztoků, jsou velmi nestabilní, působením krystalizačních zárodků dochází k intenzivnímu vylučování krystalů. Některé látky však nelze izolovat ze svých roztoků krystalizací, např. Fe2(S04)3 ■ 9H20, chceme-li *fskat tuto látku, musíme roztok odpařit do sucha. 46 47 Krystalizaci provádíme: a) ochlazením roztoků b) odpařením rozpouštědla za běžné nebo vyšší teploty c) změnou rozpouštědla dochází k tzv. vysolování Podle Lechmky provádění krystalizace v laboratořích rozlišujeme krystalizaci: a) rušenou b) volnou Hodnoty rozpustnosti látek jsou uvedeny: a) v tabulkách rozpustnosti b) v křivkách rozpustnosti Krystalizace se používá pň čištění látek popi. dělení směsí látek. Příklad 1. Rozhodněte pomocí údajů uvedených v tabulkách rozpustnostim zdajdc o roztoky nasycené nebo nenasycené. a) ve 100 g vody bylo rozpuštěno 30 g KC1 při 20t€. Řešení: v tabulkách rozpustnosti je uvedeno, že ve 100 g vody se při 20 °C rozpustí 34 g KC1. z^ávěr: roztok je nenasycený. b) ve 100 g roztoku je obsaženo při 20CC 30 g KG. Řešení: z další tabulky odečtete, že nasycený roztok KC1 obsahuje při 20^ 25,5 g KC1 na 100 g roztoku. Závěr: roztok je nasycený. Příklad 2. Kolik g vody je třeba na rozpuštění 73 g Ba(N03)2 na roztok nasycený při 50°C? Řešeni: z tabulky, ve které jsou uvedeny g rozpuštěné látky ve 100 g vody odečteme: 17,1 g Ba(N03)2 se rozpustí ve 100 g Hp při 50°C. Potom: 17,1 g Ba(N03)2 . . 100 g vody 73 g Ba(N03)2........x g vody x = 427 g Rozpuštěním 73 g Ba(N03)? v 427 g vody vznikne přt 50**: nasycený roztok. Příklad 3. Kolik g Ba(NOj)2 potřebujeme na přípravu 500 g roztoku nasyceného při 50X? Řešení: V tabulce rozpustnosti, ve které jsou uvedeny g rozpuštěné látky ve 100 g roztoku odečteme, že rozpustnost Ba(N03)2 při 50T je 14,6 g ve 100 g roztoku. Dále: 100 g roztoku..........14,6 g Ba(N03)2 500 g roztoku...........x g Ba(N03)2 x = 73 g Ba(N03)2 porovnáním výsledků v příkladech 2. a 3. potvrzujeme správnost údajů uváděných v různých tabulkách rozpustnosti. Příklad 4. Kolik g H20 a KCl potřebujeme na přípravu 500 g roztoku nasyceného pň 20^? Kolika % ní roztok KCl vznikne? Řešení: V tabulkách rozpustnosti odečteme, že 100 g roztoku KCl nasyceného pň 20 1 3. Kolik g CijOj a vznikne termickým rozkladem 50,4 g (NH^Cr^O,? 4. Kolik gramů Cu (N03)2.3 HjO můžeme připravit rozpuštěním 13 g Cu v 20 % ní HN03 ? Kolik g této kyseliny potřebujeme? Kolik g CaO a g C02 můžeme získat rozkladem 500 g CaC03? Vypočítejte množství Fe a 90 % ní H2S04 v g potrebné na prípravu 139 g FeS04.7H20. Z 31,3 g slitiny stříbra bylo získáno 3,31 g AgCl. Kolik % Ag slitina obsahuje? Kolik g S02 vznikne rozpuštěním 30 g Cu v koncentrované HjSC^? Kolika % ní je roztok AgN03, když z 400 g tohoto roztoku bylo působením KI vy sráženo 70,3 g Agl? 10. Kolik g KCľl03 potrebujeme na přípravu 100 g 02'.' 1.5.1. Výpočty objemů plynů vznikajících při chemických reakcích. V této kapitole budeme řešit výpočty objemů plynů za standardních podmínek, i když některé reakce probíhají za těchto podmínek poměrně obtížně. V kapitole 1.6. procvičíme příklady při různé teplotě, tlaku i změnách objemů. Základní údaj: 1 mol plynu zaujímá za standardních podmínek objem 22,41 1. Příklad 1. Kolik 1 N2 a H2 teoreticky potřebujeme na přípravu 224 1 NH3? K výpočtu můžeme použít několik způsobů: Řešení: a) reakce probíhá podle rovnice: 9. N 3 H, 2NH, 2 "2 22,4 1 3 ■ 22,4 1 2 ■ 22,4 I Z toho vyplývá, že 22,4 1 N2 . 44,8 1 NH, x 1 N2 ........ 224 1 NH3 x = 112 1 N, Řešení: Obdobně vyřešíme objemové množství fL, = 336 1. b) Z reakce vyplývá, že n(NH3) n(N2) =- , a proto V(N2) V(NH3) m 2 ■ V a tedy M V(N2) = V ( NH3 ) f 22A V(N0 =-= 112 1 2 2 eni: Obdobně řešíme Víjy. c) Výpočet je velmi jednoduchý: N2 + 3^ = 2 NH3 11+31=21 z 1 1 N2 vzniknou 2 1 NH3 zxlNj vznikne 224 1 NH3 x = 112 1 N, Řeše Obdobně počítáme 1 H2. d) Nejdříve vypočítáme hmotnosti dusíku a vodíku a tato množství pak přepočítáme na objemy. N2 + 3 H2 = 2 NH3 28 g + 3.2 g = 2.17 g 224 1 NH3 má hmotnost 170 g na 34 g NH3 potřebujeme . . . 28 g N2 na 170 g NHj potřebujeme . . . x g N2 x = 140 g N2 140 ~2& 5 molů N„ VN = 22,4 x 5 112 I Příklad Řešení: Stejně vypočítáme objem Hj. 2. Kolik 1 02 vznikne rozkladem 24,5 g KC103? Kolik g KCl reakcí vznikne? Je možno řešit několika způsoby. Doporučený postup: Reakce probíhá podle rovnice: 2 KCI03 -> 2 KCl + 302 2 122,5 g 2 74,5 g + 3 22,4 1 Z 245 g KC103 vznikne . . . 67,2 1 02 z 24,5 g KC103 vznikne.....x I 02 x = 6,72 1 O, 54 55 Rozkladem 24,5 g KClOj vznikne 6,72 1 02 měřeno za standardních podmínek. Výpočet množství KC1 v g: 245 g KQ03 ......... 149 g KC1 24,5 g KClOj.........x g KC1 x = 14,9 g KC1 Reakcí vznikne 14,9 g KC1. Příklad 3. Kolik 1 H2 a 02 můžeme získat elektrolýzou 1 dm3 RjO? Řešení: Reakce probíhá podle rovnice: 2 HjO = 2 H2 + 02 2 18 g = 2.22,4 1 + 22,4 1 Výpočet objemu H2: z 36 g H20 vznikne.....44,8 1 FL, z 1000 g H20 vznikne......xlH; x = 1,244 1 H2 Podle rovnice vznikne poloviční objem 02 tj. 622 I 02. Elektrolýzou 1 dm3 H20 získáme 1244 1 H2 a 622 1 02. Příklad 4. Kolik g CaO a dm3 C02 lze získat termickým rozkladem 500 g CaCO^? Řešení: Reakce probíhá podle rovnice: CaCOj -» CaO f C02 100 g 56 g 22,4 1 Běžným výpočtem zjistíme, že z 500 g CaC03 vznikne 5 56 = 280 g CaO a 5 22,4 1 = 112 1 C02. Příklad 5. Kolik I H2S vznikne a kolik ml HC1 20 % ní potřebujeme na rozklad 220 g FeS? Kolik g FeCL, reakcí vznikne? p7a%ai HC1 = 1,1 g cm-3 Řešení: Reakce probíhá podle rovnice: FeS + 2 HC1 -» FeCL, + H2S 88 g 236,5 g 126,8 g 22,4 1 1. Výpočet objemu H2S. z 88 g FeS..............22,4 I HjS z 220 g FeS...............x l HjS x = 56 1 R2S 56 2. Výpočet množství HO, Na 88 g FeS.............73 g HC1 na 220 g FeS..............x g HC1 x = 182,5 g HC1 100 % ní. Přepočet na HCI 20 % ní. HC1 je 5x méně koncentrovaná (100 % a 20 %), proto bude její množství 5x větší, tj. 5 182,5 = 912,5 g HCI 20 %ní Přepočet na objemové množství HCI. m Použijeme vztah V = — P 912,5 po dosazení V =-= 829,5 ml. HCI 20 % ní 1,1 - 3. Výpočet množství vzniklého FeClz- z 88 g FeS vzniká........126,8 g FeCL, z 220 g FeS vzniká.........x g FeCl2 x = 317 g FeCl2 3 3 Příklad 6. Kolik m 02 potřebujeme na úplné spálení 5 m plynu, který má složení: 50 % CO 30 % Hj 10 % CH4 10 % N2 Ze složení v % vypočítáme, že plyn obsahuje 2,5 m3 CO, 1,5 m3 H2 a 0,5 m3 CH4. Použijeme Gay-Lussac zákon o stálých poměrech objemových. Při hoření probíhají reakce: 2 CO + O, = 2 CO, na 2 m CO potřebujeme 1 m 02 na 2,5 m3 CO potřebujeme 1,25 m3 02 1,25 m3 02 Řešení: 2 Hj + 02 = 2H20 na 2 ra3 Hj potřebujeme 1 m3 Oj na 1,5 m3 H2 potřebujeme 0,75 m3 02 CH4 + 202 = C02 + 2HjO na 1 m3 CH. potřebujeme 2 m3 O, 3 3 na 0,5 m CH4 potřebujeme 1 m 02 3 3 Na úplné spálení 5 m plynu potřebujeme 3 m 02. + 0,75 m" O, + 1,00 mJ02 3,00 m3 O, 57 Procvičení: II.Kolik 1 H2 vznikne rozkladem 100 g Na H20? 12. Kolik 1 H2S vznikne rozkladem 500 g FeS HCl? 13. Kolik 1 02 vznikne rozkladem 200 g 25 % ního H202? 14. Při rozpouštění 34,5 g Zn v kyselině sírové vznikne 10,5 I H2. Kolik % nečistot nerozpustných v H2S04 zinek obsahuje? 15. Kolik 1 HjS potřebujeme na vysrážení 673 g SnS? 3 T 16. Kolik m vzduchu potřebujeme na spálení 2 m plynu o složení: 50 % obj. H2 40 % obj. CO 10 % obj. N2 1.5.2. Výpočty v chemické laboratoři. Preparace látek. Při preparativních pracích v chemických laboratořích používáme podle pracovních předpisů různé koncentrace roztoků solí, kyselin a zásad. Úkolem je vypočítat navážku pro různé přípravy látek Postup výpočtů si znázorníme na konkrétním příkladě. 5 H20 rozpouštěním Cu Příklad 1. Úkol em je připravit 25 g CuSO, v HjSO,, 20 % ní a HN03 v 10 % ní. K dispozici máme Cu práškovitou, 90 % ní H2S04 a 65 % ní HNO3. Řešení: Reakce probíhá podle rovnice: 3 Cu +3 H2S04 + 2HNOj + 11H20 -» 3CuSO 3-63,5 g 3-98g 2 63 g 3 Doporučený způsob výpočtu: J4 250 g 5HaO + 2NO 1. VýpoČet množství Cu potřebné do reakce. 2 g H2S04 100 % ní 3. g H2S04 90 % ní 4. ml H2S04 90 % ní 5. množství vody potřebné na ředění 90 % ní H2S04 na 20 % ní H^SO, 6. g HNO3 100 % ní 7. g HNOs 65 % ní 8 ml HN03 65 % ní 9. množství vody potřebné na ředění 65 % ní HNO3 na 10 % ní HNO, 1. 3 63,5 g Cu.....3 250 g CuS04 5H20 x g Cu ..........25 g CuS04 5H20 x = 635 g Cu 2. 294 g H2S04 ...... 750 g CuS04.5H20 x g H2S04 ........ 25 g CuS04.5H20 x = 9,8 g H2S04 100 % ní 3. 9,8 g...............100 % ní H2S04 x g................90 % ní H2S04 x = 10,88 g H2SO490 %ní 4. Přepočet váhového množství na objemové. PHjSO490% 0 l<&25 g ■ "n"3 m 10,88 V = — = — = 5,94 ml p 1,825 - Odměříme 6 ml 90 % ní H2S04. Výpočty označené dva až čtyři můžeme zjednodušeně vypočítal: 1 100 vhv> oo-s, = 98 — - : 1,825 = 6 ml M ■ n ■ přepočet : p koncentrací 5. Výpočet množství H20 potřebného na ředění H2S04 pomocí směšovacího pravidla: 90 % 0 % 20 % 20 g H2S04............... 70g H20 10,88 g H2S04.............x g H20 x = 38 ml H20 Na ředění 10,88 g HjSO^ potřebujeme 38 ml vody. Výpočet množství HN03 provádíme stejným způsobem. Při výpočtu zkráceným způsobem musíme respektovat, že z rovnice 2 vyplývá, že na 1 mol Cu potřebujeme — molu HNOji 2 1 100 vUMn 65% = 63 • — • — - : 1,391 = 4,6 ml 3 10 65 - M • n ■ přepočet : p koncentrací 58 59 9 Množství vody potřebné na ředění HNO3 65 % ní na HNO3 10 % ní: Směšovacím pravidlem vypočítáme, že potřebujeme 35,2 ml H2O. Příklad 2. Kolik ml KOH 20 % ního a HN03 10 % ní potřebujeme na přípravu 50,5 g KN03? Řešení: Reakce probíhá podle rovnice: KOH + HNO3 = KN03 + H20 56 g 63 g 101 g 1. Výpočet KOH: a) KOH 100 % ní: 56 g KOH 100 % ní......101 g KN03 x g KOH 100 % ní......50,5 g KNO3 x = 28 g KOH 100 %ní. b) KOH 20 % ní: Nepřímou úměrou vypočítáme, že 20 % ního KOH je 5x více tj. 140 g. c) přepočet 20 % ního KOH na objemové množství: z tabulek odečteme: p KOH 20 % = 1,175 g ■ cm""3 140 V = 1,175 119 ml 20 % KOH l 100 Zkrácený výpočet: 56 ■ — - : 1,175 = 119 ml 20 %ního KOH Výsledky výpočtu HN03: a) 31,5 g HN03 100 %ní b) 315 g HN03 10 %ní 315 c) V =-= 298 ml 10 % ní HNO, 1,055 --■ Příklad 3. Připravte 66 g (nh4)2S04. Neutralizace probíhá mezi 10 %ní RjSO,^ a 10 % ním nh4oh. K dispozici máme 96 % ní h^o,, a 25 % ní NH4oh. Řešení: Reakce probíhá podle rovnice: 2nh3 + h2so4 = omjčo* 2 17 g 98 g 132 g Doporučeny způsob řešení: 1. g Hfi04 100 % ní 2. g H2S04 96 %mí 3. ml H2S04 96 % ní 60 4. množství vody na přípravu 10 % ní HjSO^, 5. g NH3 100 % ního 6. g NH3 25 % ního 7. ml NH4OH 25 % ního Koncentrace je dána hmotností NH3 rozpuštěného ve vodě 8. rnnožstvTtijO potřebné na přípravu 10 %ního roztoku NH4OH 1 - 3- Zjednodušeným způsobem spočítáme VHSO ^^„j- 2 4 9d % ní 66 100 , = 98 ■--: 1,8355 = 27,8 ml 132 96 —- 4. VL 98 66 100 132 96 Dále pomocí směšovacího pravidla: 96 %^ ^ 0 % 10 % 51 e 10 g H2S0496 %...........86 g H20 51 g HjSO^é %...........x g H20 x = 438,6 g H20 6. NH3 25 % ní = 2 17 66 "Í32 100 ~25~ = 68 g 7. V m P 68 = 74,7 ml 25 %nflio NH.OH 8 Pomocí křížového pravidla:potřebujeme 102 ml H20. Příklad 4. Máme za úkol vyrobit v laboratoři 53 g NajCOj metodou podle Solvaye. Výchozí látky: CaC03 s obsahem 10 % nerozložitelných látek NaCl" NH4OH 25 % ní HC1 35 % ní Vypočítejte množství: a) CaC03 s přebytkem 20 % b) NaCl c) ml 25 % ního NH4OH d) ml HCl zředěné 1:1 Reakce probíhají podle rovnic: NaCl + NH4OH + C02 -» NaHC03 + NH4C1 61 2NaHC03 -> NajCOj + C02 + H20 Příprava COz: CaCOj + 2HC1 CaCl2 + COz + lip Poznámka: výpočet množství CaC03 a HCI 1:1 většinou neprovádíme, protože reakce probíhá zpravidla v Kippově přístroji, kde používáme přebytek obou látek. V našem případě bude výpočet proveden. a) výpočet CaCOj 90 % ního s 20 % ním přebytkem: Je nutné si uvědomit, že na 1 mol Na^Oj potřebujeme 2 moly CaC03, tzn., že na 53 g NasCCy potřebujeme 100 g CaC03 100 % nřho. 100 hmotnost 90 % ního CaC03 = 100 = 111,1 g + přebytek 20 %: II 1,1 g . 1.2 = 133,32 g CaCOj b) výpočet je velmi jednoduchý: na 1 mol Na2C(>) potřebujeme 2 moly NaCl, tzn., že na 53 g Na2CC>3 potřebujeme 58,45 g NaCl c) výpočet objemu 25 % ního NH4OH: na 106 g NajCOj ... 2 - 17 g NH3 100 % rď na 53 g Na2CQ3...... x g NH3 100 % ní x = 17 g NH3 100 % ní 100 Přepočet na objem; ^nj^ = 17 • -—- 1 0,91 = 74,7 ml 100 V„rl - 2 - 36,46 --■ - HCI 35 1,17 Přilitím 178 ml vody vznikne HCI = 178 ml HCI 35 % ní. Procvičení: tK.Pňpravle 43 g FeS04 . 7 H20 rozpouštěním Fe v H2S04 10 % ní. K dispozici máte H2SO„ 96 % ní. Vypočítejte: a) množství Fe v g b) g H2S04 100 % ní c) g a ml H2S04 96 % ní d) množství vody potřebné na přípravu 10 % ní h^04 19. Připravte Fe2(S04)3 9 H20 z 60,4 g FeS04 7 H20 oxidací 5 % ním H202 v prostředí H^C^. K dispozici máte 90 % ní HjSOj a 30 % ní H202. Reakce probíhá podle rovnice: 2 FeS04 71^0 + H202 + H2SOi -» Fe^SO^j 9H20+7H20 Vypočítejte: a) g H2S04 100 % ní b) g H2S04 90 % ní c) ml H2S04 90 % ní d) g H202 100 % ní e) g H202 ?0 % ní 0 ml H202 30 % ní g) množství vody na přípravu 5 % ního H2<)2 20. Připravte 7 g Fe203 srážením 10 % ního roztoku N^FeíSO,,^ 12 H20 5 ■ ním roztokem NH4OH. 3NH4OH FeíOH)3 + ^NH^SC^ Reakce probíhá podle rovnice NH4Fe(S04)2 12H20 + + 121^0 Vypočítejte: a) g N^FeíSO^ ■ 12 H20 b) množství vody potřebné na jeho 10 % ní roztok c) g NH3 100 %rrfho d) g NH3 25 % ního e) ml NH4OH 25 % ního 0 množství vody na přípravu 5 % ního NH4OH 21. Připravte 20 g H3B03 reakcí 25 % ního roztoku Na^Qj • 10 H20 s HCI 30 % ní. Reakce probíhá podle rovnice: Na2B407 Vypočítejte: a) g Na-^O., I0H2O b) množství vody potřebné na přípravu jeho 25 % ního roztoku c) g HCI 30 % ní e) ml HCI 30 % ní 6 H20 společnou krystalizací , Hp a 10 % ního roztoku (NH4)2S04. 10 H20 + 2HC1 4H3B03 + 2NaCl + 5H20 6Hp + H20 22. Připravte 39,2 g (NH4)^e(S0^2 10 % ního roztoku FeS04 ■ 7 " Reakce probíhá podle rovnice: FeS04 ■ 71^0 + 2$04 (NH4>2Fe PbCl2 + Cl2+ 21^0 . . Mpfco = 239,2g mol z 239,2 g..................22,4 1 z 130 g.................... x 1 x = 12,2 1 C^ při CflC Při 42*0: V, = 12,2 1 T, s 273 K -1 V2= x T2= 315 K vi 122 315 V„ = - T, = - = 14 1 2 T, 2 273 - Při 42°C bude objem vzniklého chloru 14 1. Řešení: 2. Výpočet lze provést zkráceně: mPb05 T2 -V, MPb02 Tl 130 315 po dosazení:---• 22,4 = 14 1 ^ 239,2 273 - 1.6.4. Zákon Charlesův. Platí pro děj izochorický V= konst. = konst. Za stálého objemu je tlak plynu přímo úměrný absolutní teplotě. 1'říklad 1. Plyn v tlakové nádobě má tlak 100 kPa při 283 K. Jaký bude tlak, zvýšíme-li teplotu o 10 [OHT ] Roztoky s pH = 7 jsou neutrální [HjO+] = [OH"] Roztoky s pH > 7 jsou zásadité [H30+] < [OH"] Příklad 1. Vypočítejte pH, jestliže [H30+1 = 3 10"4 Řešení: pH = - log [H30+] = - log (3 10"4) pH = - (log 3 + log ICT*) = - (0,48 - 4) pH = 3,52 Příklad 2. Vypočítejte pOH roztoku z přikladu 1. Řešení: pH + pOH = 14; pOH = 14 - pH = 14 - 3,52 = 11,48 Příklad 3. Jaká je [H30*], jestliže pH = 8,7? Řešení: pil = - log [H30+] = 8,7 log [H30+] = -8,7 = 9 - 8,7 - 9 = 0,3 - 9 [H30+] = 2 lO^mol r1 Příklad 4. Jaká je [OH" ] roztoku o pH = 5,3 Řešení: pOH = 14 - 5,3 = 8,7 pOH = - log [OH"] 8,7 = - log [OH"] - 8,7 =- log [OH-] 0,3 - 9 = log [OH"] 2 10"*= [OlIJ Koncentrace [OH ] je 2 10 Příklad 5. Vypočítejte pOH roztoku KOH o koncentraci c = 0,0002 mol • f, Řešení: c = 0,0002 mol 1"' = 2 10"4 mol l"1 pH = - log 2 + log 10^ = 3,7 pOH = 14 - 3,7 = 10,3 Procvičení: 1. Vypočítejte pH, jestliže [H30+]: a) 6 10"6 mol l"1 b) 3.10"'3 mol . 1"' 78 2. Vypočítejte pH, jestliže [OH-]: a) 1,5 10"' mol l"1 b) 5 ■ 10"7 mol ■ 1"' 3. Určete [H30+] mol I"', jestliže pH: a) = 2 b) = 8,7 4. Určete [OH"] mol I"1, jestliže pH: a) 6,0 b) 10,5 1.7.3. Výpočet pH silných kyselin a zásad. Silné kyseliny a zásady jsou ve svých vodných roztocích prakticky téměř úplně disociovány tzn., že koncentraci (H30+| popř. [OH~] můžeme určit z látkové koncentrace a disociační rovnice. Např. pH vodného roztoku silné kyseliny HA určíme podle rovnice; HA + H2O -* H30+ + A" Příklad 1. Vypočítejte pH roztoku HCI o c = 0,001 mol . I"1 Řešení: HCI +■ H20 -» H30+ + CT %eL= [H30+] = 0,001 = 1 10"J pH = 3 Tím.to jednoduchým způsobem vypočítáme pH jednosytných kyseUn. Výpočet pH vícesytných silných kyselin a zásad. V roztocích dvojsytných silných kyselin je koncentrace [H30+ ] dvojnásobná proti koncentraci c^ A , tj. [H3O* ] = 2cH A. 1 1 Totéž platí pro dvojsytné silné zásady. Příklad Z Vypočítejte pH roztoku HjSO+, jestliže cH ^ = 0,01 mol l"1. 2 4 fteSení: ClH,0*] = 2cH1S04 = 002 mo1 [H30+ ] = 2 10"2 pH = 1,7 Příklad 3. Vypočítejte pH roztoku Ba(OH), o koncentraci c = 0,002 mol - l"1. ení: [OH" ] = 2 2 10"3 = 4 ■ 10"3 pOH = 2,4 pH = 14 - 2,4 = 11,6 79 Príklad 4. Vypočítejte látkovou koncentraci Ra(OH)2, jestliže píl = 11. Řešení: pOH = 14 11 ■> 3 [OH-] = 1 10"3 Podle reakce disociacer Ba(OH), -* Ba2+ + 20H~ '■"BaŕOHJj 2 = 0,0005 mol 1"' Příklad 5. Vypočítejte pH 5 %nlho roztoku KOH (p = 1,044 gem3) Řešení: 100 g roztoku obsahuje 5,00 g KOH. Tato hmotnost zaujíma objem: 100 = 95.78 ml -i__, ,-i 1,044 CKOH = 9,30 10 ' mo1 1 pOH = 0,032 pH = 13,97 Procvičení: 5. Vypočítejte pH KOH o c = 0,001 mol 1. 6. Vypočítejte pH Ba(OH)2 o c = 0,2 mol l"1. 7. Jaké je pH HN03 o c = 6.2.10"6 mol l"1? 8. Jaké jsou pH roztoků: a) [H30+] = 5 10"3 mol l"1 b) [OH-] = 0,5 mol!"' 9. Jaká je látková koncentrace [H30 ] v roztocích o pH: a) 7,45 b) 13 10. Vypočítejte [HjO*], jestliže pOH = a) 5,6 b) 0,20 1.7.4. Výpočet pH slabých kyselin. U slabých kyselin je disociace dána disociačním stupněm a, [H30+] = a Cr Ct = koncentrace (mol ■ T1) Protože a = \ — , potom [H,0+] = cr v — = VKA c z toho vyplývá, že: pH=-(PKk-logcr) - platí pro 2fKľ Příklad 1. Vypočítejte pH roztoku CHjCOOH o c = 0,02 mol I"1. P^CHjCOOH = 4'756 Řešení: c = 2 KT2 mol F1 pH = - (4.756 - 0.3 + 2) = 3,23 2 - Příklad 2. Vypočítejte pH kyseliny mravenci c = 0,5 mol • l~\ Kt = 1,8 • 10"4 Řešení: pH = — (pK - log c) 2 pK = - log (1,8 + log 1CT*) = 4-0,26 = 3,74 1 pH = — (3,74 + 0,3) = 2,020 Příklad 3. Kolikrát se změní pH 100 ml CH3COOH obsahující 0,1 mol přidáním 900 ml H20. PKCH3COOH = 4,756 Řešení: Nejdříve vypočítáme: 1 pH = — (4,75 - 0) = 2,38 2 - Přilitím 900 ml tip bude v 1 i obsaženo 0,1 mol T1 z toho vyplývá: 1 pH = — (4,756 + 1) = 2,88 2,88 pH kyseliny se snížilo- = 1,2 krát 2,38 Příklad 4. Roztok slabé jednosytné kyseliny c = 0,1 mol I 1 má pH = 3,7. Vypočítejte Kfc a disociační stupeň ct. ní: pH = 3,7, z toho vyplývá, že: [H30+] = 2 10"4 mol l-1 [h3o+]2 {2 10y Kk = o,l = 4 ■ 10"7 4 10~7 0,1 = 2 10-3 80 81 1.7.5. Výpočet pH slabých zásad. Při odvozování vztahů pro výpočet pH roztoků slabých zásad postupujeme obdobným způsobem jako u slabých kyselin. Výsledkem je vztah; pHz=14--(pKz-logc) nebo pOH = -(pK^-logc) pfi 25°C Príklad 1. Jaké pH má roztok NH4OH c = 0,1 mol T1 K = 1,8 10"5 1 Rešení: P^nh^OH = 14 ~ J ^HfiU " lo8 C> PKNH OH = - ,0« 0,8 ICT5) = 4,74 log c = 1 pH = 14--(4,74 + 1) = 12,13 2 - Příklad 2. Jaké je pH 1 % ního roztoku NH3? pK = 4,74 v 10 . Rešertí: cNH = — = 0,59 mol f > 17 pOH = - • (4,74 - 0,77 + 1) = 2,48 2 pH = 11,52 Příklad 3. Disociační konstanta jcdnosytnč slabé zásady Kz = 4 10 1. pH tohoto roztoku je 10,3. Vypočítejte látkovou koncentraci c a disociační stupeň a. Řešení: Nejdříve vypočítáme pOH = 14 - 10,3 = 3,7 potom: [OH'J = 2 10 dále 1^ = [pH-r [OH- Ý (2 10"4)2 4 ■ ícr = 0,1 mol r 4 ■ 10~7 0,1 = 2 • 10_J Procvičení: 11. Jaké je pH HjBOj? c = 0,0002 mol T1 pK = 9,237 12. Jaké je pH kyseliny mravenčí? c = 0,01 mol T1 pK = 3,732 13. Vypočítejte pH CHjCOOH, c = 0,05 mol l-1 K = 1,75 10"S 14. Vypočítejte pH roztoku NH4OH. c = 0,05 mol t* K = 1,8 10""5 15. Vypočítejte látkovou koncentraci c roztoku NH4OH, jestliže a = 0,005 K = 1,8 10" 16. Vypočítejte KNH roztoku, c = 1 mol T1, a = 0,004. L7.6.Hydrolýza solí. Většina rozpustných solí je ve vodě úplně disociována na své ionty. Jednotlivé ionty mohou reagoval potom s vodou. V případě, že rozpouštíme: a) sůl silné kyseliny a zásady - pH se nemení b) sůl slabé zásady a silné kyseliny - pH < 7 c) sůl silné zásady a slabé kyseliny - pH > 7 d) sůl slabé zásady a slabé kyseliny - potom pH < = > 7 podle hodnot Kk a Kz a) Hydrolýza solí silných kyselín a zásad neprobíhá. b) Hydrolýza solí slabých kyselin a silných zásad Při výpočtech vycházíme ze vztahu: 1 pH = 7 + -(PKk-logcr) pKk = rovnovážná konstanta kyseliny c = koncentrace v mol ■ l-' Příklad 1. Vypočítejte pH roztoku CHjCOONa o c = 0,1 mol I-1 při 25X,. -5 cooh = 1,8 10" Řešcní: PKCH COOH = 4-74 c = 0,1 mol l 1 log c = -1 dosazením do vzorce: pH = 7 + — (pK^ CQ0H + log c) pH = 7 + — - (4,74 - 1) = 8,87 2 - 82 83 c) Hydrolýza solí silné kyseliny a slabé zásady. Základní vztah pro výpočet pH: 1.7.7. Tlumivé roztoky. pH = 7-y(pKz4-logc) Příklad 2. Vypočítejte pH roztoku NH„N03. c = 0,001 mol 1 1 Řešení: pK^ = 4,74 log c = -3 1 dosazením do vzorce: pH = 7--(pK_ + log c) 2 Nazýváme je též pufry. Jsou to roztoky: a) slabých kyselin a jejich solí se silnými zásadami napr. ch3cooh a CH3(X)ONa b) slabých zásad a jejich solí se silnými kyselinami např. NH4OH a NH4CI Přidáme-li k roztoku slabé kyseliny sůl o stejném aniontu např. ke kyselině octové octan sodný, který je úplně disociován, z.výší se koncentrace octanových aniontů, stejně se sníží koncentrace [H3O4"] vytvořením málo disociované CH3COOH. Dochází k otupení kyseliny. podobně dochází k potlačení disociace roztoku slabé zásady přidáním roztoku NH4CI k roztoku NH4OH. pH = 7 - - (4,74 - 3) = 6,13 d) Hydrolýza solí slabé kyseliny a slabé zásady. pH těchto solí lze vypočítat ze v-ztahu: pH = 7+i(PKk-pK2) pn 2574? Řešen CCHSCOOH ~ 0,1 cch,coo" " °'2 pH = pKk + log 50 1000 50 Tôôo = 0,005 mol ■ l"1 = 0,01 mol r CCH COONa 0,01 -3-= 4,74 + log 0,005 = 5,04 84 Příklad 2. Určete pH roztoku, který obsahuje 0,1 mol CHXOOH a 0,05 mol CH3COONa Kk = 1, • ícr3 85 '-CHCOO 0,05 Řešení: pH = pKk +• log-3-- = - log 1,8 10"3 + log — = 4,46 crw mnu LCH3COOH Príklad 3. Jaké bude pH roztoku pufru z příkladu 2, jestliže pridáme 0,01 mol HC1? , cCHXOONa Kešení: pH = pK,. + log-1- CCH3COOH CH3COONa = 0,05 - 0,01 = 0,04 mol 1 CH3COOH = 0,1 + 0,01 = 0,11 mol T1 pH = 4,76 + log 0362 = 4,32 Pňdám'm silné zásady k tzv. kyselým pufrům probíhají reakce např.: KOH ^ K+ + OH CHjCOOH + OH" -» CHjOOO" + HjO Alkalické pufry. Obsahují roztok slabé zásady a její soli se silnou kyselinou. Často se používá roztok NH4CI + NM4OH. Přídavkem silné kyseliny dochází k úbytku NHa za vzniku vyšší koncentrace amonné soli. NH3 + HjO+ NH4+ + H2O Výpočet provádíme pomocí Hcndersonovy - Hassclbachovy rovnice. pH = 14 - pK + log c soli c zásady Příklad 5. Amoniakální pufr obsahuje v 1000 ml 0,4 mol NH4OH a 0,5 mol NH4Cl. pK^o,, =4,74 Řešení: pil = 14 - (4,74 - log 0,5 - log - 0,4) = 9,16 Příklad 6. Vypočítejte pH amoniakálního pufru z příkladu 5. po přilití 0,1 mol HC1. Řešeni: Přilitím 0,1 mol HC1 se sníží koncentrace NH4OH o 0,1 mol, tzn. na 0,3 mol. Naopak se zvýší koncentrace o 0,1 mol u NH4Q, tzn. na 0,6 mol. pH = 14 0,6 ^ 4,74 + log _ = 8,96 přiklad 7. Jaké bude pH amoniakálního pufru z příkladu 5., jestliže přilijeme 0,1 mol KOH ? Řešení: Koncentrace NH4OH se zvýší na 0,5 mol koncentrace NH4C1 se sníží na 0,4 mol pH - 14 - 4,74 + log 0,6 = 9,36 Procvičení: 21. Vypočítejte pH tlumivého roztoku o složení 100 ml CH3COOH LCH COOH 0,1 mol • r1 a 100 ml CH3COONa cCH^COONa = 0,1 mol 1 když k němu přilijeme 20 ml HC1 o c = 0,1 mol ■ T1 22. Jaké bude pH roztoku z příkladu 21. přilitím 20 ml KaOll o c = 0,1 mol • T1? 23. Vypočítejte pH roztoku, který obsahuje 0,1 mol CH3COOH a 0,2 mol CH3COONa . 24. Jaké bude pH tlumivého roztoku, který obsahuje 0,1 mol NH.OH a 0,2 mol NH4C1 ? 25. Vypočítejte pH tlumivého roztoku obsahujícího 0,3 mol NH4OH a 0,3 mol NH4CL do něhož bylo pňlito 0,1 mol HCL 87 1.8. Výsledky. 1.2. Chemické rovnice. 1. 1 + 1 +5 =4+1 2. 1 + 4 = 1+2 3. 2 + 1 = 1 + 1 + 1 4. 1 + 6 = 2 + 3 5. 1 + 2 =2+1+2 6. 4+2 = 1+7 7. 1 + 3 = 1+3 8. 1 + 3 = 1+3 9. 2 + 1 = 1 10. 1 + 2 = 2+1 11. 1 + 2 + 1 =1 12. 2+2 = 1 + 1 13. 2 + 3 = 1+6 14. 1 + 3 = 3 + 2 15. 1 + 1 = 1+2 16. 1 + 2 = 1+4 17. 1 + 6 = 2 + 3 19. a)Nv b) N"mH4Nv03 d) kWo? e) AS-mH3 20. a) Mn^to; b) cA)^ c) HjP'Oj d) Bfo^- e) Sn^cf" 21. a) oxidace 6e~ b) redukce 8e~ c) oxidace 8e~ d) oxidace 6e~ e) redukce le" ■ 2 f) oxidace 5e~ • 2 22. 4 + 3 = 4 + 6 23. 1 + 5 + 6 = 2 + 10 24. 1 + 8 = 1 + 8 + 4 25. 1 + 3 + 2 = 2 + 2 + 3 26. 2 + 3 = 2 + 3 27. 6 + J = 3 + 1 + 4 28. 1 + 2 + 5 = 2 + 4 29. 2 + S + 3 = 2 + 1 + 5 + 8 30. 2 + 3 + 3 = 2 + 1 + 5 + 3 31. 1 + 3 + 4 = 1 + 1 + 3 + 7 32. 3 + 2 + 6 = 3 + 3 + 2 + 4 33. 6 + 2 + 3 = 3 + 2 + 4 88 34. 1+3+16 = 2 + 3 + 6 + 8 35. 6+1+6 = 6 + 2 + 3 36. 1+4 + 5 = 2 + 8 37. 2 + 10+8 = 2 + 5 + 6 + 8 38. 6+1+7 = 3 + 1 + 4 + 7 39. 10 + 2+8 = 5 + 2 + 1 + 8 40. 6+6 = 5 + 1 + 6 41. 2 + 2 = 1 + 1 + 1 42. 3 + + = 1 + 2 + 3 + 1 43. 4+10 = 4 + 1 + 3 44. 1 + 10 = 1 + 1 + 8 + 4 45. 2 + 3+6 = 2 + 3 46. 3+4 = 3 + 1 + 2 47. 4 = 3 + 1 48. 3 + 8 = 3 + 2 + 4 49. 1 + 2 = 1 + 1 + 2 50. 2 + 16 = 2 + 2 + 5 + 8 51. 4+10 = 4 + 1 + 3 52. 1 + 4 = 1 + 1 + 2 53. 1+5+3 = 3 + 3 + 3 54. 2 + 1 = 3 + 2 55. 1+5+6 = 3 + 6 + 3 56. 1+2 + 3 = 1 + 2+2 57. 1+1+2 = 1 + 1 + 1 58. 8 + 1 +10 = 4 r 1 + 4 59. 1+4 + 5 = 2 + 8+10 60. 8 + 3 + 5 f 18 s 8 + 3 61. 2+10+16 = 2 + 5 + 8 62. 2 + 3+10 = 2 + S 63. 4+10+4 = 2 + 10 + 2 64. 2 + 5+4 = 2 + 10 + 2 65. 5 + 2+16 = 5 + 2 + 8 66. 2 + 5+14 = 2 + 5 + 7 67. 3 + 24 = 3 + 6+15 + 6 68. 1 + 10 = 2 + 3 + 10 + 2 69. 2 + 15 = 1 t- 4+11 70 2 + 5+4 = 2 + 10 + 2 71. 2+1+3 = 1 + 1 + 3 72. 1 + 1 + l = 1 + 2 + 2 73. 1+2+6 = 1 + 2 + 2 74. 1 + 1+3 = 1 + 2 + 2 75. 1 + 3 = 1 + 1 + 2 1.3. Základní výpočty. j.4. Roztoky. I. a) 92p, 143n. 92e b) 16p, 18n. IHc c) 7p. 8n, 2e 2 9,78 10~26kg 3. 63,54 4. 'jB = 81,08% 5°B = 18,92% 5. a) 122,55 b) 170,49 c) 474,5 6. 15 mol 7. 500 g 8. 3,0115 1023 molekul 9. 5,6 g 10. 53,12 g II. 112 dm3 12. a) 96,963 g b) 1,34 mol c) 1,661.1024 atomů 13. a) 0,2545 dm3 b) 6,023.1024 atomů 14. a) 90g H20 b) 1,5 mol 02 15. AI = 53% O = 47% 16. w(C1)= 0,4185 17. 72,3 g Fě 18. 130 kg Pb 19. CO (NH2)2 20. 84 g N, 24 g H, 96 g S, 192 g O 21. 76 g FeS04 22. 160 kg Cu 23. 48.06 % H20 24. 40,17% MgO 59,83% SK>2 25. ZnCl2 26. Mg2P207 27. FeCl3 6 H20 28. K4 [Fe (CN)6] 29. CeHg 30. C6HI2Oe 31. KC1 MgCl2 6H20 32. C2H5OH 33. FeS 34. Mn203 90 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13 14. 15 16. 17. 18. 19. 20. 21. 25 %ní 12,3 %ní 72,45 g HCI 100 %ní 113,38 g Na2S04 7 H20 110 g Fe S04 7 H20 20 % 2 dmJ 50 % CO, 33,33 % H a 16,67 % C02 0,017 a 1,7 mol % 0,90 71,5 % CO, 9,5 % H a 19 % C02 0,5 mol ■ l"1 16,8 g KOH 2 litry 4,5 utru 24,8 g Na2S203 . 5 H20 7,95 mol 1"' 1.12 mol I"1 7,2 mol I-1 3,72 cm3 NH4OH 26 %ního 7.13 %ní NaOH 10,37 % 2,33 mol 10,6 mol -i 0,156 mol 1 9,09 cm3 H2S04 %ní 13.1 cm3 23.2 mol % S02, 13,2 mol % O^ 833 ml HzO 19 %ní H2S04 30,2 %ní H2S04 200 g H20 1 litr 746 ml HCI 25 %ní 12 %ní HN03 26,6 %ní H2S04 10,6 mol 53,0 (nol % so3 % N, 91 37. 38. 39. 40. 41. 42. 43. 44. 45. 46. 47. 48. 49. 50. 51. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14 15. 16 17. 18. 62,5 g 40 kg a) nasycený b) nenasycený a) nenasycený b) nasycený 635 g roztoku 627 g Kl 32,5 g KMn04 44,4 g BaCl2 2 H20 330 g 389,1 g H20 291,5 g H20 52,8 g NaCl, 147,2 g H20 10,2 %ní asi 1.4 g 174,7 g FeS04 7 H20 1.5. Výpočty podle chemických rovnic: 38.3 ml H2S04 96 %ní 48.6 ml HC1 10 %nf 30.4 g Cr203 5,6 g N2 reakce probíhá podle rovnice: 3 Cu + 8 HNOj + 5 H20 = 3 CuíJNOj^ 3 H20 + 2 NO 49.4 g Cu(N03)2 3 H20 171,8 g HN03 20 %ní 280 g CaO a 220 g C02 27,92 g Fe a 54,9 g H2SO„ 90 %ní 7,95 % Ag 303 g S02 12.7 % 255 g KClOj 48,7 I H2 127,6 I HjS 16.5 1 02 11,2 % nečistot 12,7 litru 4,29 m3 vzduchu a) 8,63 g Fe b) 15,15 g H2S04 100 %ní c) 15,78 g H2S04 96 %ní d) 135,70 ml H20 a) 10,6 b) 11,8 c) 6,5 d) 3,7 e) 123 0 9,2 g) 613 19. a) 42,17 D 147,28 20. a) 30,82 21. a) 27,8 1 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. b) 380,2 c) 4,46 d) 17,84 e) 40.46 b) 92.49 b) 250,2 c) 5,9 c) 13,2 d) 19,6 d) 118,8 e) 17.7 1.6. Zákony plynů. 2,5 dm-' 2.106 Pa 4 krát 103 Pa 3 1,8 11 dm 68,3°C 3,66 dm} 12,84 dm32 9,5 ■ 10* P; na 283°C 62 dm3 301,38 kPa 5 g H2 88 litrů Ph, = 1.82 127 kPa 10S Pa Pd2 = 8,59 kPa PcH = 94 kPa p =33kPa PCO = 0,27 105 Pa Pco2 = 0,054 105 Pa 38 % CH4 a 62 % CjHg 2.56 INj a 5,12 I 02 Pc2Hé ~ °<052 MPa Pn2 = 0,65 Pl^ = 0.107 105 Pa 105 Pa pCH = 0,098 MPa 17. Výpočet pH 1. 2. 3. 4. 5. 6. a)5,22 b) 12,52 a) 13,18 b) 7,7 a) 1 a) 1 II 13,6 10"2 mol 10 * mol b)2 b) 3,16 10~9 mol .-I ÍO" mol • r1 92 93 7. 521 8. a) 2,3 b) 13,7 9. a) 3,54 10"8 mol 10. a) 4 1CT9 mol r U. 6,5 12. 2,88 13. 3 14. 10,98 15. 7,2 - 10"' mol ľ' 16. 1,6 • 10"5 17. 8,65 18. 7 19. 5,6 20. 9,15 21. 4,58 22. 4,96 b> 1 b) 1,58 10"'3 mol 10*'4 mol r r1 II.l. Obecná část. 0.1.1* Vazby v organických sloučeninách. Zatímco v anorganických sloučeninách převažuje vazba iontová (extrémně polární), v organických sloučeninách je to kovalentní vazba, ať již nepolární nebo polární. Kovalentní vazba mezi dvěma atomy vzniká obecně sdílením elektronů. Je-li rozdíl elektronegativity dvou atomů prvků podílejících se na vazbě v rozmezí hodnot 0 < ax 5 0,4, hovoříme o kovalentní vazbě nepolární. Jako příklad uvádíme vazby v molekule chloru a methanu. Příklad 1. IQ ■ Čil -» O - O tožfy z 310,1111 dJoru Přispívá k vy- tvoření kovalentní vazby jedním elektronem. ůxa-a = xa-xci = 3,0-3,0 = 0 H H C • H -» H- H I ■C -H atom uhlíku a atom vodíku přispívá ! I k vytvoření jedné kovalentní vazby H H jedním elektronem axc_h = xc - xH = 2,5 - 2,1 = 0,4 Je-li rozdíl elektronegativity dvou atomů prvků podílejících se na vazbě v rozmezí hodnot 0,4 < ax < 1,7, hovoříme o kovalentní vazbě polární. Příklad 2. Vazba v molekule rnonochlormcthanu (C - Cl) a v molekule acetonu (C = O). H I H I H H I H-C I H Cil c Ax, = xri-xr = 3,0 - 2,5 = 0,5 C-Cl ~ ac1 Ac Na atomu uhlíku, jehož elektronegativita je nižší, se vytváří částečný (parciální) náboj 6+, na atomu chloru, jehož elektronegativita je vyšší, se vytváří částečný (parciální") náboj 6-. H H I I H-C -C -C -H 1 :: I H P/ H H H I 8+ I H-C-c -C - H irii i H^ a H 94 95 axco = x0 - xc = 3,5 - 2,5 = 1,0 V organických sloučeninách (např. v tetraalkylamoniových solích) se vyskytuje vazba donorakceptorová (dativní). Donorem je atom prvku poskytující elektrony, akceptorem je atom prvku přijímající elektrony. H H I I _ Příklad 3. CH3 - NI + CH3+Q~ -> CH3 - N+ - CH3 O H Donorem je atom dusíku, akceptorem CrT3. II.1.2. Vaznost. Vaznost je počet vazeb, tj. elektronových dvojic, kterými se atom váže s jiným atomem v molekule. Příklad 4. V molekule chloru je chlor jednovazný, v molekule vody je kyslík dvojvazný, v molekule amoniaku dusík trojvazný, v molekule methanu uhlík čtyřvazný, atd. Příklad S. Odvoďte struktury šesti organických sloučenin, které odpovídají sumárnímu vzorci C4Hg02. CH2= CH-Ô-Ô-CH2-CH3 ethylvinylperoxid \ xC-CH,-CH,-CrL-0-H 10/ ? * ^ - 4-hydroxy-butanal CH3-CH2-CH2-C X0-H butanová kyselina O! CH3-C xO-CH2-CH3 ethylester kyseliny ethanové 96 Ol H-C \ sekpropylester kyseliny metanové 0-CH-CH3 _ I CH, II.1.3. Elektronové vzorce. V elektronových strukturních vzorcích se uvádějí jak vazebné, lak i nevazebné elektronové páry a dále geometrický tvar struktur s využitím poznatku o úhlech vazeb. Jednoduché vazby vycházející z atomu uhlíku svírají úhel 109° 28' (tetraedrické uspořádánOjednoduché vazby vycházející z atomů uhlíků spojených dvojnou vazbou spolu svírají úhel 120°, jednoduché vazby vycházející z atomů uhlíků spojených trojnou vazbou spolu svírají úhel 180° (leží v přímce). Příklad 6. Naším úkolem je napsat elektronové strukturní vzorce: a) C3H6 (propen, cyklopropan) H H c-cv /H K C b) vinylchlorid H H C = / \a U. 1.4. Způsoby štěpení kovalentní vazby. Štěpení kovalentní vazby probíhá dvěma různými způsoby a vede k dvěma zásadně rozdílným reakčním mechanismům. a) štěpení radikálové (homorytické) - působením teploty nebo světelného kvanta. Toto Štěpení probíhá na vazbě C-C (velmi pevná nepolární). Vznikají dvě částice s nepárovým elektronem, tzv. radikály. I C I I C - I -C I I + c - 97 b) štěpení iontové (heterolytícké) - působením katalyzátoru (např. FeX3>. Při tomto štěpení vznikají ionty rozdílné elektronové struktury a je typické pro reaktivní polární vazbu. (C - X, C = O) ■C -XI I I -ď + Kr I karbokation Hcterolytickc štěpení se dále dělí na elektrofilní a nukleofilní a to dle povahy činidla. + ci2 činidlo (reagens) látka způsobující reakci substrát látka, na niž reakce probíhá Je-li činidlo Lewísova báze.tj. látka schopna dodat elektronový pár, mluvíme o nukleofilním reakčnírn mechanismu, je-li činidlo Lewisova kyselina, tj. látka s nedostatkem elektronů, mluvíme o elektrofilním reakčnírn mechanismu. Co tedy rozumíme pod pojmem nukleofilní a elektrofilní činidla? Nukleofilní činidla - dodávají do vznikající kovalentní vazby svůj elektronový pár. Připojují se na to místo na substrátu, kde je částečný kladný náboj. Název nukleofilní vznikl z latinského nucleus = jádro a řeckého filos = družný. Příklad 7.KI" R-OT (R = alkyl) ~IÔ-H R-NH2 R-NH-R Elektrofilní činidla se účastní vzniku vazby svým vakantním orbitalem. Připojují se na to místo na substrátu, kde je částečný záporný náboj. Příklad 8. Ô * H+ H-Ô+-H NO* — I H n.1.5. Organické ionty. V této kapitole se zaměříme na ionty, se kterými se v organické chemií setkáváme: Kationty: CH.. - C+ -CH, 3 I CH, trimelhylkarbonium O) -f- xc' ioi 01 io, .cr3 Xc/_ i Pro složitost zápisu rezonančních struktur se od nich upouští a používá se zápisu, který vystihuje rozložení elektronů a odráží i moderní poznatky v povaze vazeb. -,2- hen/.en tov .Ol IO karbonátový ion II.1.7. Elektronegativita prvků a skupin. Elektronegativita prvků je schopnost jejich atomů přitahovat elektronový pár. V periodickém systému v jednotlivých periodách vzrůstá zleva doprava F 4,0 Prvek U Be B C N O elektronegativita 1,0 1,5 2.0 2,5 3,0 3,5 V jednotlivých skupinách klesá elektronegativita směrem dolů. Prvek H Li Na K Rb Ca Fr elektronegativita 2,1 1,0 0,9 0,8 0,8 0.75 0,70 Nejvyššf elektronegativitu má fluor, nejnižší francium. Ve skupinách atomů je rozdíl elektronegativit následující: H-n s- i* O-H Ax = xN - xH = 3,0 - 2,1 = 0,9 AX = jí0 - xH = 3,5 - 2,1 = 1,4 100 II.1.8. Indukční efekt. Indukční efekt je posuv elektronů vyvolaný elektronegativitou atomů v jednoduchých, tzv. o vazbách. Rozeznáváme: kladný indukční efekt +1 vyvolaný atomy či skupinami atomů, které mají schopnost přesunout část náboje prostřednictvím jednoduché vazby směrem od sebe. R Ol š.9 Takovéto atomy či skupiny atomů se nazývají elektropozitivní (elektr ondonor ní). záporný indukční efekt -I vyvolaný atomy či skupinami atomů, které způsobí posuv elektronů směrem k sobě. Cil - Bil or - no, Takovéto atomy či skupiny atomů se nazývají elektronegativní (elektronakceptorní). s-^T^ b+ / H 2 <— C*- H +í \ H II.1.9. Charakteristické rysy radikálových a iontových reakcí. Radikálové reakce. 1. Bývají katalyzovány vyšší teplotou, světelným kvantem nebo rozkladem látek schopných produkovat jiné volné radikály. 2. Probíhají v plynné fázi nebo za přítomnosti nepolámích rozpouštědel. Mezi radikálové reakce patří oxidace, hydrogenace, elektrolytická redukce, převážná většina polymeračních reakcí katalyzovaných organickými peroxidy, fotochemické reakce a reakce diazoníových solí, při kterých se uvolňuje dusík. Iontové reakce. 1- Nejsou ovlivněny světelným kvantem, přítomností volných radikálů nebo peroxidů. Často jsou katalyzovány kyselinami (H2SO4), Lewisovýmj kyselinami (FeX3, AIX3). 101 2. Zřídka probíhají v plynné fázi. Vliv rozpouštědla na výsledek reakce je odvislý od jeho vlivu na její přechodný stav. 3. Pro aromatickou substituci platí známé Hollemanovo pravidlo. Mezi iontové reakce patří Friedel Craftsova reakce, halogenace, nitrace a sulfonace arcnů, dehydratace, aldolová kondenzace, adice halogenů, halogcnvodíku a vody na nenasycené sloučeniny. IL1.10. Dipolární vazba. Směry hybridních orbitalů atomu uhlíku. tetraedrická trigonáltií lineární hybridizace hybridizace hybridizace Dipól je seskupení stejně velkého kladného a záporného náboje, jež jsou v molekule posunuty od sebe na určitou vzdálenost. Ve vazbě dipolární jsou jednoduchou vazbou spojeny vždy dva atomy nesoucí opačné náboje. lOf9 Příklad 11. CH3- S®-CH3 I lor9 dimethylsulfon CH3 I _ CH-- N®-Ofe 3 I - CH3 trimethylaminoxid Orbital a hybridní orbitaly uhlíku. Energetickoprostorový popis elektronů (tj. z hlediska jeho pohybu a energie) se nazývá orbital. Pojem orbitalu vyplývá z aplikace Schrodingerovy vlnové rovnice. Hybridizace orbitalů je vlastně energetické sjednocování různých orbitalů při tvorbě kovalentní vazby. Vznikají nové tzv. hybridní orbitaly, které např. u atomu uhlíku vypočteme lineami kombinací 2s a 2p orbitalů. Hybridizace uhlíku. SP2-Sp - hybridizací tří orbitalů 2p atomu uhlíku a jednoho orbitalu 2s vznikají čtyři rovnocenné hybridní orbitaly sp . hybridi/ad dvou orbitalu 2p atomu uhlíku a jednoho orbitalu 2s vznikají tři rovnocenné hybridní orbitaly sp2. hybridizací jednoho orbitalu 2p atomu uhlíku a jednoho orbitalu 2s vznikají dva rovnocenné hybridní orbitaly sp. n.1.12. H - H H. + Čjl -> H - CÍI icí. + .0 -» iä - čji Jt vazby vznikají bočním překryvem orbitalu p (hustota k elektronů leží mimo spojnici vazeb mezi dvěma atomy podílejících se na vazbě). II.1.13. Mezomerní efekt (M). Schopnost substituentu řídit vstup dalšího substituentu do určité polohy je vyvolán mezomerním efektem, přičemž se elektrony posunují z jednoho oktetu na oktet sousední. Tím se změní původní rozložení elektronového oblaku v molekule organické sloučeniny. Kladný mezomerní efekt (+M) vykazují atomy či skupiny atomů elektrondorní (poskytující elektron) tzv. substituenty 1. třídy - -X, -O-H, -S-H, -nh2, -NR2 103 6- 6+ Příklad 12. [CH2 = CH-Fj <-> CH2-CH = FÍ] = CH2 = C = FI (TO-H eo -H en i- 0-H Záporný mezomerní efekt (-M) vykazují atomy či skupiny atomů eleklro-nakceptorní (přijímající elektron) - tzv. substituenty IX třídy. - no2. - so3h, -CN, -COOH, -CHO, -COOR Příklad 1 Oí e « _e IO-N-QI I e e _e IO-N-OI e_ © _e k)-N-a Procvičení: I. Určete typ vazby v molekule kyseliny mravenčí v ethanotu a v dimethylsulfidu mezi jednotlivými atomy prvků. 2. Odvoďte struktury pěti organických sloučenin, které odpovídají sumárnímu vzorci C^HyN. 3. Odvoďte struktury šesti uhlovodíků, které odpovídají sumárnímu vzorci CjH6. 4. Napište elektronový strukturní vzorec octanu sodného a ketenu CH2 = C = O. 5. K uvedeným sumárním vzorcům napište vzorce elektronové: a) CO(NH2)2 b) (CH3)3-CCH3 c) CH3CONHCH3 d) (CH3)3N e) (CH2)2CBr2 6. Napište elektronový vzorec hydrazinu a kyseliny oxalové. 7. Rozhodněte, které z uvedených iontů nebo molekul jsou činidla elektrofilní, nukleofilní a radikálová: a) IBr. b) SO3H c) A!C13 d) BF3 e)R-C 0(C = N) g)R-0-H h) H ch) HjO i) IBr* k) karboanionty j) karbokationty 1)CH3-Šr ntfCjHj-ŠH 8. Napište strukturní vzorce iontů, které vzniknou připojením protonu k nevazebnému elektronovému páru na atomu kyslíku, síry a dusíku v: a) ethanolu b) ethylrrieltiylelheru c) difenylaminu d) dimethylsulfidu 9. Vyjádřete pomocí mezorncmích vzorců strukturu těchto molekul a iontů: NO, a) b) ClO~ c) R-C \ O! d) oř SO3H d) P02 10. Naznačte polaritu vazby ve skupinách: C-O C-Cl B-H Cl-Br H-Br F-CI 11. Které z níže uvedených atomů čj skupin atomů jsou clektrondonomí (vykazují +1 efekt) a které elektronakceptomí (vykazují -I efekt)? CH, a) - Cil CH, ffi / 3 b) -NH CH3 I c) - C -CH, CH, CH3 I d) -O-CH I CH3 12. Napište strukturní vzorce těchto sloučenin s dipolámlmi va/.bami a označte polaritu dipólu. a) CH3 - CO - CH3 b) CH3 - CH2 - CHO c) C2H5 - SO - CjHj d) nitroethan 13. Zapište pomocí symbolu počet elektronů u B, Na, I, Pb v jejich základním stavu. 14. Kolik elektronů v určitém atomu mohou mít tato kvantová čísla? a) n = 3 b) n = 2, 1 = 1 c) n = 1 15. Uveďte maximálni počet elektronů ve sférach a v orbitalccli základního stavu. a) sféra K b) sféra M c) orbital 3d d) orbital 2f e) orbital 2py 16. Napište elektronovou konfiguraci těchto iontů: a) Na+ b) O2" c) S2" d) Ca2* 17. K jakému hybridnímu typu náležejí orbítaly středových atomů v uvedených strukturách ? a) BeCl2 b) BF3 c) CH s CH d) H30+ e) C?H6 104 105 18. Naznačte mezomemí efekt: a) v molekule chlórbenzénu b) v molekule vinylkyanidu c) v molekule benzensulfonové kyseliny II.2. Základní reakce v organické chemii. Reakce v organické chemii se dčlí do čtyř základních skupin: 1. substituční = reakce, při nichž jeden nebo více atomů vodíku či funkčních skupin nahradíme cidpovídajícími počty jiných atomů či skupin atomů. CH4 + Cl2- t, v CHjCJ + HO CH3OH + SOCl2 — QN ch3q + so2 + Ha 2. adiční = reakce, pň nichž ze sloučeniny nenasycené vzniká sloučenina nasycenější až nasycená. Hybridizační stupen se mění: sp - sp2 - sp3. CH2 = CH2 + HO Me FeCl * CHj-CHja 3. eliminační = opak adičních reakcí. Při této reakci ze sloučeniny nasycené vzniká sloučenina nenasycená. Hybridizační stupeň se mění: sp3 - sp2 - sp. CH2 — CH^ A1203, t 1*1* -H20 ■ Ci \^ — CH^ h oh 0= CH ci dehydratace KOH alkoholický roztok -kci-i^o dehydrochlorace O" CH, 4. př presmyky = reakce, při níž se mění kostra (struktura) organické sloučeniny. 106 107 11,2.1. Substituční reakce. II.2.1.1. Radikálová substituce na nasyceném atomu uhlíku SR(C-H vazeb). Tento typ reakce se vyskytuje u nasycených uhlovodíků alifatických (alkanů) a u nasycených uhlovodíků cyklických (cykloalkanů C5, Ce). Jak je známo z teorie organické chemie, alkany jsou uhlkovodíky velmi málo reaktivní, neboť vazba C-H je prakticky nepolární a obsahují pouze a vazby. Podobně je to u cykloalkanů C5 a Cf>, kde neexistuje úhlové napětí (deformace valcnčního úhlu). Proto podléhají radikálovým reakcím, vyžadujícím teplotu nebo světlo. Reakce na vazbě C-H. a) halogenace tj. substituční reakce, pn níž se atomy vodíku v molekule uhlovodíku nahrazují atomy halogenů. Reaktivita halogenů: F » Cl > Br » 1 Reaktivita uhlíkových atomů: terciární > sekundární > primární (závislé na hodnotě energie homolytické disociace v kJ mol" ). SR,t Příklad 1. CH4 + Cl2 -► CH3C1 HCI Mechanismus chlorace methanu do 1. stupně: U v__ štěpení činidla (CI2) vlivem teplo- imciace: propagace: tcrminacc: CL 2 Cl. ty na dva radikály Cl. Cl- + CH4 CH3. + Oj CH3. CH3CI + HCI 1 Cl + Cl. i ci. + a. -» a - ci Cl. +- .CH3 -> CH3 - a CH3. + CH3 -> CH3 - CH3 vznik nových radikálů spojení stejných .a různých radikálů v celistvé molekuly b) nitrace, tj. substituce vodíku nitroskupinou .N02.Provádí se v plynné fázi parami HN03 při teplotě > 400"^C. Vzhledem k této vysoké teplotě, která odpovídá teplotě krakování (teplota, pň níž se štěpí uhlíkatý řetězec), produkty nitrace alkanů je vždy směs nitroalkanů. která se dělí destilačné. Produkty nitrace slouží jako rozpouštědla. 108 Příklad 2. CH3-CH3 + HNO3 SR,t ■ CH3 - CH2- N02 hlavní produkt nitroethan CH3N02 vedlejší produkt nitromethan Nitrace je zahájena rozštěpením HNO, (N204) na radikály působením teploty: iniciace: N204 -» 2. N02, popř. HN03 -» .OH +■ .NOz c) sulFonace, tj. substituce vodíku sulfonovou skupinou -SO3H. Poněvadž mechanismus sulfonace alkanů je radikálový, nelze použít jako sulfo-načního činidla H2SO4 (nepodléhá radikálovému štěpení, ale štěpení iontovému). Jednou z metod přípravy alkansulfonových kyselin je proto sulfocblorace, při níž jako sulfonačního činidla použijeme směsi SQj + C\2-Reakce je zahájena štěpením činidla vlivem teploty: SO2 + Ch -» SO2 + 2C3. SR,t Příklad 3. CH3 - CHj - CH} + S02 + Cl2---► CH3 - CH - CH3 I so2a 2-proDansulfonylchlorid CH3-CH -CH3 + H20 —► CH.-CH -CH. I -HCI - ! so2a S03H 2-propansulfonová kyselina Z alkanů C|2 až C70 připravené alkansulfonylchloridy se podrobují alkalické hydro-lyze a vzniklé alkansulfonany alkalické (sodné ncho draselné) jsou výborné čistící prostředky (detergenty). Např. CH3 - (CH2), 2 - CH - CH3 2-tetradekansulfonan sodný SOjNa 109 II.2.1.2. Nukleofílní substituce na nasyceném atomu uhlíku. Obecné schéma rovnice: R R 1 Nu: + R-C -L -> Nu-C -R + :L Nu = nukleofil I I L = odsupujfcí atom nebo skupina R R (ligand) centrální atom produkty Nuklcofily: Nu- = Cl" Br", I", OH", OR", RCOO", CN", R", NH2", N3" Nu = R3N HNu = HjO, ROH, RCOOH, NH3 Uvedené obecné schéma je příkladem bimolekulámí nukleofílní substituce označované SN2- Příklad 4. Reakce alkyl halogenidu s iontem OH HO" + H H C-Cl HO C I H přechodový stav Cl HO-C H + Cl H Při srážce polarizované molekuly alkylhalogenidu a iontu dojde k současné výměně halogenidového iontu za hydroxylový. Protože rychlost reakce je úměrná koncentraci obou reagujících látek, hovoříme o reakci bimolekulámí. v = k . [RX] . [OHI Přechodovým stavem je komplex, v němž alkylová skupina, oba vodíkové atomy a centrální atom uhlíku leží v jedné rovině. Kolmo k této rovině jsou Ča^ečhými vazbami připojeny skupina hydroxylová a atom chloru. Tento komplex se pak rozpadá na alkohol a chloridový anioa Příklad 5. Hydrolýza terc.butylchloridu. Jde o dvoustupňovou reakci. Prvním stupněm je pomalá disociace terc.butylchloridu za vzniku přechodového stavu, kterým je karboniový kation. Rychlost II. stupně reakce je téměř okamžitá a spočívá v reakci karboniového kationtu s nukleofil ním činidlem (H20) za vzniku alkoholu. Protože celková rychlost reakce závisí pouze na jedné z reagujících látek, hovoříme o nukleofílní substituci monomolekulární SN1. v = k I RI - C - X (CH3)3 C-Cl (CH^C* + Cl" přechodový stav rychle (CH3)3C+ + H20 ~-* (CH3) 3C-OH + H4 terc butyl alkohol n.2.1.3. Nukleofílní substituce na aromatickém jádře. Obecné schema reakce: L + :Nu" Příkladem tohoto typu reakce je příprava fenolu z halogcndcrivátů (chlor-benzenu), alkalické tavení arensulfonanů alkalických a reakce diazoniových solí - hydrolýza, Sandmaycrova reakce. II.2.1.4. Elektrofflní substituce na aromatickém jádře. Obecné schema rovnice: NuH i Elektrofilní činidla: X*. NO+2, S03H+, H+, CH^, H,0+, A1CI3, BF3, C* I Příklad 6. Nitrace benzenu do I. stupně. 1. fáze: HN03 + HjS04 -> H2nO, + HSO " nitrační směs Z K H2+N03 -» H20 + N02 nitroniový kation II. fáze: ^J) * NO+2 -» .N02 H III. fáze: NO Jt-komplex C-komlex H 2 + HSO-4 -> ^pN°2 + h2SO~4 Podobně probíhá sulfonace (sulfonačnf Činidlo oleum nebo h2so4 koncentrovaná), halogenace (činidlo x2, katalyzátor AIX3, FeX3). Pouze chlorace a bromace toluenu probíhá i radikálovým způsobem (působením teploty), přičemž vstupuje chlor (brom) do bočného řetězce. II.2.2. Adiční reakce. Z hlediska mechanismu se rozdělují adiční reakce na: a) radikálové (homolytkké) - zahajované radikály činidla b) iontové (heterolytické) - zahajované ionty činidla - elektrofUní - zahajované kationty činidla - nukleoBlní - zahajované anionty Činidla c) cykloadiční - např. dienové reakce - cykloadiční reakce Diels-Alderova n.2.2.1. Radikálová adice. K této adiční reakci patří především katalytická hydrogenace. Tato hydrogenace probíhá na povrchu jemně rozptýleného katalyzátoru (Pt, Pd, Ni), kde je absorbován vodík, který se přenáší pomocí katalyzátoru na hydrogenovanou vazbu (ít elektrony). Příklad 7. CH2 . = - CH2 Ni CH3 - CH3 H H II.2.2.2. Elektrofílní adice. k těmto adičním reakcím patří adice x2, HX, h2so4, kysele katalyzovaná hydratace, adice HOO, kationtová polymerace a KuČerovova reakce. Příklad 8. CrLj = CH-CHj-CHj +■ HQ-—CH3-C -CU^-CR, Cl 1-buten 2-chlorbutan iniciace: FeCl3 + HC1 FeCl" + H* propagace: Crij = CH - CH2 - CH3 + rT -» CH3 - CH - CH2 - CH3 e ® karboniový ion terminace: CH3-CH -CH2-CRj + FeCl4 -» CH3-CH -O^-CR, + Cl 2-chlorbutan +FeCl, II.2.2.3. Nukleofilní adice. Do této skupiny adičních reakcí patří aniontová polymerace, většina adičních reakcí s aldehydy a ketony, aldolová kondenzace, Grignardovy reakce, adice Grignardo-vých činidel, hydrolyza nitrilů. 0'ffl / 1 Příklad 9. CH-, - C + CH3 - CH^ t- MgCl ^ CH3 - CH - CR, - CHj '®Uoi. 1 i, OMgCl +rTOH~ e!® -MgOHCl CH j ~ CH — CH^ ~~ CH^ OH 2-butanol II.2.2.4. Cykloadiční reakce. Jde o reakci dienů s dienofilní složkou (složka obsahující dvojnou vazbu). Reakce probíhá za zvýšené teploty mechanismem 1,4- a produktem této reakce je cyklo-hexen, popř. jeho homology. Dle svých autorů se tato reakce nazývá Diels-Alderova. 112 113 Její presnějSí název je cykloadiční reakce typu [4 + 2], protože při ní dochází k adici čtyřčlenného ít-elektronového systému na n-systém dvoučlenný. II.3. Názvosloví. Příklad 10. CH, //■ CH I CH \k CH2 CH2 41 CH CRj-CHj CH^-CHj 4-cthyl-1 -cyklohexen V teorii organické chemie se velmi podrobně probírá systematické názvosloví uhlovodíků a jejich derivátů. Velmi podrobně je popsáno v publikací Dr. Blažek: Současné chemické názvosloví. Informativně se o systematickém názvosloví zmíníme i v našem textu. II.3.1. Uhlovodíky. Příklad 11. Nazvěte systematicky uhlovodík, jehož vzorec je: CHj-CH I 5 4 CHj-CH-CHj-CHj C^-CHj-CHj 3CH-CHj 7 8 9 I 2CH-CH3 I 1CH, Postup: 1. Nalezneme základní řetězec (nejdelší uhlíkatý řetězec). 2. Očíslujeme základní řetězec tak, aby soubor lokant (číselných předpon) nesl co nejnižší číslo. 3. Nazveme bočné řetězce: kmen + yl a seřadí.e je abecedně podle počátečního písmene názvu kmene. 4. Nazveme základní řetězec: kmen + an Základní řetězec obsahuje 9 C - (oktan) Číslování řetězce: -.- - Bočné řetězce: 3x-CH3, lx-CH2-CHj Systematický název: 4-ethyl-2,3,6-trimeth)liionari O nenasycených uhlovodíků má při číslování základního řetězce přednost násobná vazba před bočnými řetězci. Nachází-li se dvojná i trojná vazba při číslování základního řetězce zleva i zprava ve stejné poloze, má rrfednost dvojná vazba před vazbou trojnou. 114 115 Príklad 12. a) Nazvěte systematicky uhlovodík, jehož vzorec je: CH2 = C I 3 CH 4 C-CH, CHj CH2-CHj CH-CHj 5 6 3-ethyl-2^-dimethyl-lAl1EXarl'en b) CH2= C = C-C = C-CHj I CH3 3- methy I-1,2-he xadien-4-i n 1 2 3 4 5 6 c) CH3-CH = CH-C a C-CH3 2-bexen-4-in CH, d) Is CHj-C- CH = C = CH-C s C-Cs CH I CH3 8,8-diemethy 1- 5,6 -nonadien-l,3-di in CH, 4-e thyl-1 -me thyl-1 -cy klohexen CH^- CH3 U arenů převládá triviálni názvosloví. Příklad. 13. Nazvěte systematicky i triviálně: CH, CH -CH, CH-CH3 CHj CH3 (O) (OLc^-CH, (O) S: sekpropylbenzen T: kumen CH3 S: Hethyl-3-meťhyl- S: 1,4-dimet-benzen hylbenzen T: p-xylen 116 I I I n Cl CH, 19. Pro prípravu éteru se využívá alkylace (arylace) alkoholátů či fcnolátů, přičemž alkylačním (arylačním) činidlem je alkyl (aryl) halogen. Tato reakce patří mezi nukleofilní substituční reakce. Připravte ethylmethyléter a naznačte mechanismus reakce. 20. Jak rozlišíte jednoduchou zkumavkovou metodou dvě níže uvedené dvojice látek: a) CH3-CH = CHC1 od CH2 = CH-CH2C1 b) CH3^q^-C1 od ^q^-CH2Q 21. Napište přípravu p-krezolu z p-chlortoluenu a uveďte typ a mechanismus reakce. 22. Připravte rezorcinol a uveďte typ a mechanismus reakce. 120 121 23. Pripravte p-krezol z diazoniové soli a uveďte typ a mechanismus reakce. 24. Pripravte bcnzonitril z diazoniové soli a uveďte typ a mechanismus reakce. 25. Arény patří mezi nejdůležitější uhlovodíky. Důležité je i jejich názvosloví. Nazvěte tyto arény: CH3 CHj-CH-CH, rorcH'b) ro) a) CHj CHj CH g) CH, 26. Pojmenujte tyto uhlovodíkové zbytky: CH3 -CH = CH- CH c) CH, 27. Kolik polohových izomerů je možno odvodit u: a) tribrombenzenu b) dichlomaftalenu 28. Které z níže uvedených substituentů jsou z hlediska eldktrofilní substituce jako o,p-dirigující a jako m-dirigujícf ? a) - CH, b) O CFj ■ NH, e) - CH=0 f) -oř g) -ČN h) -C6H5 ch) -COCHj i) -OCfo j) -COOH k) - CONH2 29 30. 31. 32. 33. d) -N02 Alkylskupiny patří mezi o,p-dirigující substituenty (I. třídy). Mononitrací vznikají o-a p-nitroderiváty. Nitracf toluenu vzniká o-nitrotoluenu 61 % a p-nitrotoluenu 39 %. Nitrací kumenu vzniká o-nitrokumenu 31 % a p-nitrokumenu 69 %. Vysvětlete a napište reakce. Jako nitrační činidlo v aromatické řadě působí N02+, jehož koncentrace v reakční směsi závisí na podmínkách. Napište vznik nitroniového kationtu: a) ve zředěné HNOj b) v roztoku acetylnitrátu v acetanhydridu O naftalenu je známo, že je reaktivnější než benzen (nevyvážený aromatický charaketr - 10n elektronů). Co vznikne mononitrací: a) naftalenu b) 1-methylnaftalenu c) 2-methyhiaftalcnu Podobně jako naftalen, tak i antracén je reaktivnější než benzen (má opět nevyvážený aromatický charakter, obsahuje 14rc e). Do které polohy bude probíhat převážně mononitrace antracénu a proč ? Do které polohy bude přednostně probíhat mononitrace: a) azoxybenzenu b) difenylsulfoxidu 34. Napište sumární reakce benzenu: a) s oleem b) s přebytkem kyseliny chlorsulfonové (minimálně I molárním) c) a acctylchloridcm v přítomnosti A1C13 d) s propenem v přítomnosti HCI a A1C13 e) s Br2 v přítomnosti AlBr3 U reakcí a), c), d), e) napište přesný mechanismus reakce. 35. Napište sumární reakce toluenu a jejich mechanismus: 122 123 a) s C12 v přítomnosti AICLj b) s Cl2 za teploty 100°C 36. Z teorie organické chemie víte, že jednou z důležitých elimi-načních reakcí je dehydratace (odnímání vody). Doplňte pravou stranu rovnice u těchto reakcí: a) CH3-CH -CHj-CHj I OH A1203 350^ CH, I b) CH3-CH -Orl^-CrLj-CHj I OH ajpo4 iwx: c) 2CH3-CH2-CH -CH, I OH H2S04 140*0 37. Doplňte pravou stranu rovnice u níže uvedených elimínačních reakcí: 70TT CH3- CH -CH 1 1 1 1 CH3 Cl CH3- CH -CH i 1 1 1 Br Br 1-CH3 *— Br jHjOH) 90T, d) Cl CH3 CH3 + Zn e) CH3-CH -C - Cl + Zn KCjH^O]-Cl nO, 124 9CPC 38. Napište produkty adičních reakcí a uveďte jejich mechanismus. Produkty pojmenujte: a) 2-butin + 2C12-* b) CH2=CH -CH = CH2 + Q2" I CH, c) CH2 = CH-CN + HjO 1,4 CH3 I d) CHj-CHj-CHO + CH3-CH -MgBr I CH3 e) CH3-CH2-CH = CH-CH3 + H^O- 0 CH3-C = CH2 + HC10 -► I CH3 g) CHj-CHj-CHO + CH3-CHj — CHO-► h) reakce diethylketonu s HCN-»■ 39. a) co vznikne reakcí 1-butinu s HjO v přítomnosti HgS04? b) Jak bude reagovat 1,3-butadien s 3-hexenem (mechanismus 1,4-)? c) Je správně napsaná tato reakce? Ad^OH" CH3 - CHO + CH3 - CH2 - CH2 - CHO---► CH3-CH -CHj-CHj-CHj-CHO I OH d) Co vznikne reakcí ethylkyanidu s 2H20? 40. Navrhněte, vhodné reakce pro níže uvedené přeměny: a) propen na 2-brompropan b) 2-chlorbutan na 2,3-butandiol c) 1-chlorcyklopentan na 1,2-dichlorcyklopentan d) 2-methyl-2-propanol na 2-methylpropan-l,2-diol e) 2-chlor-3-methylbuian na 2-methyl-2,3-butandiol 125 41. Z teorie organické chemie víte, že jedním z typu oxidace alke-nů je oxidace energická, pň níž oxidačním činidlem je KMnO a teplota je ICKVC. Při této oxidaci dochází k úplnému rozště-pení uhlíkatého řetězce v místě dvojné vazby. Produkty této oxidace jsou karbonylové sloučeniny a karboxylové kyseliny. Vyřežte následující úlohy: a) 2-penten • KMn04 l(.K)fC b) 2,3-dimethyl-2-buten KMnO, _ 4 100 AICI3 + HCI + rearomatizace (obnovení původních vazeb v benzenovém jádře) V případě, že činidlem je alken, je nutná přítomnost malého množství kyseliny chlorovodíkové k vytvoření karboniového iontu. AICI3 - katalyticky působící Lewisova kyselina Příklad 5. Napište rovnici reakce mezi benzenem a ethenem. CH2-CH3 + CH2 = CH2 + Ha AlCl3SiE -hc:i ethylbenzen Mechanismus: I. CH2 = CH2+H+Cf + AICI3 ->^CH2-CH3 + AlClf II. , III. doplňte sami dle příkladu 4. H.4.4. Cannizarova reakce. Cannizarova reakce je reakce dvou molekul aldehydů, které nemají na a-uhlíku,tj. uhlíku sousedícím s aldchydickou skupinou, vázaný vodík. Reakce probíhá v silně alkalickém prostředí a má charakter oxidačně redukční reakce. Příklad 6. Poskytuje: a) 2,2-dimethyl-l-propána] b) I-butanal tuto reakci? V případě, že ano, jaké jsou produkty reakce? 133 CH, i ch3 i a) CH3-C-CHO + CHj-C-CHO i I OH" ch3 na a-není vodík ano CH, + ch3-c-ch2oh ch3 produkt redukce 2,2-dimethyl-1 -propanol neopentylalkohol CH3 ch, CH3-C-COONa + i ch3 produkt oxidace 2,2-dimctylpropionan sodný b) ch3-ch2-ch2-cho -+ -fr na ct-uhlíku je přítomen atom vodíku, proto reakce neprobíhá. H.4.5. Kučerovova reakce. Je hydratace alkinů v přítomnosti HgS04 (HgO + H2SO4), jejímž produktem jsou karbonylovc sloučeniny. Mechanismus této reakce je iontový elektrofilní. Příklad 7. Co vznikne hydratací cthinu? CH = CH + H+oh~ (ch2 = C-H) CH2-CH CH3-cho i 0<-h oh® —e ethanal acetaldehyd CH2=CHOH nestálá cnolforma alkoholu (vinylalkohol). ľlatí zde II.Erienmayerovo pravidlo (Erlenmayerův přesmyk). n.4.6. Aldolová kondenzace. Je reakce dvou molekul aldehydu, z nichž aleposň jedna molekula (činidlo) má na a uhlíku tj. na uhlíku sousedícím s -CHO skupinou vázaný atom vodíku. Reakce probíhá v slabě alkalickém prostředí a produktem reakce jsou aldoly (p-hydro-xyaldehydy). V slabě kyselém prostředí dále dochází k eliminační reakci (dehydrataci) za vzniku nenasyceného aldehydu. Mechanismus reakce je iontový nukleofílnf. Příklad 8. Co vznikne reakcí dvou molekul acetaldehydu v slabě zásaditém prostředí? OH" —* CH3-CH-CH2-CHO i UT ICH2CHO ch3-cho + ch3-cho OH 3-hydroxy-butanal Mechanismus reakce: Vznik kar ba n i CH3 - CH - CHj - CHO i alkoxidový anion III. Reakce v nadbytku vody: ch3- ch-ch2-cho + H20 ioi oh" + ch3-ch-ch2-cho i oh 3-hydroxy-butanal 134 135 II.4.7. Esterifikace a hydrolýza esterů. Esterifikace je reakce karboxylových kyselin s alkoholy v přítomnosti malého množství anorganické kyseliny. Příklad mechanismu esterifikace kyseliny octové mtthanolcm. 1. protonizace octové kyseliny: CH,-CV + W -> CH,-C+ \ OH \ OH OH 2. nukleofilní adice metlianolu: OH CH3-C+\ + CH3-0-H -» CH3-C^ OH I "oi / \ OH OH CH, H 3. eliminace vody: CH3 - C ^ eoi / \ ch, OH OH H nestálý meziprodukt CH3- C+-OH -H20 4. odštěpení protonu: CH3- C^-OH 101 I CH, -H+ I IOI I CH3 CH3-C =0^ JO- CH3 Z rcakčního mechanismu vyplývá, že voda vzniklá při esterifikaci se tvoří v. hydro-xylu karboxylové kyseliny a vodíku hydroxylové skupiny v alkoholu. Opačná reakce je kysele katalyzovaná hydrolýza esteru. H+ CH3COOCH3 + H20_. methylacetál CH3COOH + CH3OH kyselina methanol octová Zatímco esterifikaci nelze katalyzovat bázemi (pro neschopnost aniontu nukleofilně adovat), hydrolýzu esteru lze katalyzovat bázemi. procvičování: 1. Napište přípravu 2,5-dimethylhexanu Wurtzovou reakcí, včetně pravděpodobného mechanismu. 2. Reaktanty reakce jsou 2-chlorbutan a 2-methyI-2-chlorbutan-Napište úplnou reakci a produkty nazvěte. 3. Je správně formulovaná úloha, ie při Wurtzově syntéze, kdy produkty reakce jsou 2,3-dimethylhexan (H.P.), hexan a 2,3,4,5-tetramethylhexan (V.P.) reaktanty reakce jsou 2-methyl-2-chlorpropan a 1-chlorpropan? Zda-li ne, opravte a vysvětlete. 4. Připravte Wurtzovou - Fittígovou reakcí ethylbenzen. Napište i úplné rovnice vzniku vedlejších produktů. 5. Je pravda, že kumen jako hlavní produkt vznikne reakcí 2-clilm toluenu s 2-chlorpropanem a sodíkem? Zda nc, opravte toto zadání. 6. Co vznikne reakcí p-chlortoluenu a 2-chlorbutanu s Na? Napište úplné rovnice vzniku hlavního i vedlejších produktů. 7. Co vznikne reakcí benzenu a methylchloridu v přitom n osli AJC13? 8. Je pravda, že reakcí benzenu s propenem v přítomnosti malého množství HC1 a za katalýzy A1C13 vzniká kumen? Napište úplné rovnice včetně mechanismu. 9. Co vznikne reakcí toluenu s 2-chlorpropanem v pfftornnosti AIClj? Připravte p-chlortoluen. 10. Jak bude reagovat benzaldehyd v silně alkalickém prostředí? 11. Poskytuje a) 2,2-dimethyI-l-butanal b) I-propanal Cannizarovu reakci? Vysvětlete. 12. Obdobou Friedelovy - Craftsovy reakce se připravují i ketony alifatickoaromatické a aromatické. Acylačním činidlem je acylhalogenid (acylchlorid). Připravte touto metodou benzo-fenon (difenylketon). 13. Kučerovovou reakcí vznikl 2-pcntanon. Napište úplnou chemickou reakci včetně mechanismu. 14. Lze z 1-pentinu Kučerovovou reakcí připravit i 3-penta-non? Vysvětlete. 15. Lze aldolovou kondenzaci provést s následujícími reaktanty (pořadí: substrát, činidlo)? 136 137 a) benzaldehyd + formaldehyd b) acetaldehyd + benzaldehyd c) 2 molekuly propanalu d) aldehyd kyseliny skořicové + 2-methyl-l-propanal. 16. Produktem aldolizace je 3-hydroxy-4-hexankarbaIdehyd. Napište úplnou chemickou reakci, pojmenujte reaktanty a uveďte mechanismus reakce, 17. Napište reakci, při které vzniká benzylbenzoát. Uveďte mechanismus reakce. II.5. Výsledky. n.l. Obecná část O" H-C nepolární kovalentní 1. H-C< \ O - H C - O, O - H polární kovalentní H I CH3-C-H C-C, C-H nepolární kovalentní I IO-H C - O, O - H polární kovalentní H I CH3 - S- C- H C-H, C - S nepolární kovalentní I H 2. CH2 = CH-CH2-NH2 CH3-CH = N-CH3 CH2 = CH -NH-CR, CH.-CH = CH-ŇH9 CH,-CH-ŇH2 3 2 ^ / CH„ 3, CH = C-CH2-CH = CH2 CH = C-CH = CH-CH3 CH, = C = C = CH-CH, CH, = C = CH-CH = CH2 CH, = C-C=CH CH-CH II II CH CH \ / CH. I CH3 H 1 / 4. H - C - C \ _e « I Ol Na H H \ C = C=OI 138 139 / - / X" 5. a) 0 = c' \ /H H i H-C-H I H b) H-C-C-C -H i H H i H H i c) H-C i C-N-H II I H IO H-C-H i H H-C-H i H H I H H-C-H H i i i d) H-C-N---C-H i i H H H e) h/ \ / \bTi c / \ H H H \--/ N-N H H / \ H /0I V H /či ^Ô-H 7. radikálová činidla: a), h) elektrofilní Činidla: b), c), d), i), j) nuklofilnf Činidla: e), f), g), ch), k). i), m) 140 !. a) C2Hs-0 - H i H d) CH3-Š+-CH3 i H b) C2H5-0 -CR, i H <ô>r<°> b)i6=a=ôi <+ io-ci = ôi «-> iô=a-ČHe lor n 01 oi ioi8 c)R-C^ *-» R-C^ Nof3 xoi Ol e_ _ _e d)K>-P = OI IO-P = OI 6+ 5-10. C-O 8+ 8-C-Cl 5+ 6-B-H 8- 8+ a-Br 8+5- 8-8+ H -Br F -Q 11. elektrodonomí c) elektronakcerptorní a), b), d) H 12. a) CH3-C -CH3 b) CH3-CH2-C' c) CH3-CH2- S -CH2 CH3 i Cle le ior ioi aceton propanal diethylsulfoxid e/Oi d) C^-C^-Nv nitroethan V molekule nitroethanu je polarita rovnoměrně rozdělena mezi dvě rovnocenné vazby dusík - kyslík. 13. 5B : ls22s2Ip' IlNa : IsWSp^s1 53I : ls^p63s23p64s23dl04p65s24dl05p5 82Pb : ls^pSs^pWsd'Vss^^Sp^^f^Sd'^s2 141 14. a) 18e b) 6e cj 2e 15. a) 2e b) 18e c) lOe d) Oe e)2e 16. a) 10Na+ : ls^p6 b) |002" : ls22sV c) lgS2- : 1 s22s22P63S23p6 d) ,gCa2+ : ls22s22p63s23p6 17. a) sp b) sp c) sp d) sp3 e) sp3 ©Cíl ©Cil ©Cil 18. a) +m tp -o ~ o ~ cr e b) -m [CH2 = CH-C = NI CH2-CH = C= NI] - CrL^C^-NI H-Ô S K)-H e l© e ID-S-oi II K)-H © I© _e io -s-oi II e I® _© E-s-oi m 11.2. Základní reakce v organické chemii. 11.3. Názvosloví organických sloučenin. CH3-CH-CR3 -H, CHj-C-CHj OH O 3 KCNO + NH4CI -KC1 NH4CNO H H H^ _ t _ / /N-O-C = NI-*IO = C\ _ H/ " N-H kyanatan amonný diamid kyseliny uhličité močovina Poněvadž se jedná o změnu struktury sloučeniny, reakci řadíme mezi přesmyky (tzv.Wohlerův přesmyk). 4. CH3-CH3+2C12 5. e) S_,t -2HC1 CH3-CH-C12 1,1-dichlorethan 6. ano. V našem případě je dvojí možnost základního řetězce o stejném počtu atomů uhlíků. Přednost má ten základní řetězec, který má více a jednodušších uhlovodíkových zbytků. 1. CHsCH + H+CT Ad; iK CH„ = CH+ rrcr Ad iE I a vinylchlorid Jedná se o adici iontovou elektrofilnř. CH3-CH -Cl I ci 1,1-dichlorethan 2. Dehydrogenace je eliminační reakce, při ml se z molekuly organické sloučeniny odštěpuje vodík. Je to reakce endothermní (AH = + [kJ]). Príklad: CH3 - CH2 - CH2 - CH3- CH3-CH=CH-CH3 7.a) CH3 - CH2- CH2 - CH2 - CH3 n-pencan b) CH3-CH-CH2-CH3 I CH, CH, CH3-C-CH3 CH, 2-methylbutan (izopentan) 2,2-dirnethyIpropan (rveopentan) 142 143 'O A- cykíopcnlan l-methylcyklobutan ■ CH3 1,1 -dimerJiylcyldopropan CH, A ■ CH, A ■C1I2- CH, 1,2-dime.thylcyklopropan t-eíhyfcyklopropan c) CH3~CH,-CH,-CH,Br l-brombutan CH3-CH2-CH-CH3 I Br CH3-CH -CHjBr CH, 2-broinbuuin 2- methyl-1 -brompropan Br 1 CH3-C- CM, I ch, 2-m ethy 1 - 2-b romp ropaii d) CH, - (CHj), - ch? ■ n-pentyl CH3 " CH2 - CH2 - CH - CH3 sekundární pentyl (2-pentyI) CH3 - CH2 - CH - CH2- CH3 3-penthyl ch, ch3-ch - ch2-ch2- ch, ch,-ch-ch -ch, I I ch, CRj-C-CHj-CRj ch, ch, CH3-C-CH2- ch, i zopentyi (2-meíhyH ~b uty 1) 3-methyl-l-bulyl 3-mcthy!-2-buLyI terciární pentyl (2~rriethy!-2-butyl) neopenty] (2,2-di methy I-1 -propyI) R.Monochlurace i/.opcntami vede ke vzniku: a) CH3 - CH - CH2 - CH2 - C] l-chlor-3-methyIbutan I CH3 b) CH3 - CH - CH - CH3 2^hlor-3-methylbutan I i CH3 Cl Cl ch3-c-ch2-ch3 ch, C^-CH-CHj-CHj I I Cl CH, 2-c h I oř- 2-mct hy Ibutan 1 - chlor-2-methy Ibutan 144 CH, počet chemických rovnocenných atomů H relativní reaktivita atomů H počet izomerních monochlorprodukrů Složení: l-chlor-2-methylbutan 2-chlor-2-methyIbutan 2-chIor-3-methylbutan 1 -chlor-3-methyIbutan CH, ľ 6 1 6 26,09 % 26,09 % 34,78 % 13,04 % V pCH-CH2-CH3 CH3 I 9 CH3- C-CH2-CH2a I CH3 CH3 I CH,-C - CH-CHj I I CH3 Cl 1 -chlor-3,3-dimethyIbutan 3-chlor-2,2-dimethylbutan počet chemicky rovnocenných atomů H relativní reaktivity atomů H počet izomerních monochlorprodukrů Složení: l-chlor-3,3-dimethylbutan 3-chlor-2,2-dimethylbutan 12 1 12 60 % C-CH2-(CH, 2 4 10. CH3 - CH2 - CH - CH3 2-nitrobutan-hlavní produkt I N02 Vedlejší produkty: CH3 - CH2 - CH3 - CU^02 1 -nitrobutan 1-nitropropan CH3-CH2-N02 nitroethan nitromethan ch3-ch2-ch2N02 ch'3-ch2-no2 ch3-N02 S0,t 11. CH,-CH -CH3 + S02 + CI2 - I -HCI CH, S03H so2a -CH3- C-CH3 + H20 I CH, -HCI CH,- C-CH3 2-methy 1- 2-propansulfony! chlorid CH3 2-methyl-2-propan-sulfonová kyselina 12. t3T , CH3 + 3C12 SR.t Cl —3 HCI CH3 Cl Cl 1,1,2-trichlor-2-mclhylĽyklopentan 13. a) reaktanty: 2-chlorpropan a chlorethan b) produkty reakce: P.H.: 2,4-dimethylhexan P.V.: 2,3-dimethyIbutan 3,6-dimethyloktan Nutno prostudovat kapitolu 11,4.1. 14. a) CH3-CH-CH2-CH2-CH-CH3+ 2Na I Cl 2,5-dichIorhexan -2NaCl Q CH, CH, Cl b) CHj-CHj-CH-ÍCH-^-CH-C^ + 2Na 40 % ci 2,6-dichloroktan Cl -2NaCl ■CC CH3 CHj-CHj 146 147 Reaktanty při přípravě cykloalkanů C3 - C5 Wúrtzovou syntézou jsou vždy dito-pické dihalogenalkany. 15. Číslování bicyklického uhlovodíku začíná u jednoho ze společných uhlíků, pokračuje přes větší kruh k menšímu až k nejmeníímu. Systematický název: l.4-dietfiyl-3,7,8-trimethyl-bicyklo [3,2,1] oktan 16. mgC = 30,81 3 iľ = 8,402 84.02 % C 15,98 % H mgH = 14,38 — = 1,^98 9 C : H = 7 : 15,98 = 7 .: 16 C7HJ6 - heptan 17. 1. reakce se zředěným roztokem KMn04 2. reakce s bromovou vodou 3. hydrogenace 3) + + D 2) cyklopenlan - _ 2-penten + + cthylcyklopropan - + Cyklopentan, u něhož je úhlové napětí téměř nulové, neposkytuje uvedené reakce, které svým charakterem patří mezi reakce adiční. 2-penten: 1) CH3 - CH = CH - CH2 - CH3+ 2 ■ OH -» CH3 - CH - CH - CH2 - CH, I I OH OH 2,3-pentandiol hnědé zbarvení vlivem vzniklého MnO(OH)2 Ad 2) CH3-CH = CH-CH2-CH3 + Bi2 —^C^-CH-CH-Olj-CH., 3) CH3-CH =CH -CH2-CH3 + H2 20°C Ni I I Br Br 2,3-dibrompentan odbarvení bromové vody • CH3 - CH2 - CH2 - CH2 - CH3 pentan Ethylcyklopropan: 1} neprobíhá B 2) 2 í i \ CH7- CH3 + Br2 ACH3 - CH2 - CH - CH2 - CHjBr A 1,3-dibrompcntan B+CH2 - CH - CH2Br I I Br CH2-CH3 l,3-dibrom-2-ethylpropan r \ i20°c 3)2 ' I ' CH2-CH3 +HL,--* ACH3 - (CH2)3 - CH3 pentan B+CH3-CH-CH2-CH3 I CH3 2-methylbutan 18. a) hlavní produkt: 2,2,3-trimethylpentan vedlejší produkty: 3,4-dimcthylhexan a 2,2,3,3-tetnsmethyIbutan b) ]-cthyI-2-methylcykIobutan + 2NaBr c) l-methyl-2-sek.propylcyklopentan + 2NaCl 19. CH3C1 + C2H5ONa CH3-0-C,H5 -NaCl nebo C2H5Q + CH3ONa -NaCl ■CHj-O-C^ 148 CH3-Q + C^j-OI Na CH3-0-C2H5 + 1C1I + Na Nu^ 20. a) povařením s NaOH, okysdením HN03 a přidáním AgN03: CH3 - CH = CH - Cl neposkytuje reakci CH2=CH-CH2CI poskytuje reakcí h) viz a) p-tolylchlorid tuto reakci neposkytuje, benzylchlorid ano. 149 Cl!, 21 + NaOH -NaCI Cl CH3 OH CIL roj A»fÄ| , _e 01 22. 1 Cl S03Na OH 300T ONa OH 2NaOH -2NaHSO, (QXonT "NaCI (OlOH 1,3-benzen-disulfbnan-disodný CH, 23. 1,3-bcn/cfi-diolátdi sodný CIL rezorcind N2C1 p-toluen- diazoninm- chlorid OH Cil ^(0)-*-ni ®0H — ch3.í^~oh + N2 n„ci 24- (O] + CN NaCN -NaCI bcnzendiazo-niumchlorid 150 ^^Lni + cng-^^^ CN + N, 25. a) 1,2-ío-) dimethylbenzen T: o-\ylen b) sek. propylbenzen T: kumen ľ) 1,4,8-trimethyInaftalen d) 1,2-difenylett»en ľ: stilben e) 2-{{V) ethylnaftalen í) 9, 10- d im ethyl antracén g) 1,2-difenyIacetyten T: tolan 26. a) p-tolyl b) styryl (2-fenyl-l-ethenyí) c) 3,5-dímethylxylyI d) trifenylmethyl 27. a) tři Br Br Br ron* ěra' B,-fo)- Rr 1,2,3- Br 1,2.4- 1,3,5- b) deset: 1,2- 1,3- 1,4- 1,5- 1,6- 1,7- 1,8- 2,3- 2,7- 2,6-vzorce si dopište sami. 28. o,r>dirigující: a), c), f), h), i) m-dirigující: b), d), e), g), ch), j), k) 29. Vysvětlení: objemnější alkylová skupina stericky (prostorově) znevýhodňuje o-polohu. 30. HN03 + HN03 -» H2NO® + NC^ -» NO* + Nof + H20 K Z CH3 - CO - O - N02 -»CH3COO< + NO® 31. a) 1-nitiwiaftalen b) 4-nitro-I-methylnaflalen c) l-nitro-2-methylnaftakn 151 32. Do polohy 9, nejreaktivnější poloha. \0/ SO,H 34. a) (O) + h2S04 + S03 (o) + h20 SO, - I + h20 (sulfonace) kyselina benzensulfonová Mechanismus: © ťB I: l^SOt + SOj -4 HS04 + S03h K Z n-komplex o-komplex aS03H h +Hso4-,r^j| +H2so4 ß-komplex S03H O so2ci °) (^) + 2C1S03H £q] + H,S04 + HCl (chlorsulfonace) benzensulfo-nychlorid 152 CO-CH, c) (o) t 2CH3COC, (o) + HCI (Fridel-Craftsova reakce) acetofenon fcnylmcthyl-keton Mechanismus: zpracujte sami po prostudování kapitoly 11.4.3. Uvádíme zde pouze 1. stupeň reakce-iniciaci. I. CH3COCl + AICI3 -> A1C14 + CH3CO CMj- CH — CHj + CH2 = CH-CH3 + HCl aic:i ě (Fridd-Craftsova 3 >v/' reakce) kumen Mechanismus: zpracujte sami po prostudování kapitoly 11.4.3. Br c) + HBr (bromace) brombcnzen Mechanismus: I: Br2+ AIBfj -> AlBr4 + Br n-komplex o-komplex Br Oř *AIB'4"Ó + AIBr, + HBr o-komplex 153 CH, CH, CH, 5 a) +2hc1 Ct o-chlortoluen p-chlortoluen Mechanismus reakce si doplňte sami na základě prostudování odpovědi na otázku 34.e). Pozor! - ch3 je substituentern I. třídy - vykazuje +M efekt. CH, CH„C1 b) (O) +a2 — (O) + Ha benzyl-ch.lorid Mechanismus: 1. Cl2 -» 20. CH3 CHj. P. (Oj + .Cíl -> [o) + HCl CHj. CH2C1 (O) + + ZnCi2 methylketen (ethylidenketon) 13-cyklohexadien + 2KB r + 2H20 38 a) CH3-CsC-CH3 + CL2 AdjE AdiE CH3-C= C- CH3 + Clj FeCI3 I I Cl Cl FeCl, a ci 1 1 CH3-C- C- CH3 I I Cl Cl 2,2,3,3-tetrachlorbutan 23-dichlor-2-buten Mechanismus: © — © I. Cl2 + FeCl3 -» FeCl4 + ICl P.CH„->C = C«-CR. + ICl* -> CH,-C= C-CH, 3 e © 3 — 3 1 © 3 a T.CH3-C= C-CH3+ FeCI~ -» CH3-C- C- CH3 Cl I I Cl Cl 2,3-dichlor-2-buten další průběh adice CIj shodný s výše uvedeným, doplňte sami. vyšší t b) CH2 = C- CH=CH2 + Cl2---CH2-C = CH-CH2 I III CH3 ci ch3 a 2-methyl-1,4-dichIor-2-buten 155 AciiN- c) CH2 = CH-C = NI + H+OR -~ (CH2 = CH-C=ŇR) -3 vinylkyanid QH/ -> CH2=CH-C = NH2 11 10 amid kyseliny akrylové e CH3 i d)CH3-CH2-C\. + ^3-0-1^—0^-0^-^-0!^ + ®L*oi I f i ! e ch, CH^-C-CRj I CH3 ch. + I + HOrT-> CH3 - CH2 - CH -C- CH3 2,2-dimetb,yl-3-pentanol -MgOHRr OH CH, A4, e) CH3 - CHj -* CH m CH - CH, + H+OJrT-► CH3 - CR, - CH - CR, - CH3 H+ I 3-pentanol oh Mechanismus: 1: CH3^CH2-^CH = CH-CH3+ \ŕ -> CH3 - CR, - CH - CH2 - CH3 P: ^-Cr^-CH-C^-CHj + H-O-H-^CHj-CHj-CH-CHj-CHj V-J ,> H H T; CHj-CHj-CH-CHj-CR, -*CR-CR-CH-CR-CR I _ -H+ I 3 IO® OH /\ H H OH Aíl,E ' f) CH3-C = CH2 + HCIO -► C^-C-CHjCl I i I CH.. IQ +OHľ CR, ,H 2-methyl 1-chlor- 2-propanoI © /" © —e AdiN g) CH3-CH2-Cl +HCH3-CH-CHO-*CH3-CH2-CH- CH-CHO 0 oh ch, altlolová kondenzace 3-hydroxy-2-melhyl--1-penia nat V prostredí H+ z aídolů vznikají nenasycené aldehydy odštěpením h2o (v našem případě vzniká 2-mcthyl-2-pcnlen-l-al). Mechanismus: doplňte sami po prostudování kapitoly II.4.6. CN AdN ' h) CH3-CH2-C-CH2-CH3 + rTCN"-*CH3-CH2-C- Cř^-CHj ii OH" I \0, OH kyanhydrin 3-pentanonu 3-hy droxy-3 -pcntankarbanítril 39, a) ČH = Ci— CH, <- CH, + ROH" - — (CH- = C-CH--CH,) -> - OH enolfonna, nestálá -> CHj-CO-CHj-CHj 2-butanon b) výsledkem této reakce je 3,4-diethyl-l-cyklohexen. Rovnici reakce si doplňte sami po prostudování kapitoly n.2.2.4. © - c) ne - při aldolové koncenzaci se butanal Štěpí na H a CH3-CH2-CH-CHO (nejreaktivnějíí je a-uhlík). Produktem této reakce je proto 2-Írydroxy-pentan-3 -kanbaldehyd). 156 157 d) CH,-CH,-C e NI + H+OH" -» CH, - CH, - CONH, + H,0-► 2 -NHj propanamid -» CH3-CH2-COOH propanová kyselina 40. a) adicí HBr (mechanismus iontový elektrofilní, FeBr3). t. KOH (C.H-OH) KMnQ, zi b) CH3 - CH - CHj - CH3-_—►CH3-CH = CH-CH3_ I -HBr 20X- Br CH3-CH-CH-CH3 I I OH OH c) dehydrochlorací za výše uvedených podmínek vznikne 1-cyklopenien, z něhož adicí Cb za přítomnosti FeCl3 vznikne 1,2-dichlorcyklopentan d) dehydratací tntramolekulární {350°C, AI2O3) vznikne izobuten, z kterého 2-methyIpropan-l,2-diol vznikne reakcí se zředěným roztokem KMnOj při 20°C- e) dehydrochlorací za výše uvedených podmínek vzniká 2-methyl-2-buten, z něhož reakcí se zředěným roztokem KMnO* při 20^ vzniká 2-mefhyl-2,3-butandioi 41. a) CH3-CH = CH-CH2-CH3 + 202 -> CH3COOH + CH3CH2COOH kyselina kyselina octová propionová b) viz a), produktem reakce jsou dvě molekuly acetonu c) výchozí uhlovodík je 2-methyH-buten, jehož vzorec je: CH2 — C — CHj — CH3 I CH3 42. a) reakiantem je 1-cyklohexen b) reaktantem je 1-sekpropyl-l-cyklopenten. Vzniklý produkt má systematický název 6-methyl-5-oxo-l-heptanová kyselina c) reaktantem je 1,3-cyklopentadien d) reaktantem je l-methyl-2-propyl-l-cyklobuten 158 43. a) za uvedených podmínek probíhá intramolekulárm dehydratace za vzniku 2- butenu. Disekbutyléter by vznikl intermolekulární dehydratací při 140°C b) produktem reakce je 1-ethyl-1 -chlor-2-methyIcyklopentan Vysvětlení: silnější +1 efekt působí od C2H5 radikálu. c) jde o cykloadiční reakci mechanismem 1,4- a produktem reakce je 1,4,5-trimethy 1-1 -cyklohexen d) jedná se o energickou oxidaci, produktem reakce jsou dvě molekuly acetonu. 44. Ne. Základní uhlíkatý řetězec obsahuje 6 atomů C. Správný název je: 3-ethyl-2.3,4.5-tetramethyl-l-hexen. 45. 2,4-dimethylpenlan CH3 - CH - CH2 - CH - CH3 I I CH3 CH3 46. Zde se vyskytují dvě možnosti stejné délky základního uhlíkatého řetězce (obsahují 8 atomů Q. Přednost má ten základní řetězec, který obsahuje více jednodušších bočných řetězců. Systematický název tedy je: 3-ethy I- 2,3,4,7-tetramethyl-5-propy l-4-sek.propy loktan. Uhlovodíkové zbytky (radikály) se seřazují dle abecedy. U jednoduchých uhlovodíkových zbytků je rozhodující první písmeno jejich názvu. CH3 I CH2-CH3 CH3-C-CH3 i I 47. CH3-CH3-CH- C--■-CH2-C- (CH^-CHj I I I CHj-CHj CH2-CH-CH3 CH3-C-CH3 I I CH3 CH, 48. a) 3,4-dimethyl-3-penten-l-in b) l,6-dimethyl-l-3-cyklohexadien c) 3-methyl-l,2,6-heptatrien-4-in d) uhlíkatý řetězec obsahuje 12 atomů uhlíku. Uhlovodík obsahuje 3x - CH3 (jednoduché bočné řetězce) a lx 159 1 2 3 ■ CH - CH - CH3 (složený uhlovodíkový zbytek) I I CH3 CH3 Pro název složeného uhlovodíkového zbytku je rozhodující prvé písmeno jeho úplného názvu: 1-2-dimethylpropyl Systematický název je: 7-(l,2-dimethylpropyi^3.57-lrirnethyldodekan 49. a) o-tolyl-p-tolyleťhin (acetylén) b) 5-a-naftyl-4-m-tolyI-l-hexen c) CH3-C-CHj-C-CH2-CH2-Cll:i d) 4-fenyl-4-methyl-l ,2-hexadien-5-in 50. a) 2-chlor-l,3-butadien b) l-chlor-5-naftol c) 2,2-dichlor-l-propansulfonová kyselina d) 2-nitro-1 -penten-4-in-3-amin 51. a) CHj-CRj-CO-COOH c) b) CH3-CO-CO-CH3 CHO COOII 52. NH2 S: l-aminobenzen-4-sulfonová kyselina arúlin-4-(-p-) sulfonová kyselina S03H 160 53. a) CF2Cl2-difluordichlormethan - freon 14 b) ^CF2-CF2>- polytetrafíuorethen (ethylen) c) -tCH2 - C = CH - CHj-^ - poIy-2-chlor-l 3-butadien I Cl d) CH3COCH3 2-propanon 54. a) Základní řetězec obsahuje 8 atomů C, - COOH skupina je součástí základní- ho řetězce - proto koncovka -ová kyselina. Správný název: 2-amino-3-chlor-4,6-oktadiin-l-ová kyselina. b) - COOH skupina není součástí základního cyklu, proto koncovka -karboxylová kyselina. Správný název je: 8-hydroxy-l-naftalenkarboxylová kyselina c) základní řetězec obsahuje 6 atomů C. Uhlík-CHO skupiny není součástí základního řetězce, proto koncovka -karbaldehyd. Správný název: 2,4-hexandikarbaldehyd 55. 2CH3CH2OH + Ca(CIO)2 oxidační činidlo CH3CHO + CaCL, + 2^0 2CH3CHO 3Ca(C10)2 chloračnf Činidlo 2CCLCHO + 3Ca(OH), Cl I H a-c-c/ i ^o Cl 2,2,2-trichlorelhanal 56. Tyto radikály vznikají z karboxylových kyselin odrtžením .OH v COOH skupině. Obecně se nazývají ACYLY a mají strukturní vzorec R - C = O. Triviální názvy se tvoří z latinského názvu kyseliny a přípony -yl. Systematické názvy se tvoří ze systematického názvu kyseliny a přípony -oyl (je-li C/COOH součástí základního řetězce) nebo přípony -karbony) (není-li C/COOH součástí základního řetězce). systematický název triviální název a) ethanoyl acetyl b) 2-propenoyl akryloyl c) beri/enkarboiivl benzoyl 161 systematický název triviální název d) methanoyl formyl e) 2-methyl-2-propenoyl metakryloyl 57. CH3COCl: opisné: chlorid kyseliny ethanové (octové) radikálové: acetylchlorid systematické: ethanoylchlorid HCONH2 amid kyseliny mediánové (mravenčí) formami d methanamid CH3 - CRj - CH2 - COO - CH = CH2: vinylester kyseliny butanové (máselné) vinylbutyrát máselnan vinylnatý CH2 = CH - CN: nitril kyseliny akrylové (2-propenové) vinylkyanid akrylonitril (TVÍ- C>vrii ^y*1"0 kvseliny ftalové (benzen- 1,2-dikarbox y lové) k^J— ftalanhydrid n.4. Vybrané reakce v organické chemii Pro správné vyřešení příkladů z teto kapitoly je třeba dobře zvládnout teorii ve výše uvedené kapitole. 1. Reaktanty jsou 2 molekuly řzobutylchloridu CH, - CH - CH2 - d I CH3 Mechanismus: prostudujte kapitolu 11.4.1. a pak doplňte. 2. Produkty: H.P. 3,3,4-trimethylhexan V.P. 3,4-dimethylhexan a 33,4,4,-tetramethylhexan Reakci doplňte sami. 162 3. Ne. Reaktanty jsou 1-chlor-propan a 2-chIor-3-methylbutan. Při takto zadané úloze hlavním produktem by byl 2-2-dimethylpentan, vedlejšími produkty hexan a 2,2,3,3-tetramethylbutan. Cl 4. é- — CH^ CICH2CH3 +■ 2Na 2NaC! chlor-chlorethan benzen ethylbenzen H.P. Vedlejšími produkty je bifenyl a butan. Rovnici napište sami po prostudování kapitoly 11.4.2. 5. Kumen nevzniká, výsledkem reakce je 1 -methyI-2-sekpropyIbenzen. Jako vedlejší produkty vznikají: di-o-tolyl a 23-dimethylbutan. Rovnice napište sami, opět po prostudování kapitoly 11 4.2. 6. Produktem reakce je l-methyI-4-sek.butylbenzen. Vedlejšími produkty jsou: di-p-tolyl a 3,4-dimethylhcxan. Rovnice napište sami po prostudování kapitoly 11.4.2. CH„ toluen Mechanismus této reakce (kapitola 11.4.3.) doplňte sami. V I. stupni reakce vzniká CH®-elektrofilní činidlo. 8. Ano - viz kapitola II.4.3. 9. Produkty této reakce jsou l-methyl-4-sek.propylbenzen (p-cymen) a 1-meťhy!-2-sek.propylbenzen. Jedná se o Frtedel-Craftsovu reakci. Reakci napište sami, včetně jejího mechanismu po prostudováníkapitoly II.4.3. p-chlortoluen se připraví iontovou substituční chlorací toluenu za přítomnosti AICI3, reakci dopište sami. 10. Jedná se o Cannizarovu reakci - viz kapitola 11.4.4. Produkty reakce jsou: benzoan sodný a benzylalkohol. Reakci napište sami. 163 II. a) ano - uvedený aldehyd neobsahuje na tx-uhlfku vázaný vodík. Produktem reakce je 2,2-dimethylbutanoát sodný a 2,2-dimethyl-l-butanol. Reakci dopiste sami. b) Ne, neboť uvedený aldehyd obsahuje na a-uhlfku vodík. COCI co SiK <2> benzoyl-chlorid Mechanismus reakce: obdoba příkladu 34. Je nutné prostudoval kapitolu 11.4.3. Doplňte sami- 13. Reaktantem reakce je 1-pentia Reakci dopiste sami po prostudování kapitoly n.4.5. 14. Nelze,, hydratací 1-peminu vzniká pouze 2-pentanon. 3-pentanon připravíme hydratací 2-pentinu. C H + 1 Ad: se 3-C=C<-CH2<-CH3 + H+OH~ u ^ (CHj-CH^C-CHj-CH;,) CH3 - CH2 - CO - CH2 - CH3 3-pentanon (diethylkelon) HgSO, vOH 15. a) reakce není možná, fonnaldehyd H-CHO je aldehyd, který nemá a-uhlík. b) reakce není možná, benzaldehyd C6H5-CHO nemá na a-uhlfku vázaný vodík. Aldolová kondenzace by proběhla tehdy, bude-li benzaldehyd substrátem a acetaldehyd činidlem. c) Reakce probíhá. V mírně alkalickém prostředí vzniká 2-meťhyl-3-hydroxy-l-pentanal. V prostředí H* iontů vzniká 2-methyl-2-penten-l-al. Reakci dopiste sami po prostudování kapitoly II.4.6. d) Reakce probíhá. Aldehyd kyseliny skořicové má vzorec CH = CH - CHO. Produktem této reakce v mírně alkalickém prostředí je (S) l-fenyl-3-hydroxy-4,4-dimethyl-l-penten-5-al. Napište úplnou chemickou reakci po prostudování kapitoly II.4.6. 16. Reaktanty této aldolové kondenzace jsou: 1-propanal a 1-butanal. Úplnou chemickou reakci, včetně jejího mechanismu doplňte sami po prostudování kapitoly II.4.6. COOH CH2OH «■ (g) + (O) ^ ^-coo-ch2^ kyselina benzyl-benzoová alkohol Mechanismus reakce doplňte sami po prostudování kapitoly 11.4.7. 164 165 Příloha I. Názvy, symboly a relativní atomové hmotnosti nedůležitějších prvku, seřazených v abecedním pořadí. Český název latinský název symbol at.číslo athmotnosi antimon stibium Sb 51 121,75 argon argon Ar 18 39,948 arsen arsenikům As 33 74,9216 baryum barium Ba 56 137,34 berylium beryliím Be 4 9,01218 bismut bismuthum Bi 83 208,98 bor borům B 5 10,81 brom bromům Br 35 79,904 cín stannum Sn 50 118,69 draslík kalium K 19 39,098 dusík nitrogenium N 7 14,0067 fluor fluorun F 9 18,99X4 fosfor phosphorus P 15 30,973 helím helium He 2 4,0026 hliník aluminium AI 13 26,981 hořčík magnesium Mg 12 24,305 chlor chlorům Cl 17 35,453 chrom chrom Cr 24 51,996 jod iodum I 53 126,904 kadmium cadmium Cd 48 1 12,40 kobalt cobaltum Co 27 58,933 křemík silicium Si 27 28,086 kyslík oxygenium O 8 15,9994 litium lithium Li 3 6,941 mangan manganům Mn 25 54.938 měď cuprum Cu 29 63^46 nikl niccolum Ni 28 58,71 olovo plumbum Pb 82 207.2 platina platinum Pt 78 195,09 rtuť hydrargyrum Hg 80 200,59 selen selenium Se 34 78,96 síra sulphur S 16 32,06 Český název latinský název symbol at.číslo al.hmotnost sodík natrium N 11 22,989 stroncium strontium Sr 38 87,62 stříbro argentum Ag 47 107,868 uhlík carboneum C 6 12,011 vanad vanadium V 23 50,941 vápník calcium Ca 20 40,08 vodík hydrogenium H 1 1,0079 wolfram wolframium W 74 183,85 zinek zincum Zn 30 65,38 zlato aurum Au 79 196,966 železo ferrum Fe 26 55,847 166 167 Příloha II. Tabulka rozpustnosti I. (uvedeny pouze rozpustnosti solí potřebné pro řešení příkladů). sloučenina g sloučeniny na 20°C 100 ml. H2O při: 20°C 100°C Ba(NQ3)2 9 17 34 FeS04 . 7H20 62 149 100 KBr 65 81 105 KC1 34 43 57 KMnO* 6,5 17 _ Na2S04.10H20 58,3 241 209 NH4CI 37,2 50,4 77,3 Tabulka rozpustnosti 11. sloučenina g bezvodé sloučeniny na 100 g roztoku při: 20°C 50°C 100°C 26,3 30,4 37.0 Ba(N03>2 8,1 14,6 25,5 CuS04 17 25,1 42,6 H3BO3 4,9 [0,4 28,1 HgCh 6,2 10,2 35,1 KC1 25,5 30,1 36,0 K2SO4 10 14,2 19,4 Kl 59,1 62,7 67,6 KOH s2 59 65 NaCl 26,4 26,9 28,2 kh4a 27,1 33,5 43.6 168 Příloha IH. Hustoty roztoků nejdůležitčjších kyselin a zásad při 20°C (g cm-3). hmotnostní % h2so4 hno3 HC1 KOH NH3 5 1,032 1,018 1.025 1,044 0,977 10 1,066 1,054 1,050 1,090 0,957 15 1,103 20 1.139 1,115 1,100 1,186 0,923 25 1,178 0,907 30 1,218 1,180 1,150 1,288 35 1,259 1,175 40 1,303 1,246 1,396 50 1,395 1,310 1,511 60 1,498 1,366 65 1,551 1.391 70 1.610 75 1,669 80 1,727 90 1,814 93 1,833 100 1,830 169 Literatura: Klikorka, Hájek, Votjnský: Holzbecher, Churácek: Vláčil a kol.: Remy: Hájek, Jenšovský, Klimešová: Šindelář, Smrž: Beneš: Adamkovič, Liška, Šramko: Šrámek, Kosina: Andrlfk: Pacák: Akademie: Obecná a anorganická chemie SNTL 1989 Analytická chemie SNTL 1987 Příklady z chemické a instrumentální analýzy SNTL 1983 Anorganická chemie 1. a II. SNTL 1963 Příklady z obecné a anorganické chemie SNTL 1967 SI nová soustava jednotek SPN 1977 Příklady chemických a fyzikálně-chemických výpočtů SNTL 1963 Analytická chemie I. SNTL 1987 Chemie Orfeus 1992 Chemické tabulky SNPL 1963 Stručné základy organické chemie SNTL 1982 Nomenklatura organické chemie 1974 Chemické výpočty a reakce I. Zpracovali: Ing. Ludvík Kosina, Ing. Vratislav Šrámek Grafická úprava a obrázky: Luděk Malý Obálka ZAPO Vydalo nakladatelství ALBRA Havlíčkova 92, 250 82 Úvaly u Prahy v roce 1996 Obch. Číslo 16-61