ODPOWIEDZI DO ZADA? Z CHEMII

ODPOWIEDZI DO 

ZADAŃ Z CHEMII 

Omówione odpowiedzi do zadao z serwisu Chemia SOS – pomoc z chemii

SPIS TREŚĆI 

1. PODSTAWOWE POJĘCIA CHEMICZNE .......................................................................................................... 1 

1.1. MASA ATOMOWA I CZĄSTECZKOWA, MASA ATOMU I CZĄSTECZKI ........................................................................... 1 

1.2. MOL, MASA MOLOWA, LICZNOŚĆ MATERII, LICZBA AVOGADRO ............................................................................... 3 

1.3. MOL, OBJĘTOŚĆ MOLOWA GAZU ............................................................................................................................... 7 

1.4. PRAWA GAZOWE .................................................................................................................................................... 11 

1.5. PODSTAWOWE PRAWA CHEMICZNE ........................................................................................................................ 15 

2. BUDOWA ATOMU, UKŁAD OKRESOWY PIERWIASTKÓW .................................................................... 16 

2.1. KONFIGURACJA ELEKTRONOWA PIERWIASTKÓW .................................................................................................... 16 

Jest to próbka omówionych zadań z serwisu Chemia SOS – pomoc z chemii . 

Wszystkie zadania oraz omówione do nich odpowiedzi (ponad 1100) możesz 

otrzymać w cenie 15zł. Kliknij w poniższy link, lub skopiuj go do przeglądarki: 

https://ssl.dotpay.eu/?pid=1H5ZLFNPSEGUA4ZY3X915EUGE892EUWC 

(cena za zadania i omówione do nich odpowiedzi 15 zł). 

Po zaksięgowaniu wpłaty na moim koncie otrzymasz odpowiedzi do zadań w 

formacie pdf.

CHEMIA NIEORGANICZNA 

1. Podstawowe pojęcia chemiczne 

1.1. Masa atomowa i cząsteczkowa, masa atomu i cząsteczki 

Podstawowe pojęcia chemiczne 

1.1-1. 

Mol jest taką ilością atomów, jonów, cząsteczek jaka znajduje się w 12 g izotopu węgla 12 C. W tej ilości izotopu węgla 

znajduje się 6,023 . 10 23 atomów węgla, wiec w jednym molu ołowiu znajduje się 6,023 . 10 23 atomów ołowiu. Ta ilość atomów 

waży 207,2 g (odczytane z układu okresowego pierwiastków). Co można zapisać: 

6,023 . 10 23 atomów waży 207,2 g, czyli 

23 

1 atom ołowiu waży x g, co można zapisać: 6,023×10 207,2g 

-23 

= czyli x= 34, 4×10 g 

1 x 

1.1-2. 


znajduje się 6,023 . 10 23 atomów węgla, czyli 1 atom węgla ma masę 12g 

23 

mC 1,99 10 g . Masę 1/12 jednego atomu 

23 

6,023 10 

węgla 12 C, czyli 1,66 . 10 -24 g przyjęto za 1u. Możemy więc zapisać: 

1,66 . 10 -24 g to 1 u, więc 

5,32 . 10 -23 g to x u, czyli 

24 23 

1,66 10 g 1u 5,32 10 g 

czyli x 

32,05u 

23 24 

5,32 10 g x 

1,66 10 

g 

Z układu okresowego pierwiastków możemy odczytać, że nieznanym pierwiastkiem jest siarka. 

1.1-3. 

Masa cząsteczkowa jest sumą mas atomowych. Masy atomowe pierwiastków odczytujemy z układu okresowego 

pierwiastków: 

1) CO – cząsteczka składa się z jednego atomu węgla i jednego atomu tlenu: MC=12u, MO=16u, czyli MCO=12u+16u=28u 

2) CO2 – cząsteczka ta składa się z 1 atomu węgla i 2 atomów tlenu: MC=12u, MO=16u, czyli MCO2 =12u+2 . 16u=44u 

3) Al2O3 – cząsteczka składa się z 2 atomów glinu i 2 atomów tlenu: MAl=27u, MO=16u, czyli MAl 2 O 3 =2 . 27u+3*16u=102u 

4) NaOH – cząsteczka składa się z jednego atomu sodu, jednego atomu tlenu i jednego atomu wodoru: MNa=23u, MO=16u, 

MH=1u, czyli MNaOH=23u+16u+1u=40u 

5) Al(OH)3 cząsteczka składa się z 1 atomu glinu, 3 atomów tlenu i 3 atomów wodoru: MAl=27u, MO=16u, MH=1u, czyli 

MAl(OH) 3 =37u+3 . 16u+3 . 1u=78u 

6) H2SO4 – cząsteczka kwasu siarkowego(VI) składa się z 2 atomów wodoru, 1 atomu siarki i 4 atomów tlenu: MH=1u, MS=32u, 

MO=16u, czyli MH 2 SO 4 =2 . 1u+32u+4 . 16u=98u 

1.1-4. 

Masa cząsteczkowa jest sumą mas atomów wchodzących w skład cząsteczki. Masy atomowe pierwiastków 

odczytujemy z układu okresowego pierwiastków: MAl=27u, MO=16u, więc MAl2O3 =2 . 27u+3.16u=102u, lub masa cząsteczkowa 

wyrażona w gramach: MAl 2 O 3 =102g. Tę masę ma mol cząsteczek, czyli 6,023 . 10 23 cząsteczek. 1 cząsteczka ma masę: 

102g 

m 16,9 10 g 

6,023 1 

23 

23 

0 . 

1.1-5. 

Masa jednej cząsteczki (bezwzględna masa cząsteczkowa) mcz=Mcz/N0 (N0 jest liczbą Avogadro N0=6,023 . 10 23 ). 

Bezwzględną masę cząsteczki mcz można również obliczyć sumując bezwzględne masy atomów wchodzących w skład 

cząsteczki. Bezwzględna masa atomu m=M/N0. Masy atomowe odczytujemy z układu okresowego pierwiastków: Mc=12g/mol, 

MH=1g/mol, czyli 12g/ mol 23 1g/ mol 

24 

m c 1,99 10 g, natomiast m 

23 H 

1,66 10 g . Masa 9 atomów węgla 

23 

6,023 10 1/ mol 6,023 

10 1/ mol 

m9C=9 . 1,99 . 10 -23 g=17,91 . 10 -23 g. Masa 13 atomów wodoru m13H=13 . 1,66 . 10 -24 g=2,16 . 10 -23 g. 

Bezwzględna masa cząsteczki mcz=(17,91+2,16+2,33) . 10 -23 =22,4 . 10 -23 g. Masa cząsteczkowa M=mczN0=22,4 . 10 - 

23 . . 23 

g 6,023 10 1/mol=134,9g/mol lub 134,9u. 

- 1 -

- 2 - 


1.1-6. 

Masa cząsteczkowa jest sumą mas atomowych pomnożonych przez współczynniki stechiometryczne. Dla związku 

opisanego ogólnym wzorem AaBbCc masa cząsteczkowa związku MA a B b C c =aMA+bMb+cMc, gdzie MA, MB, MC – masy atomowe 

odczytane z układu okresowego pierwiastków. 

a) M=2MP+xMO MP=31u, MO=16u. Podstawiając dane do wzoru na M otrzymamy: 110u=2 . 31u+x . 16u, stąd 110u 62u 

x 

16u Wzór związku P2O3. 

b) M=30u=2 . 12u+x . 1u, stąd x=6. Wzór związku C2H6. 

c) M=178u=4 . 1u+x . 31u+7 . 16u, stąd x=2. Wzór związku H4P2O7. 

1.1-7. 


opisanego ogólnym wzorem AaBbCC masa cząsteczkowa związku MA a B b C c =aMA+bMb+cMc, gdzie MA, MB, MC – masy atomowe 


a) EO2 M=44u=ME+2 . 16u, stąd ME=12u. W układzie okresowym pierwiastków odnajdujemy, że pierwiastek o masie atomowej 

12u to węgiel, a opisany związek to CO2. 

b) E2S3 M=208u=2 . ME+3 . 32u, stąd ME=56u, co odpowiada masie atomowej żelaza, Fe2S3. 

c) H2EO4 M=98u=2 . 1u+ME+4 . 16u, stąd ME=32u, co odpowiada masie atomowej siarki, H2SO4. 

1.1-8. 

Cząsteczkę boru można zapisać w postaci Bx. Masa cząsteczkowa tej cząsteczki M=xMB, czyli 132u=xMB, 132u=x . 11u. 

Stąd x=12. Cząsteczka boru składa się zatem z 12 atomów boru B12. 

1.1-9. 




ME 2 O=2ME+16u 

a) MEO 2 =ME+2 . 16u. Z waunków zadania wynika, że ME 2 O < MEO 2 , czyli 2ME+16u < ME+2 . 16u. Rozwiązując nierówność 

otrzymamy: ME MEO 2 , czyli 2ME+16u > ME+2 . 16u. Rozwiązując nierówność 

otrzymamy: ME >16u 

1.1-10. 




Jeżeli pierwiastek jest jednowartościowy, to tworzy siarczek typu E2S, a tlenek typu E2O. ME 2 S=2 . ME+32u, natomiast 

ME 2 O=2 . ME+16u. Z warunków zadania wynika, że: ME 2 S = 1,26 . ME 2 O czyli: 2 . ME+32u = 1,26(2 . ME+16u). Rozwiązując równanie 

względem ME otrzymamy: 

0,52ME=11,84u, czyli ME=22,7u. Z układu okresowego pierwiastków znajdujemy, że opisywanym pierwiastkiem jest sód, który 

tworzy siarczek: Na2S i tlenek Na2O. 

1.1-11. 

Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023 . 10 23 cząstek. Ta ilość cząsteczek 

ma pewną masę, którą nazywamy masą molową. 

Masę molową związku liczymy sumując masy atomowe pierwiastków pomnożone przez współczynniki stechiometryczne. Masy 

atomowe atomów odczytuje się z układu okresowego pierwiastków. W przypadku CO2 

MCO 2 =MC+2MO=12g/mol+2 . 16g/mol=44g/mol. Stosując prostą zależność (proporcje) obliczamy masę 2 . 10 23 cząsteczek CO2: 

6,023 . 10 23 cząsteczek CO2 ma masę 44g, to 

2 . 10 23 23 

cząsteczek CO2 ma masę x, czyli: 6,023 10 44g 

czyli x= 14, 61g 

23 

2 20 

x 

1.1-12. 

Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023 . 10 23 cząstek. Ta ilość cząsteczek 

ma pewną masę, którą nazywamy masą molową. W przypadku rtęci, 1 mol rtęci (6,023 . 10 23 atomów) ma masę 201g. W 5 cm 3 

rtęci znajduje się (d=m/V) m=dV=5 cm 3. 13,5 g/cm 3 =67,5 g rtęci. Ilość atomów rtęci w tej masie obliczymy z proporcji: 

6,023 . 10 23 atomów rtęci ma masę 201, to 

3 .

x atomów rtęci ma masę 67,5 g, czyli: 

23 

6,023 10 201g 23 

czyli x= 2,02× 10 atomów 

x 67, 5g 


1.1-13. 

Jeżeli masa atomowa tlenu wynosi 15,9994u, to oznacza, że 1 mol (N0=6,023 . 10 23 ) atomów tlenu waży 15,9994 g. Jeden 

atom waży więc mO=MO/N0=15,9994g/6,023 . 10 23 =2,6564 . 10 -24 g=2,6564 . 10 -27 kg. 

1.1-14. 

Masę molową kwasu siarkowego(VI) oblicza się sumując masy atomowe pierwiastków (wyrażone w gramach) 

wchodzących w skład cząsteczki kwasu (masy atomowe pierwiastków odczytuje się z układu okresowego). Cząsteczka kwasu 

H2SO4 składa się z 2 atomów wodoru, atomu siarki i czterech atomów tlenu: M=2 . 1g+32g+4 . 16g=98g. Jeżeli 1 mol kwasu 

siarkowego(VI) ma masę 98g, to 3 mole tego kwasu ma masę 3 . 98g=294g. 

1.2. Mol, masa molowa, liczność materii, liczba Avogadro 

1.2-1. 

Ze wzoru siarczku glinu Al2S3 wynika, że: 

w 1 molu Al2S3 znajdują się 2 mole glinu i 3 mole siarki, to 

w 0,6 mol Al2O3 znajdują się x moli glinu i y moli siarki, czyli: 

1mol 2mol 1mol 3mol 

= oraz 

, stąd x=1,3 mol oraz y=1,8 mol. 

0,6mol x 0,6mol y 

W 0,6 mol Al2S2 znajduje się 1,2 mol glinu i 1,8 mol siarki. 

1.2-2. 

Ze wzoru kwasu siarkowego H2SO4 wynika, że: 

w 1 molu kwasu znajdują się 4 mole atomów tlenu, czyli w 2 molach tego kwasu znajduje się 8 moli atomów tlenu. 

1.2-3. 

Ze wzoru wody H2O wynika, że: 

w 1 molu wody znajdują się 2 mole atomów wodoru i 1 mol atomów tlenu, czyli w 3 molach wody znajduje się 6 moli atomów 

wodoru i 3 mole atomów tlenu. 

1.2-4. 

W jednym molu chlorku wapnia CaCl2 znajduje się 1 mol wapnia i 2 mole atomów chloru (1mol chloru, ponieważ chlor 

występuje w postaci cząsteczek dwuatomowych Cl2), to w 2 milimolach CaCl2 znajdują się 2 milimole wapnia i 4 milimole 

atomów chloru (2 milimole chloru). 1 milimol to 0,001mol. 

1.2-5. 

Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 

a) Wodór i tlen występują w postaci cząsteczek dwuatomowych H2 i O2. W jednym molu wodoru znajdują się 2 mole atomów 

wodoru, w jednym molu tlenu znajdują się również 2 mole atomów tlenu. 

b) Wodór H2, natomiast hel jest gazem szlachetnym i występuje w postaci atomowej He. W jednym molu wodoru znajdują się 2 

mole atomów wodoru, a w 1 molu helu znajduje się 1 mol atomów helu. 

c) W jednym milimolu SO2 znajduje się 1 milimol siarki oraz 2 milimole atomów tlenu, w sumie 3 milimole atomów. W jednym 

milimolu SO3 znajduje się 1 milimol siarki oraz 3 milimole atomów tlenu. W sumie 4 milimole atomów. 

1.2-6. 

Ze wzoru wody H2O wynika, że w 1 molu wody znajduje się 1 mol atomów tlenu, to w 7 molach wody znajduje się 7 moli 

atomów tlenu. W nadltenku wodoru H2O2, w 1 molu znajdują się 2 mole atomów tlenu, to w 4 molach H2O2 znajduje się 8 moli 

atomów tlenu. 

1.2-7. 

Liczbę moli n obliczamy ze wzoru n=m/M, gdzie M jest masą molową. Masę molową związku liczymy sumując masy 

atomowe pierwiastków pomnożone przez współczynniki stechiometryczne. Masy atomowe atomów odczytuje się z układu 

- 3 -

- 4 - 


okresowego pierwiastków. Dla wody M=2 . MH+MO. Z układu okresowego pierwiastków odczytujemy, że MH=1g/mol, 

MO=16g/mol, czyli MH 2 O=2 . 1g/mol+16g/mol=18g/mol. Korzystając ze wzoru na ilość moli obliczamy: 

a) 9g wody to 9g/18g/mol=0,5mol 

b) 1dm 3 wody to (d=m/V, d=1g/cm 3 =1kg/dm 3 ) 1kg=1000g. n=1000g/18g/mol=55,556 mol. 

1.2-8. 



okresowego pierwiastków. MH 2 O 2 =2MH+2MO=34g/mol. Korzystając z zależności d=m/V, czyli 

m=dV=1,45g/cm 3. 1000cm 3 =1450g. n=m/M=1450g/34g/mol=42,65 mol. 

1.2-9. 



okresowego pierwiastków. MFeS=56g/mol+32g/mol=88g/mol. 176kg to 176000g siarczku żelaza. Podstawiając do wzoru na 

ilość moli n=m/M=176000g/88g/mol=2000 mol=2 kilomol. 

1.2-10. 

Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023 . 10 23 cząsteczek. 

Liczbę moli n obliczamy ze wzoru n=m/M, gdzie M jest masą molową. Masę molową związku liczymy sumując masy atomowe 

pierwiastków pomnożone przez współczynniki stechiometryczne. Masy atomowe atomów odczytuje się z układu okresowego 

pierwiastków. Masa molowa feromonu M=19 . 12g/mol+38 . 1g/mol+16g/mol=282 g/mol. Liczbę cząsteczek policzymy z proporcji: 

w 282g (1 mol) znajduję się 6,023 . 10 23 cząsteczek feromonu, to 

w 1 . 10 -12 g znajduje się x cząsteczek feromonu, czyli: 

23 

282g 6,023 10 9 

czyli x= 2,14 10 cząsteczek feromonu 

-12 

1 10 g x 

1.2-11. 

1 kropla waży 33 . 10 -6 kg (przedrostek mili to 10 -3 , więc 1 kropla waży 33 . 10 -3 g lub 33 . 10 -6 kg) 

1 miliard to 1 . 10 9 (miliard to 1000 milionów). 

Możemy więc zapisać prostą proporcje: 

w 33 . 10 -6 kg (1 kropla) wody znajduje się 50 . 10 9 atomów złota, to 

w 100kg wody znajduje się x atomów złota, czyli 

-6 

9 

33 10 kg 50 10 17 

stąd x= 1,52 10 atomów 

100kg x 

Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023 . 10 23 cząsteczek, atomów, jonów. 

1 mol (6,023 . 10 23 ) atomów złota to 197g, czyli 

1,52 . 10 17 atomów złota to x g 

23 

6,023 10 197g -5 

2 

czyli x= 4,97 10 

g 4,97 10 mg 

17 

1,52 10 

x 

1.2-12. 

Mol jest ilością materii, taką jak tuzin (12szt.), mendel (15szt.) czy kopa (60szt.). 4,25g siarczanu (VI) litu to 

m 4,25g 

n 0, 1mol . Ze wzoru LiCl wynika, że w 1 molu LiCl znajduje się 0,1 mola litu. W siarczanie litu 

M 6,94g/ mol 35,45g/ mol 

Li2SO4, w 1 molu tej soli znajdują się dwa mole litu, czyli aby było 0,1 mola litu należy odważyć 0,05 mola Li2SO4. 

w 1 molu Li2SO4 znajdują się 2 mole litu, to 

w x molach Li2SO4 znajduje się 0,1 mola litu. 

x=0,05mola. 

Masę siarczanu(VI) litu obliczymy po przekształceniu wzoru n=m/M. m=n . M=0,05mol . 109,95g/mol=5,5g.

1.2-13. 

Sieć typu RSC oznacza, że jest to sieć regularna (sześcian), centrowna na scianach: 

atomy srebra 

w naroznikach 

Gęstość m 7,166 10 g 

d 1,05 10 g/m 

29 3 

V 6,842 10 m 

22 

7 3 

10,5g/ cm 


Atom srebra leżący na ścianie należy tylko w połowie do 

zaznaczonej komórki elementarnej, w połowie należy do 

sąsiedniej komorki. 

Atom srebra leżący w narożu należy tylko w 1/8 do komórki. 

Pozostałe 7/8 należy do 7 sąsiednich komórek. W 

rzeczywistości w komórce elementarnej o boku a=409pm 

znajdują się 8.1/8+6.1/2=4 atomy srebra, które ważą: 

4 107,9g 

-22 m 7,166 

10 g 

. 23 

6,02310 

Gęstość d=m/V. Objętośc komórki elementarnej 

V=(409pm) 3 =6,842 . 10 -29 m 3 . 

1.2-14. 

Wiadomo, że w 1 molu znajduje się 6,023 . 10 23 cząsteczek. Liczbę moli obliczamy ze wzoru n=m/M. Masa molowa wody 

H2O M=2 . 1g/mol+16g/mol=18g/mol. 72g wody to n=72g/18g/mol=4mole. Można ułożyć proporcje: 

w 1 molu jest się 6,023 . 10 23 cząsteczek, to 

w 4 mola znajduje się x cząsteczek. Po rozwiązaniu proporcji x=2,409 . 10 24 . 

1.2-15. 

Tlen cząsteczkowy występuje w postaci cząsteczek dwuatomowych O2. Masę atomową dla tlenu odczytujemy z układu 

okresowego pierwiastków MO=16u, lub 16g/mol. Z uwagi na to, że w tlenie cząsteczkowym są dwa atomy – masa cząsteczki 

tlenu M=32u lub masa mola cząsteczek – 32g/mol. 0,1 mola ma masę 0,1mol . 32g/mol=3,2g. 

W 1 molu tlenu znajduje się 6,023 . 10 23 cząsteczek, więc w 0,1mola znajduje się 6,023 . 10 22 cząsteczek tlenu. 

Liczbę moli substancji obliczamy ze wzoru n=m/M. 0,36g tlenu cząsteczkowego to n=0,36g/32g/mol=0,01125mola. 

1.2-16. 

Masa molowa tlenku potasu K2O M=2 . 39,1g/mol + 16g/mol=94,2g/mol. Ze wzoru tlenku potasu wynika, że: 

w 94,2g K2O znajduje 1 mol tlenu, to 

w 18,8g K2O znajduje się x moli tlenu, czyli: 

94,2g 1mol 18,8g 1mol 

x= 

18,8g x 94,2g 

atomy srebra na scianach 

tlenku sodu waży m=nMNa 2 O=0,2mol . 62g/mol=12,4g. 

3 

0,2mol . Ze wzoru Na2O wynika, że 0,2mola tlenu znajduje się w 0,2mol tlenku sodu. Ta ilość 

1.2-17. 


Możemy więc zapisać: 

1mol to 6,023 . 10 23 atomów żelaza, to 

0,2mola to x atomów żelaza, czyli: 

23 23 

1mol 6,023 10 0,2mol 6,023 10 

x= 

0,2mol x 1mol 

1,2046 10 

23 

atomów żelaza 

1.2-18. 


znajduje się 6,023 . 10 23 atomów węgla, wiec w jednym molu, czyli w 40g wapnia znajduje się 6,023 . 10 23 atomów, to 

w 8g wapnia znajduje się x atomów wapnia, czyli: 

23 

40g 6,023 10 

23 

= czyli x= 1,2046 10 atomów 8g x 

- 5 -

1.2-19. 

Ze wzoru wynika, że w 1 molu NaOH, czyli 

w 40g znajduje się 1mol jonów sodowych, 

to w 60g NaOH znajduje się x moli jonów sodowych, czyli 

40g 1mol 

czyli x= 1,5 mol a 

60g x 

1.2-20. 

Jeżeli w 10dm 3 znajduje się 1700g fruktozy, 

to w 0,5dm 3 znajduje się jej x g, czyli: 

- 6 - 

3 3 


10dm 1700g 0,5dm 1700g 

x= 

85g 3 3 

0,5dm x 

10dm 

Fruktoza jest cukrem prostym o wzorze C6H12O6 i masie molowej M=180,16g/mol. Liczbę moli możemy policzyć ze wzoru 

n=m/M=85g/180,16g/mol=0,472mol. 

1.2-21. 

Jeżeli orgofosforan(V) wapnia stanowi 3% masy całkowitej ciała, to w 25kg znajduje się: 

100% - 25kg 

3% x kg, czyli x=3% . 25kg/100%=0,75kg=750g. Ortofosforan(V) wapnia, Ca3(PO4)2 ma masę molową 

M=3 . 40g/mol+2 . 31g/mol+8 . 16g/mol=310g/mol. W 750g ortofosforanu to n=m/M=750g/310g/mol=2,42mol ortofosforanu(V) 

wapnia. Ze wzoru Ca3(PO4)2 wynika, że w tej ilości ortofosforanu znajdują się 3 . 2,42mol=7,26mol atomów wapnia. Wiedząc, że 

1mol to 6,023 . 10 23 atomów, to 7,26 mole stanowi N=7,26mol . 6,023 . 10 23 atomów/mol=29,15 . 10 23 =4,373 . 10 24 atomów wapnia. 

1.2-22. 

Zawartość procentowa, czyli stężenie procentowe liczone jest ze wzoru: c%=100% . ms/mrozt. Przekształcając wzór na 

zawartość procentową względem ms i podstawiając dane do wzoru otrzymamy: ms=c% . mrozt/100%=35% . 58g/100%=20,3g 

Al2(SO4)3 . 2H2O. Mieszanina składa się więc z 20,3g Al2(SO4)3 . 2H2O oraz 58g-20,3g=37,7g KAl(SO4)2 . 18H2O. Zawartość 

procentowa wody w związku liczona jest również ze wzoru na stężenie procentowe: c%=100% . n . 18/Mcz. Masa cząsteczkowa 

dwuwodnego siarczanu(VI) glinu wynosi M=378,18g/mol, natomiast dwunastowodnego siarczanu(VI) glinu-potasu 

M=582,48g/mol. Zawartość procentowa wody w Al2(SO4)3 . 2H2O wynosi: c%=100% . 2 . 18/378,18=9,52%, natomiast w 

KAl(SO4)2 . 18H2O c%=100% . 18 . 18/582,48=55,62%. 

W 20,3g Al2(SO4)3 . 2H2O znajduje się ms=c% . mrozt/100%=9,52% . 20,3g/100%=1,93g wody, natomiast w 37,7g KAl(SO4)2 . 18H2O 

znajduje się ms=55,62% . 37,7g/100%=20,97g wody. 

W wyniku wysuszenia 58g mieszaniny soli odpoarowano 20,97g+1,93g=22,9g wody. 

II sposób. 

W 58g mieszaniny znajduje się 20,3g Al2(SO4)3 . 2H2O oraz 37,7g KAl(SO4)2 . 18H2O. Masa molowa Al2(SO4)3 . 2H2O 

M=378,18g. Możemy więc zapisać: 

w 378,18g Al2(SO4)3 . 2H2O znajduje się 36g wody, to 

w 20,3g znajduje się x g wody, czyli x=20,3g . 36g/378,18g=1,93 g wody. 

Masa molowa KAl(SO4)2 . 18H2O M=582,48g/mol. Możemy zapisać: 

w 582,48g KAl(SO4)2 . 18H2O znajduje się 18 . 18g=324g wody, to 

w 37,7g znajduje się x g wody, czyli x=37,7g . 324g/582,48g=20,97g wody. 

W wyniku wysuszenia 58g mieszaniny, usunięto z niej 1,93g+20,97g=22,9g wody. 

1.2-23. 

1mol tlenku azotu(III) to 76g. Możemy zapisać: 

w 76g N2O3 znajduje się 28g azotu, to 

19g N2O3 znajduje się x g azotu, czyli x=19g . 28g/76g=7g. 

1mol tlenku azotu(V) to 108g. Możemy zapisać: 

w 108g N2O5 znajduje się 28g azotu, to 

w 27g N2O5 znajduje się x g azotu, czyli x=27g . 28g/108g=7g. 

W 19g tlenku azotu(III) znajduje się tyle samo atomów azotu co w 27g tlenku azotu(V). 

1.2-24. 

Masa molowa Związku o wzorze C12H22O11 wynosi M=12 . 12g+22 . 1g+11 . 16g=342g. Liczbę moli substancji liczymy ze wzoru 

n=m/M, czyli w 1kg związku znajduje się n=1000g/342g/mol=2,924mole substancji. 

Mol z układu SI jest miarą liczności o oznacza 6,023 . 10 23 cząsteczek, czyli 2,924mole to n=2,924mol . 6,023 . 10 23 

cząsteczek/mol=17,611 . 10 23 cząsteczek.


1.2-25. 

W 1 molu żelaza, czyli w 55,85g znajduje się 6,022 . 10 23 atomów żelaza. Objętość prostopadłościanu wynosi 

V=abc=13,6cm . 23,8cm . 69,2cm=22398,66cm 3 . Masa tego prostopadłościanu (d=m/V) 

m=dV=7,9g/cm 3. 22398,66cm 3 =176949,4g. Możemy zapisać: 

w 55,85g żelaza znajduje się 6,022 . 10 23 atomów żelaza, to 

w 176949,4g żelaza znajduje się x atomów żelaza, czyli x=176949,4g . 6,022 . 10 23 /55,85=19079,5 . 10 23 =1,908 . 10 27 atomów 

żelaza. 

1.2-26. 

Masę molową obliczamy sumując masy atomowe pierwiastków wchodzących w skład związku, z uwzględnieniem ich ilości, 

a wynik podajemy w gramach. Z układu okresowego odczytujemy, że masy atomowe pierwiastków wchodzących w skład 

związku wynoszą odpowiednio: MCa=40u, MN=14u, MO=16. 

Ze wzoru Ca(NO3)2 odczytujemy, że w skład związku wchodzi 1 atom wapnia, 2 . 1 atomów azotu, oraz 3 . 2 atomów tlenu. Masa 

cząsteczkowa azotanu(V) wapnia wynosi więc: 

M=40u+2 . 14u+6 . 16u=164u. Masa molowa tego związku wynosi więc 164g. 

1.2-27. 

Mol to 6,023 . 10 23 cząsteczek. Mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość V0=22,4dm 3 . Możemy więc zapisać: 

22,4dm 3 to 6,022 . 10 23 cząsteczek amoniaku, to 

11,2dm 3 to x cząsteczek amoniaku, czyli x=11,2dm 3. 6,022 . 10 23 /22,4dm 3 =3,011 . 10 23 cząsteczek amoniaku. 

1.2-28. 

Mol jest jednostką układu SI i określa liczność materii. Zgodnie z definicją mol jest to liczba atomów, jonów, cząsteczek, 

cząstek równa liczbie atomów zawartych w 12 g izotopu węgla 12 C. W 1 molu znajduje się 6,022 . 10 23 cząstek. Liczba ta 

nazywana jest stałą Avogadra i oznaczana N0. 

1.2-29. 

Zgodnie z hipotezą Avogadro jednakowe objętości gazów w tych samych warunkach ciśnienia i temperatury zawierają taką 

samą ilość cząsteczek. W 10dm 3 amoniaku znajduje się (pV=nRT) n=10dm 3 p/RT moli amoniaku. Cząsteczka amoniaku składa 

się z 4 atomów (1 atomu azotu i 3 atomów wodoru), czyli w 10dm 3 amoniaku znajduje się n1=4 . 10dm 3. p/RT atomów (cząstek). 

Cząsteczka CO2 składa się z 3 atomów (cząstek), czyli w objętości V CO2 znajduje się n2=3 . V . p/RT cząstek. Wiadomo, że 

n1=n2, czyli 

3 

3Vp 4 10dm p 

RT RT 

. Przekształcając równanie względem V otrzymamy: V=4 . 10dm 3 /3=13,33dm 3 . 

W tych samych warunkach ciśnienia i temperatury, w 13,33dm 3 tlenku węgla(IV) CO2 znajduje się taka sama ilość cząstek 

(atomów) co w 10dm 3 amoniaku. 

1.3. Mol, objętość molowa gazu 

1.3-1. 

Każdy mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 =22,4 . 10 3 cm 3 , co możemy zapisać: 

1000 milimoli (1 mol) dowolnego gazu zajmuje objętość 22,4 . 10 3 cm 3 , to 

x milimoli zajmuje objętość 1 cm 3 3 3 

, czyli: 1000milimoli 22,4 10 cm -2 

czyli x= 4,46×10 milimol 

3 

x 1cm 

II sposób: 

1 milimol to 1/1000 mola; 1cm 3 to 1/1000 dm 3 , więc 1 milimol gazu zajmuje objętość 22,4cm 3 , a w 1 cm 3 jest 1/22,4 milimola 

gazu, czyli 4,46 . 10 -2 milimola 

1.3-2. 

Gęstość gazu d=m/V. Wiedząc, że mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 , możemy zapisać, że 

d=M/V0. Przekształcając wzór na gęstość względem M otrzymamy: M=dV0=1,96 g/dm 3. 22,4dm 3 =43,9g. 

Jeżeli azot w tlenkach jest I, II, III, IV i V wartościowy to tworzy tlenki typu: 

I II 

II II III II IV II 2 

V II 

N 2O N O N 2O3 N O2 N O5 

M=44g/mol M=30g/mol M=76g/mol M=46g/mol M=108g/mol 

Obliczona masa molowa odpowiada tlenkowi azotu(I) N2O. 

- 7 -

- 8 - 


1.3-3. 

Gęstość gazu d=m/V. Wiedząc, że mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 , możemy zapisać, że 

d=M/V0. Przekształcając wzór na gęstość względem M otrzymamy: M=dV0=0,76 g/dm 3. 22,4dm 3 =17 g/mol. 


Biorąc pod uwagę ilość cząsteczek i ich masę możemy zapisać: 

6,023 . 10 23 cząsteczek waży 17g, to 

1 cząsteczka waży x g, czyli: 

23 

6,023 10 17g -23 

czyli x= 2,83 10 g 

1 x 

1.3-4. 

Gęstość względna d1 

d , natomiast gęstość liczona jest ze wzoru d1=m1/V. W warunkach normalnych każdy mol gazu 

d 

2 

zajumuje objętość 22,4dm 3 , więc gęstość gazu w warunkach normalnych można policzyć ze wzoru d 

M . 

22,4dm 

1 

1 3 

Podstawiając te dane do wzoru na gęstość względną otrzymamy: 

d 

M1 

3 

22,4dm 

M2 3 

22,4dm 

M1 

. W przypadku gęstości względem wodoru 

M2 

M2=2g/mol. Podstawiając dane do wzoru na gęstość względem wodoru otrzymamy: 1 M 

8,5= , czyli M1=16 g/mol lub jeżeli 

2g/mol 

masę cząsteczkową wyrazimy w atomowych jednostkach masy M1=16u 

1.3-5. 

Tlen, dwutlenek węgla i wodór w warunkach normalnych (P=1013hpa, T=273K (0 o C)) są gazami i zgodnie z prawem 

Avogadro, zajmują w warunkach normalnych objętość V=22,4 dm 3 . 

Siarka jest ciałem stałym o d=2,07 g/cm 3 (d=m/V). Mol siarki ma masę 32g (masa molowa odczytana z układu okresowego 

pierwiastków). Ta masa siarki zajmie objętość V=m/d=32g/2,07g/cm 3 =15,46 cm 3 . 

Woda w tej temperaturze jest cieczą/ciałem stałym o d=1g/cm 3 (w przybliżeniu). 1 mol wody H2O, ma masę 18g i zajmuje 

objętość V=m/d=18cm 3 . 

1.3-6. 

Każdy mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 . Biorąc pod uwagę, że wszystkie wymienione 

substancje są gazami, ich masy można obliczyć z prostej zależności: 

a) 32g tlenu (1 mol) zajmuje objętość 22,4 dm 3 , to 

x g tlenu zajmie objętość 2 dm 3 , czyli: 

3 

32g 22,4dm 

czyli x=2, 85 g 

3 

x 2dm 

b) 0,5 m 3 azotu to 0,5 . 10 3 dm 3 azotu 

28 g azotu zajmuje objętość 22,4 dm 3 , to 

x g azotu zajmie objętość 0,5 . 10 3 dm 3 

x=625 g 

c) 25 cm 3 tlenku węgla to 25 . 10 -3 dm 3 

28g (1 mol) CO w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 , to 

x g CO w tych warunkach zajmie objętość 25 . 10 -3 dm 3 , czyli x=0,031 g 

1.3-7. 

Zgodnie z prawem Avogadro, w tych samych warunkach ciśnienia, temperatury i objętości znajdują się takie same ilości 

cząsteczek gazowych. Oznacza to, ze w tych zbiornikach znajdują się takie same ilości moli gazów. Masę ich obliczamy ze 

wzoru m=nM. Najmniejszą masę będzie miał ten gaz, który ma najmniejszą masę molową: 

O2 M=32 g/mol, N2 M=28 g/mol, NH3 M=17 g/mol, CO2 M=44 g/mol. Najmniejszą masę molową ma amoniak i zbiornik z tym 

gazem będzie najlżejszy. 

1.3-8. 

Każdy mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 , można więc zapisać: 

a) 32g tlenu (1 mol) w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 , to 

5g tlenu w warunkach normalnych zajmie objętość x dm 3 , czyli: 

3 

32g 22,4dm 3 

czyli x= 3, 5dm 

5g x

) 44g CO2 w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 , to 

12 g CO2 w warunkach normalnych zajmie objętość x dm 3 , czyli x=6,1 dm 3 

c) 17g NH3 w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 , to 

0,2 g NH3 w warunkach normalnych zajmie objętość x dm 3 , czyli x=0,26 dm 3 

d) 44 g N2O w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 , to 

4 g N2O w warunkach normalnych zajmie objętość x dm 3 , czyli x=2,04 dm 3 

e) 2 g wodoru w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 , to 

70 g wodoru w tych warunkach zajmie objętość x dm 3 , czyli x=784 dm 3 

1.3-9. 

Mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 , co możemy zapisać: 

2 g wodoru (1 mol) w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4dm 3 , to 

0,2 g wodoru w tych warunkach zajmie objętość x dm 3 , czyli: 

3 

2g 22,4dm 3 

czyli x= 2,24dm 

0, 2g x 

Ta ilość wodoru zajmuje objętość 100cm 3 (0,1dm 3 ), nie znajduje się więc w warunkach normalnych. 


1.3-10. 

Jednakowe ilości gazów, w jednakowych warunkach temperatury i ciśnienia zajmują jednakową objętość. Azot N2 M=28 

g/mol, tlenek węgla CO M=28 g/mol, etylen C2H4 M=28 g/mol. Wszystkie te gazy mają jednakową masę molową, a więc w 5 g 

będzie jednakowa ilość moli tych gazów (n=m/M), czyli w jednakowych warunkach ciśnienia i temperatury zajmą jednakową 

objętość. 

1.3-11. 

1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 . Dla chloru Cl2 M=71 g/mol. Możemy więc 

zapisać: 

71g (1 mol) chloru w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 , to 

5000 g chloru w tych warunkach zajmie objętość x dm 3 , czyli: 

3 

71g 22,4dm 3 

3 

czyli x=1577,5dm 1,58m 

5000g x 

1.3-12. 

Zgodnie z prawem Avogadro jednakowe objętości gazów w jednakowych warunkach temperatury i ciśnienia zawierają 

jednakowe ilości cząsteczek. Opierając się na tym prawie możemy powiedzieć, że w takich samych warunkach w 1 dm 3 

wodoru jest taka sama ilość cząsteczek jak w 1 dm 3 tlenu. 

Mol jest ilością taka samą jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). Jeden mol zawiera 6,023 . 10 23 cząsteczek. 

Więc w 1 molu wodoru jest tyle samo cząsteczek co w 1 molu tlenu. 

1 g wodoru to n=1g/2g/mol=0,5 mola, a 1 g tlenu to n=1g/32g/mol= 0,031 mola. W podanych masach znajdują się różne ilości 

cząsteczek. 

1.3-13. 

Zgodnie z prawem Avogadro: jednakowe objętości gazów w identycznych warunkach (taka sama temperatura i ciśnienie) 

zawierają takie same ilości cząsteczek. A więc, w takich samych warunkach, w 1 cm 3 będzie tyle samo cząsteczek tlenu (taka 

sama ilość moli) co w 1 cm 3 wodoru. 

1.3-14. 

Zgodnie z prawem Avogadro: jednakowe objętości gazów w identycznych warunkach (taka sama temperatura i ciśnienie) 

zawierają takie same ilości cząsteczek. Wodór jest gazem składającym się z cząsteczek dwuatomowych H2, a hel z atomów 

helu He. Dlatego w takiej samej objętości (4 cm 3 ) cząsteczek wodoru będzie taka sama ilość jak atomów helu, ale atomów 

wodoru będzie 2 razy więcej niż atomów helu. W objętości dwukrotnie większej, w 8 cm 3 helu, liczba atomów helu będzie taka 

sama jak liczba atomów wodoru w 4 cm 3 wodoru. 

1.3-15. 

1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 . Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel 

(15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023 . 10 23 cząstek (atomów, cząsteczek, jonów). Możemy więc zapisać: 

6,023 . 10 23 cząsteczek amoniaku w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 , to 

12,04 . 10 24 cząsteczek amoniaku w tych warunkach zajmie objętość x dm 3 , czyli: 

23 3 

6,023 10 22,4dm 3 


24 

12,04 

10 x 

- 9 -

- 10 - 


1.3-16. 

1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 . Mol jest ilością, tak jak tuzin (12 szt.), mendel 

(15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol = 6,023 . 10 23 cząstek (atomów, cząsteczek, jonów). 

1 cm 3 to 1 . 10 -3 dm 3 

Możemy więc zapisać: 

6,023 . 10 23 cząsteczek w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 , to 

x cząsteczek w tych warunkach zajmie objętość . 10 -3 dm 3 , czyli: 

23 3 

6,023 10 22,4dm 

czyli x= 

3 3 

x 1 10 dm 

19 

2,69 10 

1.3-17. 

1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 . Czyli 1 mol CO2 w warunkach normalnych 

zajmuje objętość 22,4 dm 3 . Ze wzoru CO2 wynika, że w 1 molu CO2 znajduje się 1 mol (12 g) węgla, czyli 6 g węgla znajduje 

się w 0,5 mol CO2. 

1 mol CO2 w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 , to 

0,5 mol CO2 w tych warunkach zajmie objętość x dm 3 

3 

1mol 22,4dm 3 


0,5mol x 

1.3-18. 

1 mol dowolnego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 . Mol cząsteczek ma masę równą masie 

molowej (masa cząsteczkowa wyrażona w gramach). Gęstość liczona jest ze wzoru d=m/V a w przypadku gazów można ją 

liczyć ze wzoru d=M/V0 gdzie V0 – objętość molowa gazu. 

a) O2 MO2 =32 g/mol, 32g/ mol 

3 

d 1,4286g/d 

m 

3 

22,4dm / mol b) CO MCO=28g/mol, 28g/ mol 

d 3 

22,4dm / mol 

c) N2 MN2 =28g/mol, 28g/ mol 

d 3 

22,4dm / mol 

2g/ mol 

d 

22,4dm / mol 

1,250g/dm 

1,250g/dm 

d) H2 MH2 =2g/mol, -23 8,929 10 g/ dm 

3 

e) H2S MH2S=34g/mol, 34g/ mol 

d 3 

22,4dm / mol 

3 

3 

1,518g / dm 

3 

1.3-19. 

Każdy mol gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4 dm 3 . Korzystając z prostej proporcji można obliczyć ilości 

moli dla poszczególnych gazów: 

a) 1 mol zajmuje objętość 22,4 dm 3 , to 

x moli zajmuje objętość 67,2 dm 3 3 

, czyli: 1mol 22,4dm 

stąd x= 3mol 

3 

x 67,2dm 

b) 1 mol zajmuje objętość 22,4 dm 3 , to 

x moli zajmuje objętość 5,6 dm 3 , 

3 

czyli: 1mol 22,4dm 

stąd x= 0,25mol 

3 

x 5,6dm 

c) 1 mol zajmuje objętość 22,4 dm 3 , to 

x moli zajmuje objętość 11,2 dm 3 , czyli: 

3 

1mol 22,4dm 

stąd x= 0,5mol 

3 

x 11,2dm 

1.3-20. 

Zgodnie z prawem Avogadro w warunkach normalnych każdy mol gazu zajmuje objętość 22,4dm 3 . Masa molowa metanu 

M=1 . 12g+4 . 1g=16g. 48g metanu to (n=m/M) n=48g/16g/mol=3mole. 

Jeżeli 1 mol metanu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4dm 3 , to 

3 mole metanu w warunkach normalnych zajmą objętość x dm 3 , czyli x=3 . 22,4dm 3 =67,2dm 3 . 

1.3-21. 

Każdy mol gazu (siarkowodór jest gazem) w warunkach normalnych zajmuje objętość V0=22,4dm 3 . Liczbę moli gazu 

możemy policzyć z zależności n=V/V0 (lub z proporcji). Podstawiając dane do wzoru otrzymamy: 

n=44,8dm 3 /22,4dm 3 /mol=2mole.


Reakcja syntezy siarkowodoru polega na jego utworzeniu z pierwiastków wg równania reakcji: H2 + S → H2S 

Z równania wynika, że na utworzenie 2 moli siarkowodoru potrzeba 2 moli siarki, oraz 2 moli wodoru: 2H2 + 2S → 2H2S. 2mole 

siarki to (n=m/M) m=nM=2mol . 32g/mol=64g siarki, oraz 2 mole wodoru to m=nM=2mol . 2g/mol=4g wodoru. 

1.3-22. 

40mg MgO to (n=m/M) n=0,04g/40g/mol=0,001mol MgO. W tej ilości tlenku magnezu znajduje się 0,001mol atomów tlenu 

lub 5 . 10 -4 mol cząsteczek tlenu. 

W 22,4 dm 3 tlenu znajduje się 1 mol cząsteczek tlenu, to 

w x dm 3 tlenu znajduje się 5 . 10 -4 mol cząsteczek tlenu, czyli x=22,4dm 3. 5 . 10 -4 mol/1mol=0,0112dm 3 =11,2cm 3 . 

1.3-23. 

Wszystkie wymienione związki w warunkach normalnych (P=1013hPa, T=273K (0 o C)) są gazami. W warunkach 

normalnych 1 mol gazu zajmuje objętość 22,4dm 3 . Możemy więc zapisać: 

44g (1 mol) N2O zajmuje objętość 22,4dm 3 , to 

4g N2O zajmą objętość x dm 3 , czyli x=4g . 22,4dm 3 /44g=2,04dm 3 

28g (1 mol) CO zajmuje objętość 22,4dm 3 , to 

x g CO zajmuje objętość 6dm 3 , czyli x=6dm 3. 28g/22,4dm 3 =7,5g. 

Gęstość związku liczone jest ze wzoru d=m/V. Wykorzystując fakt, że dla masy m=16g (1mol) objętość wynosi 22,4dm 3 

możemy zapisać, że d=M/V0 (M masa molowa, V0 – objętość 1mola gazu w warunkach normalnych, V0=22,4dm 3 ). 

Podstawiając dane do wzoru otrzymamy d=16g/22,4dm 3 =0,7143g/dm 3 . 

1.3-24. 

W warunkach normalnych mol gazu zajmuje objętość V0=22,4dm 3 . Liczbę moli gazu można policzyć z zależności n=V/V0, 

czyli 44,8dm 3 tlenku azotu(II) to n=44,8dm 3 /22,4dm 3 /mol=2 mole. 

1 mol NO to 6,022 . 10 23 cząsteczek, 2 mole to n=2 . 6,022 . 10 23 cząsteczek=12,044 . 10 23 cząsteczek. 

1 mol NO ma masę M=14g+16g=30g. 2 mole NO ma masę m=2 . 30g=60g. 

a) 60g substancji 

b) 2 mole substancji 

c) 12,044 . 10 23 cząstek substancji 

1.3-25. 

Gęstość gazu d=1,96g/dm 3 oznacza, że 1 dm 3 gazu waży 1,96g. Wiadomo, że w warunkach normalnych mol dowolnego 

gazu zajmuje objętość 22,4dm 3 . Możemy więc zapisać: 

1,96g gazu zajmuje objętość 1dm 3 , to 

x g (1mol) zajmuje objętość 22,4dm 3 , czyli x=1,96g . 22,4dm 3 /1dm 3 =43,9g. 

Masa cząsteczkowa tego gazu M=43,9u. 

1.4. Prawa gazowe 

1.4-1. 

Tlenek węgla(IV) jest gazem i jak każdy gaz, 1 mol w warunkach normalnych (T=273K, P=1013hPa) zajmuje objętość 

22,4dm 3 . 103 mole tego związku zajmą objętość V=n . V0=103mol . 22,4dm 3 /mol= 2307,2dm 3 = 2,307m 3 . 

Mol tlenku węgla(IV) ma masę równą sumie mas molowych wchodzących w jego skład atomów z odpowiednimi 

współczynnikami: M=1 . 12g/mol + 2 . 16g/mol = 44g/mol. Masa 103 moli CO2 jest równa więc m=n . M=103mol . 44g/mol= 4532g = 

4,53kg. 

1.4-2. 

I sposób: 

W celu obliczenia masy substancji możemy posłużyć się prawem stanu gazu doskonałego (wzorem Clapeyrona) PV=nRT lub 

m 

PV= RT . Po przekształceniu wzoru względem m otrzymamy: PVM 

m= . Podstawiając dane do wzoru dla warunków 

M 

RT 

normalnych (P=101300Pa, objętość V w m 3 , R=8,314J . mol -1. K -1 , T=273K) otrzymamy: 

a) 2dm 3 tlenu to 2 . 10 -3 m 3 -3 3 

, M=32g/mol 101300Pa×2×10 m ×32g/mol 

m= = 2,86g 

J 

8,314 273K 

mol×K 

- 11 -

- 12 - 


b) 0,5m 3 3 

azotu 101300Pa×0,5m ×28g/mol 

m= = 624,8g 

J 

8,314 273K 

mol×K 

c) 25cm 3 tlenku węgla(II), czyli 25 . 10 -6 m 3 

-6 

3 

101300Pa×25×10 m ×28g/mol 

-2 

m= = 3,12 10 

g 

J 

8,314 273K 

mol×K 

II sposób: 

Z prawa Avogadro wiadomo, ze w warunkach normalnych każdy mol gazu zajmuje objętość 22,4dm 3 . Można więc ułożyć 

proste proporcje: 

a) 22,4dm 3 tlenu waży 32g (1mol), to 

2dm 3 tlenu waży x g, czyli 

3 

2dm ×32g 

x= = 2,86g 

3 

22,4dm 

b) 22,4dm 3 azotu waży 28g, to 

500dm 3 azotu waży x g, czyli 

3 

500dm ×28g 

x= = 625g 

3 

22,4dm 

c) 22,4dm 3 tlenku węgla(II) waży 28g, to 

25 . 10 -3 dm 3 tlenku węgla(II) waży x g, czyli 

-3 3 

25 10 dm ×28g 

x= =0,0313g 

3 

22,4dm 

1.4-3. 

Stan gazu opisywany jest przez prawo stanu gazu doskonałego (oraz równanie Clapeyrona) pV=nRT, gdzie p – ciśnienie 

gazu w Pa, V – objętość zajmowana przez gaz w m 3 , n – liczba moli gazu (n=m/M), R – stała gazowa 8,314 J . mol -1. K -1 , T – 

temperatura bezwzględna. 

Podstawiając dane do wzoru i przekształcając go względem n otrzymamy: 

3 3 

pV 101000Pa 2,4 10 m 

n 

0,1 mol 

RT 

J 

8,314 291 K 

mol K 

1.4-4. 


gazu w Pa, V – objętość zajmowana przez gaz w m 3 , n – liczba moli gazu (n=m/M), R – stała gazowa 8,314 J . mol -1. K -1 , T – 

temperatura bezwzględna. 

Podstawiając dane do wzoru i przekształcając go względem n otrzymamy: 

6 3 

pV 101300Pa 30 10 m 

3 . Masę SO2 obliczymy z przekształconego wzoru na ilość mol (n=m/M) 

n 

1,25 

10 mol 

RT 

J 

8,314 293K 

mol K 

m=nM=1,25 . 10 -3 mol . 64g/mol=0,08g. 

1.4-5. 


gazu w Pa, V – objętość zajmowana przez gaz w m 3 , n – liczba moli gazu (n=m/M co daje pV=mRT/M), R – stała gazowa 

8,314 J . mol -1. K -1 , T – temperatura bezwzględna. Chlor jest niemetalem i występuje w postaci cząsteczek dwuatomowych Cl2. 

Masa molowa M=71g/mol. 

Przekształcając wzór względem V i podstawiając dane do wzoru otrzymamy: 

J 

5000g 8,314 295K 

mRT mol K 

3 3 3 

V 

1,7m 1,7 10 dm 

pM 101300Pa 71g/ mol 

1.4-6. 



8,314 J . mol -1. K -1 , T – temperatura bezwzględna. 

Liczba moli (mol) jest ilością podobnie jak tuzin (12 szt.), mendel (15 szt.) czy kopa (60 szt.). 1 mol to 6,023 . 10 23 cząsteczek. 

Przekształcając wzór Clapeyrona względem n i podstawiając dane otrzymamy: 

3 3 

pV 101300Pa 22,4 10 m 

n 

0,93mol 

RT 

J 

8,314 295K 

mol 

K

1 mol to 6,023 . 10 23 cząsteczek, więc 

0,93 mol to x cząsteczek 

23 

0,93mol 6,023 10 

23 

x 

5,6 10 cząsteczek 

1 


1.4-7. 




Gęstość d=m/V. Przekształcając wzór Clapeyrona otrzymamy: 

mRT 

pV mRT /M po podzieleniu stronami przez V otrzymamy p= czyli p=dRT/M 

VM 

Przekształcając ostatni wzór względem d i podstawiając dane otrzymamy: 

pM 101000Pa 17g/ mol 

3 3 

d 

709,7g/ m 0, 71g/ 

dm 

RT 

J 

8,314 291K 

molK 

1.4-8. 



8,314 J . mol -1. K, T – temperatura bezwzględna. 

Gęstość d=m/V. Przekształcając wzór Clapeyrona otrzymamy: 

mRT 

dRT 

pV mRT /M po podzieleniu stronami przez V otrzymamy p= czyli p= d RT/M, oraz M= 

VM 

p 

Gęstość gazu musimy przeliczyc na jednostki układu SI (g/m 3 ): d=1,15 g/dm 3 =1,15 . 10 3 g/m 3 . Po podstawieniu do wzoru 

3 3 J 

1,15 10 g / m 8,314 293K 

otrzymamy: M 

mol K 

28,01 g / mol 

100000Pa 

1.4-9. 




W zbiorniku umieszczono (d=m/V) m=dV=1,5 g/cm 3. 1cm 3 =1,5 g suchego lodu. Wartość ciśnienia po przesublimowaniu 

suchego lodu obliczymy przekształcając wzór Clapeyrona względem p i podstawiając dane. Podstawiając dane do wzoru 

musimy podać je w jednostkach Si: 

J 

1,5g 8,314 294K 

mRT 

p mol K 83329Pa=833,3hPa 

3 3 

MV 44g/ mol 1 10 m 

1.4-10. 

Równanie reakcji spalania siarki (oktasiarki S8) w tlenie (ditlenie) można zapisać w postaci: 

S8 + 8O2 8SO2 

Z równania reakcji można odczytać, że 1 mol oktasiarki spala się w tlenie dając 8 moli ditlenku siarki, lub: 

8 . 32 g oktasiarki spalane w tlenie daje 8 . 22,4dm 3 ditlenku siarki (warunki normalne), to 

10 g oktasiarki spalane w tlenie utworzy x dm 3 SO2, czyli: 

3 3 

8 32g 8 22,4dm 10g 8 22,4dm 

3 

= x= = 7dm (warunki normalne, czyli T=273K, P=1013hPa). Jeżeli SO2 znajduje się w innej 

10g x 8 32g 

p V p V V V 

temperaturze skorzystajmy z zależności 1 1 2 2 1 2 

= gdy p 1=p 2 równanie upraszcza się do postaci: 

T1 T2 T1 T2 

V1 7dm 3 , T1=273K, a za T2=298K możemy obliczyć V2: V 

2 

3 

VT 1 2 7dm 298K 

T 273K 

1 

7,64dm 

1.4-11. 

Podstawiając dane pod wzór Clapeyrona PV=nRT i przekształcając go względem n otrzymamy liczbę moli gazu: 

5 

-3 

3 

3 

. Podstawiając za 

PV 1×10 ×1×10 m 

-2 

. Chcąc policzyć liczbę cząsteczek gazu wystarczy pomnożyć przez stałą 

n= = = 3,22× 10 mol 

RT J 

8,314 ×373K 

mol×K 

Avogadro N0=6,023 . 10 23 . n=1,94 . 10 22 cząsteczek. 

- 13 -

- 14 - 


1.4-12. 

Jeżeli temperatura wody nie zmienia się, więc przemiana zachodzi w stałej temperaturze i pisywana jest wzorem Boyla- 

Mariotta: P1V1=P2V2. Jeżeli pęcherzyk zwiększył objętość trójkrotnie, to V2=3V1. Po podstawieniu do wzoru otrzymamy: 

P1V1=3P2V1, a po podzieleniu stronami przez V1 otrzymamy: P1=3P2. Ciśnienie na powierzchni wynosi 1atm, to na dnie musi 

wynosić 3atm. Czyli ciśnienie wody wynosi 2atm. Wiadomo, że każde 10m głębokości wody to wzrost ciśnienia o 1atm. 

Głębokość jeziora wynosi zatem 20m. 

1.4-13. 

Cynk z kwasem solnym reaguje według równania reakcji: 

Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 

3,27g cynku to 0,050mola cynku. 100cm 3 kwasu to 110g. W roztworze tym znajduje się ms=mrozt . c%/100%=11g chlorowodoru, 

czyli 0,3mol. Z równania reakcji widzimy, że na 0,05mol cynku potrzeba 0,1mol chlorowodoru. Chlorowodoru jest nadmiar, cynk 

przereaguje całkowicie dając 0,050mol wodoru (z równania reakcji). W podanych warunkach wodór zajmie objętość 900cm 3 

(100cm 3 zajmuje roztwór kwasu i chlorku cynku), czyli 900 . 10 -6 m 3 . Ciśnienie panujące w naczyniu obliczymy ze wzoru 

Clapeyrona pV=nRT. Podstawiając podane wartości i przekształcając wzór względem p otrzymamy: 

J 

0,05mol 8,314 294K 

nRT 

p 

mol K 

H 135795,3Pa= 1357,95h Pa. 

Przyjmując, że w naczyniu przed zamknięciem było 

4 3 

V 

9 10 m 

powietrze pod ciśnieniem normalnym (pp=1013hPa), ciśnienie końcowe P, zgodnie z prawem Daltona równe jest sumie ciśnień 

cząstkowych P=pp+pH=1013hPa+1358hPa=2371hPa (P=2,34atm). 

1.4-14. 

Wiadomo, że mol każdego gazu w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4dm 3 . Gęstość gazu d=m/V=M/V0. W 

przypadku wodoru dH=2g/22,4dm 3 =0,0893g/dm 3 , natomiast gęstość chloru wynosi dCl=71g/22,4dm 3 =3,17g/dm 3 . Oznaczmy 

przez VH objętość wodoru, a przez VCl objętość chloru. Masa wodoru wynosi więc mH=0,0893VH, a masa chloru mCl=3,17VCl. 

Wiemy, że VH+VCl=0,5, oraz mH+mCl=1, co można zapisać: 

VH+VCl=0,5 

0,0893VH+3,17VCl=1. 

Po rozwiązaniu układu równań otrzymamy: VH=0,19dm 3 , VCl=0,31dm 3 . Chlor z wodorem reaguje wg równania reakcji: 

H2+Cl2 → 2HCl 

Z równania reakcji wynika, że wodór z chlorem reaguje w stosunku molowym, oraz objętościowym 1:1. Z obliczeń wynika, że 

chloru użyto w nadmiarze w stosunku do wodoru. 

1.4-15. 

Załóżmy, że pusty pojemnik ma masę m. Masa azotu zawartego w pojemniku wynosi 50,00g-m, natomiast masa argonu 

51,76-m. Gazy opisane mogą być wzorem Clapeyrona pV=nRT. Z treści zadania wynika, że dla obydwu gazów objętość 

50,00g m 51,76g m 

naczynia jest identyczna: V=nRT/P. Możemy więc zapisać: R 293K R 303K . Po pomnożeniu 

28g / mol P 39,95g / mol P 

stronami przez P i podzieleniu stronami przez R otrzymamy: 

50,00 m 51,76 m 

293 303 , a po wykonaniu działań: 

28 39,95 

523,214-10,464m=392,573-7,584m. Po rozwiązaniu równania otrzymamy m=45,361g. W zbiorniku znajduje się zatem 

50,00g-45,361g=4,639g azotu, oraz 51,76g-45,361g=6,399g argonu. Przekształcając wzór Clapeyrona względem P i 

4,639g hPa dm 

3 

podstawiając dane otrzymamy: (P=nRT/V) P 83,14 293K 

28g / mol 2dm 

3 mol K 

2018hPa . 

1.4-16. 

Stan gazu opisywany jest przez równanie Clapeyrona PV=nRT lub PV/T=const (dla stałej ilości gazu iloczyn n i stałej 

gazowej R jest wielkością stałą). Równanie Clapeyrona (równanie stanu gazu doskonałego) możemy również zapisać w 

PV PV 

postaci: 0 0 , gdzie P0, V0, T0 opisują stan gazu w warunkach normalnych. Przekształcając ostatnie równanie 

T T0 

względem V0 otrzymamy: 

V0 

PVT0 1400hPa 1,2dm 

3 

273K 

TP0 300K 1013hPa 

1,51 dm 

3 

1.4-17. 

Objętość tego pomieszczenia V=abc=10m . 5m . 3m=150m 3 . W warunkach standardowych (t=25 o C, P=1000hPa) gęstość 

powietrza d=1,168kg/m 3 (odczytana z tablic). Masa powietrza w pomieszczeniu (d=m/V) m=dV=1,168kg/m 3. 150m 3 =175,2kg. 

1.4-18.


Zawartość tlenu w powietrzu wynosi około 21%. W pracowni szkolnej o objętości 150m 3 znajduje się 150m 3 powietrza. 

Objętość tlenu w tym powietrzu (c%=100% . VO/VP) VO=c%VP/100%=21% . 150m 3 /100%=31,5m 3 20 uczniów w ciągu godziny 

zużywa V=20 . 0,1m 3 /h=2m 3 /h tlenu. 31,5m 3 tlenu wystarczy 20uczniom na t=31,5m 3 /2m 3 /h=15,75h=15h45min. W 

rzeczywistości w hermetycznym pomieszczeniu tlenu braknie znacznie szybciej, ponieważ nawet niewielki spadek ilości tlenu w 

powietrzu powoduje trudności z oddychaniem. 

1.5. Podstawowe prawa chemiczne 

1.5-1. 

Z prawa zachowania masy (masa substancji przed reakcją równa jest masie substancji po reakcji) wynika, że masa gazu 

wynosiła 10g-5,6g=4,4g. Ta ilość gazu zajmowała objętość 2,23dm3. Możemy więc zapisać: 

2,23dm3 gazu waży 4,4g, to 

22,4dm3 gazu (1mol) waży x g, czyli x=22,4dm3.4,4g/2,23dm3=44,2g. 

1 mol gazu ma masę 44,2g, czyli gazem otrzymanym z rozkładu próbki substancji jest tlenek węgla(IV) M=12g+2.16g=44g. 

1.5-2. 

Wapień (węglan wapnia) podczas prażenia rozkłada się wg równania reakcji: 

CaCO3 → CaO + CO2 

Wapno palone to zwyczajowa nazwa tlenku wapnia. Korzystając z prawa zachowania masy możemy zapisać: 

Masa produktów reakcji wynosi 112g+88g=200g. Ta ilość produktów musiała powstać z rozkładu 200g wapienia. 

1.5-3. 

Z prawa zachowania masy wynika, że masa substratów musi być zawsze równa masie produktów. Jeżeli z 10g 

manganianu(VII) potasu otrzymano 8,9g produktu stałego + tlen, to oznacza, że masa produktów (ciała stałego i tlenu) musi 

być równa 10g, czyli tlenu otrzymano 10g-8,9g=1,1g. Z gęstości tlenu (d=m/V) obliczamy objętość jaką on zajmuje 

V=m/d=1,1g/0,00143g/cm3=769,2cm3=0,769dm3. 

1.5-4. 

Woda ulega rozkładowi zgodnie z równaniem reakcji: 

2H2O → 2H2 + O2, czyli jedynymi produktami rozkładu są tlen i wodór. 

Przyjmując, że otrzymane gazy znajdują się w warunkach normalnych możemy zapisać: 

32g tlenu (1mol) w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4dm3, to 

x g tlenu zajmuje objętość 0,14dm3, czyli x=32g.0,14/22,4=0,2g. 

2g wodoru (1mol) w warunkach normalnych zajmuje objętość 22,4dm3, to 

x g wodoru zajmuje objętość 0,28dm3, czyli x=2g.0,28/22,4=0,025g. 

Z rozkładu wody uzyskano 0,2g tlenu i 0,025g wodoru, czyli rozkładowi poddano 0,2g+0,025g=0,225g wody. 

- 15 -

2. Budowa atomu, układ okresowy pierwiastków 

2.1. Konfiguracja elektronowa pierwiastków 

- 16 - 

Błąd! Nie można odnaleźć źródła odwołania. 

2.1-1. 

Pierwiastki w układzie okresowym pierwiastków ułożone są wg wzrastającej liczby porządkowej. Liczba porządkowa 

wskazuje ilość protonów w jądrze atomu. Z uwagi na to, że atom jest obojętny, proton posiada ładunek dodatni, a elektron 

ujemny, to liczba porządkowa wskazuje jednocześnie liczbę elektronów w atomie. Elektrony w atomie rozmieszczone są na 

powłokach. Na poszczególnych powłokach może znajdować się maksymalnie 2n 2 elektronów, gdzie n – nr powłoki (główna 

liczba kwantowa). Powłoki oznaczane są kolejnymi literami począwszy od K: 

Powłoka K L M N O P 

Nr powłoki 1 2 3 4 5 6 

Maksymalna liczba 

2 8 18 32 50 72 

elektronów 

Aby rozpisać rozmieszczenie elektronów (konfiguracje elektronową) musimy znać liczbę elektronów jaką dysponuje atom, 

liczbę powłok oraz liczbę elektronów na ostatniej powłoce (powłoce walencyjnej). Potrzebne informacje odczytamy z układu 

okresowego pierwiastków. 

Ilość elektronów w atomie – jest to liczba porządkowa (liczba atomowa Z) liczba masowa 

liczba atomowaX Ilość powłok w atomie – jest to nr okresu (nr wiersza) 

Ilość elektronów walencyjnych – nr grupy (nr kolumny). Jeżeli nr grupy jest większy od 10 to liczba ekektronów walencyjnych 

równa jest nr grupy – 10. 

Na: Z=11, okres 3 (3 powłoki ekektronowe), nr grupy 1 (1 elektron walencyjny). Elektrony w atomie sodu rozmieszczone są na 

3 powłokach K, L i M, na ostatniej jest 1 elektron, pozostałe elektrony rozmieszczone są na powłokach tak, by nie przekroczyć 

ilości 2n 2 

Na: K 2 L 8 M 1 w przypadku jonu sodowego Na + musimy odjąć jeden elektron z powłoki walencyjnej: 

Na + : K 2 L 8 

Br: Z=35, okres 4 (4 powłoki), nr grupy 17 (17-10-7 elektronów walencyjnych) 

Br: K 2 L 8 M 8 N 7 Br - ma jeden elektron wiecej, który znajduje się na ostatniej powłoce: 

Br - : K 2 L 8 M 8 N 8 

Ca Z=20, 4 okres, 2 grupa 

Ca: K 2 L 8 M 8 N 2 jon wapniowy ma dwa elektrony mniej: 

Ca 2+ : K 2 L 8 M 8 

2.1-2. 

Atomy dążą do tego by przyjąć konfigurację elektronową najbliższego gazu szlachetnego, czyli by na ostatniej powłoce 

posiadać 8 elektronów. Oddają te elektrony (jeżeli mają mniej niż 4) tworząc kationy, lub przyjmują elektrony (jeżeli na ostatniej 

powłoce mają więcej niż 4 elektrony) tworząc aniony. Wielkość ładunku jony jest równa ilości elektronów oddanych (ze znakiem 

+) lub pobranych (ze znakiem -). Aby móc określić ładunek jonu wystarczy stwierdzić w której grupie znajduje się pierwiastek 

(nr grupy jest równy ilości elektronów walencyjnych, czyli ilości elektronów na ostatniej powłoce). Ilość elektronów walencyjnych 

– nr grupy (nr kolumny). Jeżeli nr grupy jest większy od 10 to liczba ekektronów walencyjnych równa jest nr grupy – 10. 

K – pierwsza grupa – 1 elektron walencyjny. Potas tworzy jony K + jony potasowe 

Mg – druga grupa – 2 elektrony walencyjne. Magnez tworzy jony Mg 2+ jony magnezowe 

Br – 17 grupa (17-10) – 7 elektronów walencyjnych. Brom tworzy aniony Br - jon bromkowy 

S – 16 grupa (16-10) – 6 elektronów walencyjnych. Siarka tworzy aniony S 2- jon siarczkowy 

Al – 13 grupa (13-10) – 3 elektrony walencyjne. Glin tworzy kationy Al 3+ jony glinu 

Te – 16 grupa (16-10) 6 elektronów walencyjnych. Tellur tworzy aniony Te 2- jon tellurkowy. 

2.1-3. 

W układzie okresowym pierwiastków wyróżniamy wiersze – które nazywamy okresami, oraz kolumny – nazywane grupami. 

Numer okresu wskazuje liczbę powłok elektronowych i równy jest ostatniej liczbie w konfiguracji elektronowej. Suma indeksów 

przy ostatniej liczbie wskazuje liczbę elektronów walencyjnych i jest równa nr grupy. Jeśli pierwiastek posiada elektrony d, to 

zaliczane one są elektronów walencyjnych i ich ilość również wliczana jest do nr grupy. Suma wszystkich elektronów równa jest 

liczbie protonów. Liczba protonów w jądrze nazywana jest liczbą atomową (porządkową) i wskazuje kolejność pierwiastka w 

układzie okresowym. Suma protonów i neutronów nazywana jest liczbą masową (protony i neutrony nazywane są nukleonami). 

Liczba masowa jest najbliższą liczbą całkowitą dla masy atomowej: 

1s22s 2 2p 3 Pierwiastek leży w 2 okresie i w 5 grupie. Z układu okresowego pierwiastków możemy odczytać, że pierwiastkiem 

tym jest azot, N, liczba atomowa (porządkowa) 7, liczba masowa 14.


1s22s22p63s23p63d l0 4s 2 4p 6 Pierwiastek leży w 4 okresie i 18 grupie. pierwiastkiem tym jest Krypton, Kr, liczba atomowa 36, 

masowa 84 

[Ar]3d 3 4s 2 Pierwiastek leży w 4 okeresie i 5 grupie, jest to wanad, V, liczba atomowa 23, liczba masowa 51.. 

II sposób: Liczba protonów w jądrze nazywana jest liczbą porządkową. Atom jest obojętny, więc liczba elektronów w 

atomie równa jest liczbie protonów. Liczę elektronów wskazuje suma indeksów górnych: 

1s 2 2s 2 2p 3 Pierwiastek posiada 7 elektronów. Liczba porządkowa 7, czyli pierwiastkiem tym jest azot. 

1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d l0 4s 2 4p 6 Pierwiastek posiada 36 elektronów, czyli w jądrze znajduje się 36 protonów, liczba porządkowa 36. 

Pierwiastkiem tym jest Krypton 

[Ar]3d 3 4s 2 Konfiguracja argonu, czyli 18 elektronów, plus 5 elektronów. Pierwiastek posiada 23 elektrony. Liczba porządkowa 

23, jest to wanad. 

2.1-4. 

Numer okresu wskazuje liczbę powłok elektronowych i równy jest ostatniej liczbie w konfiguracji elektronowej. Suma 

indeksów przy ostatniej liczbie wskazuje liczbę elektronów walencyjnych i jest równa nr grupy. Jeśli pierwiastek posiada 

elektrony d, to zaliczane one są elektronów walencyjnych i ich ilość również wliczana jest do nr grupy. Suma wszystkich 

elektronów równa jest liczbie protonów. Liczba protonów w jądrze nazywana jest liczbą atomową (porządkową) Z i wskazuje 

kolejność pierwiastka w układzie okresowym. Liczba masowa A to suma protonów i neutronów w jądrze: A=Z+l.neutronów. 

Liczbę masową odczytuje się z układu okresowego pierwiastków. Jest to najbliższa masie atomowej liczba całkowita. Na 

pozostałe pytania łatwo można odpowiedzieć rysując model klatkowy konfiguracji elektronowej i licząc niesparowane elektrony. 

Rysując taki model musimy pamiętać o regule Hunda, która mówi, że na orbitalach zdegenerowanych (mających taką samą 

energię) liczba elektronów niesparowanych musi być maksymalna. 

a) 1s22s22p63s23p4 Wszystkich elektronów jest 16, więc Z=16, Pierwiastkiem tym jest Siarka, A=32. W jądrze atomowym 

znajduje się zatem 16 protonów i 32-16=16 neutronów. Atom posiada 3 powłoki elektronowe (leży w 3 okresie), oraz 6 

elektronów walencyjnych, nie posiada elektronów na orbitalu d, jest więc pierwiastkiem grupy głownej (16 grupa). 

S 

Atom posiada 2 niesparowane elektrony, do oktetu brakuje mu 2 elektronów, które musi przyjąć. Tworzy więc jony o ładunku 2- 

S2-. 

b) 1s22s22p63s23p63d 6 4s 2 Atom posiada 26 elektrony. Z=26, leży w 4 okresie (posiada 4 powłoki elektronowe), 8 grupie (jest 

to pierwiastek przejściowy). Pierwiastkiem tym jest żelazo. Liczba masowa A=56. W jądrze znajdują się 26 protony, oraz 56- 

26=30 neutronów. 

Fe 

Atom chętnie odda dwa elektrony z orbitalu 4s by upodobnić się do najbliższego gazu szlachetnego. Tworzy więc jony Fe2+. 

Parowanie elektronów powoduje zawsze wzrost energii. Żelazo chętnie odda tez jeden sparowany elektron z orbitalu 3d, oraz 

dwa elektrony z orbitalu 4s tworząc jony Fe3+. 

c) [Kr]5s1 Tego typu zapis oznacza, że atom posiada konfiguracje elektronowa kryptonu (Z=36), oraz dodatkowo 1 elektron na 

orbitalu 5s (razem 37 elektronów). Leży w 5 okresie i w 1 grupie układu okresowego pierwiastków. Liczba atomowa Z=37, 

liczba masowa A=85 (jest to rubid). W jądrze znajduje się 37 protonów, oraz 85-37=48 neutronów. Z zapisu widać, że jest tylko 

1 niesparowany elektron, który atom chętnie odda tworząc jony Rb+. 

2.1-5. 

Numer grupy określa ilość elektronów walencyjnych. W przypadku pierwiastków 1 grupy posiadają one 1 elektron 

walencyjny, natomiast pierwiastki 17 grupy posiadają (17-10) 7 elektronów walencyjnych. Każdy atom dąży do tego by uzyskać 

konfiguracje najbliższego gazu szlachetnego (oktet elektronów). W przypadku pierwiastków 1 grupy, atom uzyska oktet 

oddając elektron walencyjny, natomiast atom z 17 grypy uzyska oktet elektronowy przyjmując 1 elektron: 

- 17 -

- 18 - 

atom 

-e 

+e 

jon dodatni 


W przypadku atomu z 17 grupy, na orbitalu p znajduje się jeszcze miejsce na 1 elektron. Nawet w przypadku gdy one się 

odpychają od siebie, jest dostateczna ilość miejsca by jeden od drugiego był daleko. W anionie, oktet elektkronów i brak 

wolnego miejsca powoduje, że powłoka musi zwiększyć swój rozmiar, dlatego anion ma większy promień od atomu. 

2.1-6. 

Metal charakteryzuje się tym, że bardzo łatwo oddaje elektron(y) walencyjny. Charakter mealiczny w układzie okresowym 

wzrasta wraz ze wzrostem wielkości atomu, czyli wraz ze wzrostem nr okresu. W grupach charakter metaliczny wzrasta ze od 

grupy 17 do 1. 

wzrost charakteru 

metalicznego 

Sód i potas są pierwiastkami z 1 grupy, ale sód leży w 3 okresie, a potas w 4. Większy charakter 

metaliczny ma potas. 

Sód znajduje się w 1 okresie, a magnez w 2. Obydwa są pierwiastkami z 3 okresu. Większym 

charakterem metalicznym charakteryzuje się sód 

2.1-7. 

Charakter niemetaliczny pierwiastków w układzie okresowym wzrasta wraz ze wzrostem nr grupy i maleje ze wzrostem nr 

okresu: 

wzrost charakteru 

niemetalicznego 

Siarka i chlor leżą w tym samym okresie, ale siarka leży w 16 a chlor w 17 grupie. Chlor posiada 

większy charakter niemetaliczny. 

Fluor i chlor – obydwa pierwiastki znajdują się w 17 grupie, ale fluor znajduje się w 2 okresie, a 

chlor w 3 okresie. Fluor ma więc większe właściwości niemetaliczne 

2.1-8. 

Główna liczba kwantowa n określa nr powłoki, jednocześnie określa ona liczbę podpowłok. Nazwy dla podpowłok tworzy się 

w zależności od pobocznej liczy kwantowej l, która przyjmuje wartości 0≤l≤n-1. 

poboczna liczba kwantowa l 0 1 2 3 4 5 

nazwa podpowłoki (orbitalu) s p d f g h 

Dla powłoki o n=4 poboczna liczba kwantowa może przyjąć wartości 0, 1, 2, 3, więc w tej powłoce istnieją następujące 

podpowłoki (orbitale): s, p, d, f. 

2.1-9. 

Dla czwartej powłoki n=4. Poboczna liczba kwantowa dla podpowłoki (orbitalu) d wynosi 2. Liczbę orbitali określa magnetyczna 

liczba kwantowa m, która przyjmuje wartości –l….0….+l. A więc dla pobocznej liczby kwantowej l=3, magnetyczna liczba 

kwantowa przyjmie wartości -2, -1, 0, 1, 2. Mamy więc 5 orbitali typu d. Każdy z nich może przyjąć elektron o magnetycznej 

liczbie spinowej ms=±1/2. A więc podpowłoka typu d dysponuje 10 stanami kwantowymi. 

Poboczna liczba kwantowa dla orbitalu p czwartej powłoki (dla każdej innej powłoki również) wynosi 1. Istnieją 3 orbitale typu p 

o magnetycznych liczbach kwantowych -1, 0, +1. Każdy z nich scharakteryzowany jest przez 2 magnetyczne liczby spinowe. 

Istnieje więc 6 możliwych stanów kwantowych. 

Dla powłoki n=4 istnieją następujące orbitale: l=0 – s, l=1 – p, l=2 – d, l=3 – f. Istnieje tylko 1 orbital s (m=0), oraz 7 orbitali f 

(m=-3, -2, -1, 0, +1, +2, +3). Możliwe stany kwantowe 2 dla s, 6 dla p, 10 dla d oraz 14 dla f. W sumie 32. Dla powłoki ilość 

stanów kwantowych (max. liczbę elektronów jaka może się znaleźć na powłoce) można określić z zależności 2n 2 (2 . 4 2 =32).

ODPOWIEDZI DO ZADA? Z CHEMII

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?