Prilikom sastavljanja jednadžbe za redoks reakciju potrebno je odrediti redukciono sredstvo, oksidant i broj datih i primljenih elektrona. Postoje uglavnom dvije metode za sastavljanje jednadžbi redoks reakcija:
1) elektronski balans– na osnovu određivanja ukupnog broja elektrona koji se kreću od redukcionog sredstva do oksidacionog sredstva;
2) jonsko-elektronska ravnoteža- predviđa odvojeno sastavljanje jednačina za proces oksidacije i redukcije sa njihovim naknadnim zbrajanjem u zajedničku metodu ionske jednačine-polu-reakcije. U ovoj metodi potrebno je pronaći ne samo koeficijente za reduktor i oksidant, već i za molekule medija. U zavisnosti od prirode medija, broj elektrona koje prihvata oksidaciono sredstvo ili gubi redukciono sredstvo može varirati.
1) Elektronska ravnoteža - metoda za pronalaženje koeficijenata u jednačinama redoks reakcija, koja razmatra razmjenu elektrona između atoma elemenata koji mijenjaju svoje oksidacijsko stanje. Broj elektrona doniranih redukcijskim agensom jednak je broju elektrona primljenih od strane oksidacijskog sredstva.
Jednačina se sastavlja u nekoliko faza:
1. Zapišite shemu reakcije.
KMnO 4 + HCl → KCl + MnCl 2 + Cl 2 + H 2 O
2. Zapišite oksidaciona stanja iznad znakova elemenata koji se mijenjaju.
KMn +7 O 4 + HCl -1 → KCl + Mn +2 Cl 2 + Cl 2 0 + H 2 O
3. Alocirati elemente koji mijenjaju stepen oksidacije i određuju broj elektrona koje oksidaciono sredstvo dobija i daje redukciono sredstvo.
Mn +7 + 5ē = Mn +2
2Cl -1 - 2ē \u003d Cl 2 0
4. Izjednačiti broj stečenih i doniranih elektrona, čime se utvrđuju koeficijenti za jedinjenja u kojima postoje elementi koji menjaju oksidaciono stanje.
Mn +7 + 5ē = Mn +2 2
2Cl -1 - 2ē \u003d Cl 2 0 5
––––––––––––––––––––––––
2Mn +7 + 10Cl -1 = 2Mn +2 + 5Cl 2 0
5. Koeficijenti se biraju za sve ostale učesnike u reakciji. U tom slučaju 10 molekula HCl učestvuje u procesu redukcije, a 6 u procesu jonske izmjene (vezivanje jona kalija i mangana).
2KMn +7 O 4 + 16HCl -1 = 2KCl + 2Mn +2 Cl 2 + 5Cl 2 0 + 8H 2 O
2) Metoda ravnoteže jona i elektrona.
1. Zapišite shemu reakcije.
K 2 SO 3 + KMnO 4 + H 2 SO 4 → K 2 SO 4 + MnSO 4 + H 2 O
2. Zapišite šeme polureakcija, koristeći stvarno prisutne čestice (molekule i jone) u otopini. Istovremeno, sumiramo materijalni bilans, tj. broj atoma elemenata koji sudjeluju u polureakciji na lijevoj strani mora biti jednak njihovom broju na desnoj strani. Oksidirani i reducirani oblici oksidans i reduktor se često razlikuju u sadržaju kiseonika (uporedi Cr 2 O 7 2− i Cr 3+). Stoga, pri sastavljanju jednadžbi polu-reakcije metodom ravnoteže elektron-jona, one uključuju parove H + /H 2 O (za kiselo okolina) i OH - / H 2 O (za alkalna okruženje). Ako se prilikom prijelaza iz jednog oblika u drugi izvorni oblik (obično − oksidirano) gubi svoje oksidne ione (prikazano dolje u uglastim zagradama), potonji, budući da ne postoje u slobodnom obliku, moraju biti u kiselo medijum se kombinuju sa katjonima vodonika, a in alkalna medij - s molekulima vode, što dovodi do stvaranja molekule vode(u kiseloj sredini) i hidroksidnih jona(u alkalnom okruženju):
kiselo okruženje+ 2H + = H 2 O primjer: Cr 2 O 7 2− + 14H + = 2Cr 3+ + 7H 2 O
alkalnom okruženju+ H 2 O \u003d 2 OH - primjer: MnO 4 - + 2H 2 O \u003d MnO 2 + 4OH -
nedostatak kiseonika u izvornom obliku (češće u restauriranom obliku) u odnosu na konačni oblik nadoknađuje se dodavanjem molekule vode(V kiselo okruženje) ili hidroksidnih jona(V alkalna okruženje):
kiselo okruženje H 2 O = + 2H + primjer: SO 3 2- + H 2 O = SO 4 2- + 2H +
alkalnom okruženju 2 OH - \u003d + H 2 O primjer: SO 3 2- + 2OH - \u003d SO 4 2- + H 2 O
MnO 4 - + 8H + → Mn 2+ + 4H 2 O redukcija
SO 3 2- + H 2 O → SO 4 2- + 2H + oksidacija
3. Elektronski bilans sumiramo prateći potrebu za jednakošću ukupnog naboja u desnom i lijevom dijelu jednačine polu-reakcije.
U gornjem primjeru, na desnoj strani jednadžbe polu-reakcije redukcije, ukupan naboj jona je +7, na lijevoj - +2, što znači da se na desnoj strani mora dodati pet elektrona:
MnO 4 - + 8H + + 5ē → Mn 2+ + 4H 2 O
U jednadžbi polu-reakcije oksidacije, ukupan naboj na desnoj strani je -2, na lijevoj strani 0, što znači da se na desnoj strani moraju oduzeti dva elektrona:
SO 3 2- + H 2 O - 2ē → SO 4 2- + 2H +
Dakle, u obje jednačine je implementiran balans jona i elektrona i u njih je moguće staviti znake jednakosti umjesto strelica:
MnO 4 - + 8H + + 5ē \u003d Mn 2+ + 4H 2 O
SO 3 2- + H 2 O - 2ē \u003d SO 4 2- + 2H +
4. Prateći pravilo o nužnosti jednakosti broja elektrona koje prihvata oksidaciono sredstvo i daje redukciono sredstvo, nalazimo najmanji zajednički višekratnik za broj elektrona u obe jednačine (2∙5 = 10).
5. Množimo sa koeficijentima (2.5) i zbrojimo obje jednačine dodavanjem lijevog i desnog dijela obje jednačine.
MnO 4 - + 8H + + 5ē \u003d Mn 2+ + 4H 2 O 2
SO 3 2- + H 2 O - 2ē \u003d SO 4 2- + 2H + 5
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
2MnO 4 - + 16H + + 5SO 3 2- + 5H 2 O = 2Mn 2+ + 8H 2 O + 5SO 4 2- + 10H +
2MnO 4 - + 6H + + 5SO 3 2- = 2Mn 2+ + 3H 2 O + 5SO 4 2-
ili u molekularnom obliku:
5K 2 SO 3 + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 = 6K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 3H 2 O
Ova metoda razmatra prijelaz elektrona s jednog atoma ili jona na drugi, uzimajući u obzir prirodu medija (kiselog, alkalnog ili neutralnog) u kojem se reakcija odvija. U kiselom mediju, u jednadžbi polureakcije, za izjednačavanje broja atoma vodika i kiseonika treba koristiti ione vodonika H+ i molekule vode, u osnovnom hidroksidne jone OH - i molekule vode. Shodno tome, u dobijenim produktima, na desnoj strani elektronsko-jonske jednadžbe, nalazit će se ioni vodika (a ne hidroksidni ioni) i molekuli vode (kiseli medij) ili hidroksidni ioni i molekuli vode (alkalni medij). Tako, na primjer, jednadžba za polureakciju redukcije permanganatnog jona u kiselom mediju ne može se sastaviti uz prisustvo hidroksidnih iona na desnoj strani:
MnO 4 - + 4H 2 O + 5ē \u003d Mn 2+ + 8OH -.
U redu: MnO 4 - + 8H + + 5ē \u003d Mn 2+ + 4H 2 O
Odnosno, prilikom pisanja elektron-jonskih jednačina, mora se polaziti od sastava jona koji su stvarno prisutni u otopini. Osim toga, kao iu izradi skraćenih jonskih jednačina, tvari koje se slabo disocijacije, slabo topive ili oslobađaju u obliku plina treba napisati u molekularnom obliku.
Sastavljanje jednadžbi redoks reakcija metodom polureakcije dovodi do istog rezultata kao i metodom ravnoteže elektrona.
Hajde da uporedimo obe metode. Prednost metode polureakcije u odnosu na metodu ravnoteže elektrona je u tome što da ne koristi hipotetičke jone, već prave.
Kada se koristi metoda polureakcije, nije potrebno znati oksidacijsko stanje atoma. Pisanje zasebnih jednačina ionske polu-reakcije je neophodno za razumijevanje hemijskih procesa u galvanskoj ćeliji i tokom elektrolize. Ovom metodom vidljiva je uloga sredine kao aktivnog učesnika u celokupnom procesu. Konačno, kada se koristi metoda polureakcije, nije potrebno poznavati sve nastale tvari, one se pojavljuju u jednadžbi reakcije prilikom njenog izvođenja. Stoga, metodu polureakcija treba dati prednost i koristiti u pripremi jednadžbi za sve redoks reakcije koje se javljaju u vodenim otopinama
U ovoj metodi uspoređuju se oksidaciona stanja atoma u početnoj i krajnjoj tvari, vodeći se pravilom: broj elektrona doniranih redukcijskim agensom mora biti jednak broju elektrona vezanih za oksidacijsko sredstvo. Da biste sastavili jednadžbu, morate znati formule reaktanata i produkta reakcije. Potonji se određuju ili empirijski ili na osnovu poznatih svojstava elemenata.
Metoda ravnoteže jona i elektrona je svestranija od metode ravnoteže elektrona i ima neospornu prednost u odabiru koeficijenata u mnogim redoks reakcijama, posebno uz učešće organskih jedinjenja, u kojima je čak i postupak određivanja oksidacionih stanja veoma komplikovano.
Razmotrimo, na primjer, proces oksidacije etilena koji se javlja kada se propušta kroz vodeni rastvor kalijum permanganata. Kao rezultat toga, etilen se oksidira u etilen glikol HO-CH 2 -CH 2 -OH, a permanganat se reducira u mangan (IV) oksid, a osim toga, kao što će biti očito iz konačne jednadžbe ravnoteže, nastaje i kalijum hidroksid na desno:
KMnO 4 + C 2 H 4 + H 2 O → C 2 H 6 O 2 + MnO 2 + KOH
Jednačina polureakcije redukcije i oksidacije:
MnO 4 - + 2H 2 O + 3e \u003d MnO 2 + 4OH - 2 oporavak
C 2 H 4 + 2OH - - 2e \u003d C 2 H 6 O 2 3 oksidacija
Sumiramo obje jednačine, oduzimamo hidroksidne ione prisutne na lijevoj i desnoj strani.
Dobijamo konačnu jednačinu:
2KMnO 4 + 3C 2 H 4 + 4H 2 O → 3C 2 H 6 O 2 + 2MnO 2 + 2KOH
Kada koristite metodu ravnoteže jona i elektrona za određivanje koeficijenata u reakcijama koje uključuju organska jedinjenja, prikladno je uzeti u obzir oksidaciona stanja atoma vodika jednaka +1, kiseonika -2 i izračunati ugljik koristeći ravnotežu pozitivnih i negativnih naboja u molekul (jon). Dakle, u molekuli etilena, ukupni naboj je nula:
4 ∙ (+1) + 2 ∙ X \u003d 0,
označava stepen oksidacije dva atoma ugljenika - (-4), i jednog (X) - (-2).
Slično, u molekuli etilen glikola C 2 H 6 O 2 nalazimo oksidacijsko stanje ugljika (X):
2 ∙ X + 2 ∙ (-2) + 6 ∙ (+1) = 0, X = -1
U nekim molekulima organskih spojeva, takav proračun dovodi do frakcijske vrijednosti oksidacijskog stanja ugljika, na primjer, za molekul acetona (C 3 H 6 O), to je -4/3. Elektronska jednadžba procjenjuje ukupni naboj atoma ugljika. U molekulu acetona je -4.
Slične informacije.
Jedan od najvažnijih hemijskih koncepata na kojem se zasnivaju stehiometrijski proračuni je hemijsku količinu supstance. Količina neke supstance X označava se sa n(X). Jedinica za mjerenje količine supstance je krtica.
Mol je količina supstance koja sadrži 6,02 10 23 molekula, atoma, jona ili drugih strukturnih jedinica koje čine supstancu.
Masa jednog mola neke supstance X naziva se molarna masa M(X) ove supstance. Poznavajući masu m(X) neke supstance X i njenu molarnu masu, možemo izračunati količinu ove supstance koristeći formulu:
Poziva se broj 6.02 10 23 Avogadrov broj(N / A); njegovu dimenziju mol –1.
Množenjem Avogadrovog broja N a količinom supstance n(X), možemo izračunati broj strukturnih jedinica, na primjer, molekula N(X) neke supstance X:
N(X) = N a · n(X) .
Analogno konceptu molarne mase uveden je koncept molarne zapremine: molarni volumen V m (X) neke supstance X je zapremina jednog mola ove supstance. Poznavajući zapreminu supstance V(X) i njen molarni volumen, možemo izračunati hemijsku količinu supstance:
U hemiji se često mora pozabaviti molarnom zapreminom gasova. Prema Avogadrovom zakonu, jednake zapremine svih plinova uzetih na istoj temperaturi i jednakom pritisku sadrže isti broj molekula. Pod jednakim uslovima, 1 mol bilo kog gasa zauzima istu zapreminu. U normalnim uslovima (n.s.) - temperatura 0 °C i pritisak 1 atmosfera (101325 Pa) - ova zapremina je 22,4 litara. Tako je kod br. V m (gas) = 22,4 l / mol. Treba naglasiti da se primjenjuje vrijednost molarne zapremine od 22,4 l/mol samo za gasove.
Poznavanje molarne mase tvari i Avogadrovog broja omogućava vam da izrazite masu molekula bilo koje tvari u gramima. Ispod je primjer izračunavanja mase molekule vodika.
1 mol plinovitog vodika sadrži 6,02 10 23 molekula H 2 i ima masu od 2 g (jer M (H 2) = 2 g / mol). dakle,
6,02·10 23 H 2 molekuli imaju masu od 2 g;
1 H 2 molekul ima masu x g; x \u003d 3,32 10 -24 g.
Koncept "mola" se široko koristi za izvođenje proračuna prema jednadžbama kemijskih reakcija, budući da stehiometrijski koeficijenti u jednadžbi reakcije pokazuju u kojim molarnim omjerima tvari reagiraju jedna s drugom i nastaju kao rezultat reakcije.
Na primjer, jednadžba reakcije 4 NH 3 + 3 O 2 → 2 N 2 + 6 H 2 O sadrži sljedeće informacije: 4 mola amonijaka reaguje bez viška i nedostatka sa 3 mola kiseonika, i 2 mola azota i 6 mola vode se formiraju.
Primjer 4.1 Izračunajte masu precipitata nastalog pri interakciji rastvora koji sadrže 70,2 g kalcijum dihidrogen fosfata i 68 g kalcijum hidroksida. Koja će supstanca ostati u višku? Kolika je njegova masa?
3 Ca(H 2 PO 4) 2 + 12 KOH ® Ca 3 (PO 4) 2 ¯ + 4 K 3 PO 4 + 12 H 2 O
Iz jednačine reakcije se može vidjeti da 3 mol Ca(H 2 PO 4) 2 reaguje sa 12 mola KOH. Izračunajmo količine reagujućih supstanci koje su date prema uslovu zadatka:
n (Ca (H 2 PO 4) 2) = m (Ca (H 2 PO 4) 2) / M (Ca (H 2 PO 4) 2) = 70,2 g: 234 g / mol = 0,3 mol ;
n(KOH) = m(KOH) / M(KOH) = 68 g: 56 g/mol = 1,215 mol.
3 mol Ca(H 2 PO 4) 2 zahtijeva 12 mol KOH
0,3 mol Ca (H 2 PO 4) 2 zahtijeva x mol KOH
x \u003d 1,2 mol - toliko će biti potrebno KOH da bi se reakcija odvijala bez viška i nedostatka. A prema stanju problema, ima 1.215 mola KOH. Stoga je KOH u višku; količina KOH koja ostaje nakon reakcije:
n(KOH) = 1,215 mol - 1,2 mol = 0,015 mol;
njegova masa je m(KOH) = n(KOH) × M(KOH) = 0,015 mol × 56 g/mol = 0,84 g.
Proračun nastalog produkta reakcije (talog Ca 3 (PO 4) 2) treba izvršiti prema supstanci koja je u nedostatku (u ovom slučaju Ca (H 2 PO 4) 2), jer će ova supstanca reagirati potpuno. Iz jednadžbe reakcije se može vidjeti da je broj molova nastalog Ca 3 (PO 4) 2 3 puta manji od broja molova reagovanog Ca (H 2 PO 4) 2:
n (Ca 3 (PO 4) 2) = 0,3 mol: 3 = 0,1 mol.
Dakle, m (Ca 3 (PO 4) 2) \u003d n (Ca 3 (PO 4) 2) × M (Ca 3 (PO 4) 2) = 0,1 mol × 310 g / mol = 31 g.
Zadatak broj 5
a) Izračunajte hemijske količine reaktanata date u tabeli 5 (zapremine gasovitih supstanci su date pod normalnim uslovima);
b) rasporediti koeficijente u datu šemu reakcije i pomoću jednačine reakcije odrediti koja od supstanci ima višak, a koja manjka;
c) pronaći hemijsku količinu produkta reakcije navedenu u tabeli 5;
d) izračunati masu ili zapreminu (vidi tabelu 5) ovog produkta reakcije.
Tabela 5 - Uslovi zadatka br.5
| broj opcije | Reaktivne supstance | Shema reakcije | Izračunati |
| m(Fe)=11,2 g; V (Cl 2) \u003d 5,376 l | Fe + Cl 2 ® FeCl 3 | m(FeCl 3) | |
| m(Al)=5,4 g; m(H 2 SO 4) \u003d 39,2 g | Al + H 2 SO 4 ® Al 2 (SO 4) 3 + H 2 | V(H2) | |
| V(CO)=20 l; m(O 2) \u003d 20 g | CO+O2 ® CO2 | V(CO2) | |
| m(AgNO 3)=3,4 g; m(Na 2 S)=1,56 g | AgNO 3 +Na 2 S®Ag 2 S+NaNO 3 | m (Ag 2 S) | |
| m(Na 2 CO 3)=53 g; m(HCl)=29,2 g | Na 2 CO 3 +HCl®NaCl+CO 2 +H 2 O | V(CO2) | |
| m (Al 2 (SO 4) 3) = 34,2 g; m (BaCl 2) = 52 g | Al 2 (SO 4) 3 + BaCl 2 ®AlCl 3 + BaSO 4 | m(BaSO4) | |
| m(KI)=3,32 g; V(Cl 2) \u003d 448 ml | KI+Cl 2 ® KCl+I 2 | m(I2) | |
| m(CaCl 2)=22,2 g; m(AgNO 3) \u003d 59,5 g | CaCl 2 + AgNO 3 ®AgCl + Ca (NO 3) 2 | m(AgCl) | |
| m(H 2 )=0,48 g; V (O 2) \u003d 2,8 l | H 2 + O 2 ® H 2 O | m(H 2 O) | |
| m (Ba (OH) 2) \u003d 3,42 g; V(HCl)=784ml | Ba(OH) 2 +HCl ® BaCl 2 +H 2 O | m(BaCl2) |
Tabela 5 se nastavlja
| broj opcije | Reaktivne supstance | Shema reakcije | Izračunati |
| m(H3PO4)=9,8 g; m(NaOH)=12,2 g | H 3 PO 4 + NaOH ® Na 3 PO 4 + H 2 O | m(Na3PO4) | |
| m(H2SO4)=9,8 g; m(KOH)=11,76 g | H 2 SO 4 +KOH ® K 2 SO 4 +H 2 O | m(K 2 SO 4) | |
| V(Cl 2)=2,24 l; m(KOH)=10,64 g | Cl 2 +KOH ® KClO + KCl + H 2 O | m(KClO) | |
| m ((NH 4) 2 SO 4) = 66 g; m (KOH) = 50 g | (NH 4) 2 SO 4 +KOH®K 2 SO 4 +NH 3 +H 2 O | V(NH3) | |
| m(NH3)=6,8 g; V (O 2) \u003d 7,84 l | NH 3 + O 2 ® N 2 + H 2 O | V(N2) | |
| V(H 2 S)=11,2 l; m(O 2) \u003d 8,32 g | H 2 S+O 2 ® S+H 2 O | gospođa) | |
| m(MnO 2)=8,7 g; m(HCl)=14,2 g | MnO 2 +HCl ® MnCl 2 +Cl 2 +H 2 O | V(Cl2) | |
| m(Al)=5,4 g; V (Cl 2) \u003d 6,048 l | Al+Cl 2 ® AlCl 3 | m(AlCl 3) | |
| m(Al)=10,8 g; m(HCl)=36,5 g | Al+HCl ® AlCl 3 +H 2 | V(H2) | |
| m(P)=15,5 g; V (O 2) \u003d 14,1 l | P+O 2 ® P 2 O 5 | m(P 2 O 5) | |
| m (AgNO 3) = 8,5 g; m (K 2 CO 3) = 4,14 g | AgNO 3 + K 2 CO 3 ®Ag 2 CO 3 + KNO 3 | m(Ag 2 CO 3) | |
| m(K 2 CO 3)=69 g; m (HNO 3) \u003d 50,4 g | K 2 CO 3 + HNO 3 ®KNO 3 + CO 2 + H 2 O | V(CO2) | |
| m(AlCl 3)=2,67 g; m(AgNO 3) \u003d 8,5 g | AlCl 3 + AgNO 3 ®AgCl + Al (NO 3) 3 | m(AgCl) | |
| m(KBr)=2,38 g; V(Cl 2) \u003d 448 ml | KBr+Cl 2 ® KCl+Br 2 | m(Br2) | |
| m(CaBr 2)=40 g; m(AgNO 3) \u003d 59,5 g | CaBr 2 + AgNO 3 ®AgBr + Ca (NO 3) 2 | m(AgBr) | |
| m(H 2 )=1,44 g; V (O 2) \u003d 8,4 l | H 2 + O 2 ® H 2 O | m(H 2 O) | |
| m (Ba (OH) 2) = 6,84 g; V (HI) = 1,568 l | Ba(OH) 2 +HI ® BaI 2 +H 2 O | m (BaI 2) | |
| m(H3PO4)=9,8 g; m(KOH)=17,08 g | H 3 PO 4 +KOH ® K 3 PO 4 +H 2 O | m(K 3 PO 4) | |
| m(H2SO4)=49 g; m(NaOH)=45 g | H 2 SO 4 + NaOH ® Na 2 SO 4 + H 2 O | m(Na 2 SO 4) | |
| V(Cl 2)=2,24 l; m(KOH)=8,4 g | Cl 2 +KOH ® KClO 3 +KCl + H 2 O | m(KClO 3) | |
| m(NH 4 Cl)=43 g; m (Ca (OH) 2) \u003d 37 g | NH 4 Cl + Ca (OH) 2 ® CaCl 2 + NH 3 + H 2 O | V(NH3) | |
| V(NH 3) \u003d 8,96 l; m(O 2) \u003d 14,4 g | NH 3 + O 2 ® NO + H 2 O | V(NE) | |
| V(H 2 S)=17,92 l; m(O 2) \u003d 40 g | H 2 S + O 2 ® SO 2 + H 2 O | V(SO2) | |
| m(MnO 2)=8,7 g; m(HBr)=30,8 g | MnO 2 +HBr ® MnBr 2 +Br 2 +H 2 O | m(MnBr 2) | |
| m(Ca)=10 g; m(H2O)=8,1 g | Ca + H 2 O ® Ca (OH) 2 + H 2 | V(H2) |
KONCENTRACIJA SOLUTION
U okviru predmeta opšte hemije studenti uče 2 načina izražavanja koncentracije rastvora – maseni udio i molarnu koncentraciju.
Maseni udio otopljene tvari X se izračunava kao omjer mase ove tvari i mase otopine:
,
gdje je ω(X) maseni udio otopljene supstance X;
m(X) je masa rastvorene supstance X;
m rastvor - masa rastvora.
Maseni udio tvari izračunat prema gornjoj formuli je bezdimenzionalna količina izražena u udjelima jedinice (0< ω(X) < 1).
Maseni udio se može izraziti ne samo u dijelovima jedinice, već i kao postotak. U ovom slučaju formula za izračunavanje izgleda ovako:
Maseni udio, izražen kao postotak, često se naziva procentualna koncentracija . Očigledno, postotak koncentracije otopljene tvari je 0%< ω(X) < 100%.
Procentualna koncentracija pokazuje koliko masenih dijelova otopljene tvari sadrži 100 masenih dijelova otopine. Ako odaberete grame kao jedinicu mase, onda se ova definicija može napisati i na sljedeći način: procentualna koncentracija pokazuje koliko grama otopljene tvari sadrži 100 grama otopine.
Jasno je da, na primjer, 30% otopina odgovara masenom udjelu otopljene tvari jednakom 0,3.
Drugi način izražavanja sadržaja otopljene tvari u otopini je molarna koncentracija (molarnost).
Molarna koncentracija tvari ili molarnost otopine pokazuje koliko molova otopljene tvari sadrži 1 litar (1 dm 3) otopine
gdje je C(X) molarna koncentracija otopljene tvari X (mol/l);
n(X) je hemijska količina rastvorene supstance X (mol);
V rastvor - zapremina rastvora (l).
Primjer 5.1 Izračunajte molarnu koncentraciju H 3 PO 4 u otopini, ako je poznato da je maseni udio H 3 PO 4 60%, a gustina otopine 1,43 g/ml.
Po definiciji procentualne koncentracije
100 g rastvora sadrži 60 g fosforne kiseline.
n (H 3 PO 4) = m (H 3 PO 4) : M (H 3 PO 4) = 60 g: 98 g / mol = 0,612 mol;
V rastvor = m rastvor: ρ rastvor = 100 g: 1,43 g / cm 3 = 69,93 cm 3 = 0,0699 l;
C (H 3 PO 4) = n (H 3 PO 4): V rastvor = 0,612 mol: 0,0699 l = 8,755 mol / l.
Primjer 5.2 Postoji 0,5 M rastvor H 2 SO 4 . Koliki je maseni udio sumporne kiseline u ovoj otopini? Uzmite gustinu rastvora jednaku 1 g/ml.
Po definiciji molarne koncentracije
1 litar rastvora sadrži 0,5 mola H 2 SO 4
(Unos "0,5 M rastvor" znači da je C (H 2 SO 4) = 0,5 mol / l).
m rastvor = V rastvor × ρ rastvor = 1000 ml × 1 g/ml = 1000 g;
m (H 2 SO 4) \u003d n (H 2 SO 4) × M (H 2 SO 4) = 0,5 mol × 98 g / mol = 49 g;
ω (H 2 SO 4) = m (H 2 SO 4) : m rastvor = 49 g: 1000 g = 0,049 (4,9%).
Primjer 5.3 Koje količine vode i 96% rastvora H 2 SO 4 gustine 1,84 g / ml treba uzeti za pripremu 2 litre 60% rastvora H 2 SO 4 gustine 1,5 g / ml.
Prilikom rješavanja zadataka za pripremu razrijeđenog rastvora iz koncentriranog, treba voditi računa da početni rastvor (koncentrovani), voda i rezultujući rastvor (razblažen) imaju različite gustine. U ovom slučaju treba imati na umu da je V originalnog rastvora + V vode ≠ V rezultirajućeg rastvora,
jer u toku mešanja koncentrovanog rastvora i vode dolazi do promene (povećanja ili smanjenja) zapremine čitavog sistema.
Rješenje takvih problema mora početi određivanjem parametara razrijeđene otopine (tj. otopine koju treba pripremiti): njene mase, mase otopljene tvari, ako je potrebno, i količine otopljene tvari.
M 60% rastvor = V 60% rastvor ∙ ρ 60% rastvor = 2000 ml × 1,5 g/ml = 3000 g
m (H 2 SO 4) u 60% otopini \u003d m 60% otopini w (H 2 SO 4) u 60% otopini \u003d 3000 g 0,6 \u003d 1800 g.
Masa čiste sumporne kiseline u pripremljenom rastvoru treba da bude jednaka masi sumporne kiseline u onom delu 96% rastvora koji se mora uzeti za pripremu razblaženog rastvora. dakle,
m (H 2 SO 4) u 60% otopini \u003d m (H 2 SO 4) u 96% otopini \u003d 1800 g.
m 96% rastvor = m (H 2 SO 4) u 96% rastvoru: w (H 2 SO 4) u 96% rastvoru = 1800 g: 0,96 = 1875 g.
m (H 2 O) = m 40% otopina - m 96% otopina = 3000 g - 1875 g \u003d 1125 g.
V 96% rastvor = m 96% rastvor: ρ 96% rastvor = 1875 g: 1,84 g / ml = 1019 ml » 1,02 l.
V voda = m voda: ρ voda = 1125 g: 1 g / ml = 1125 ml = 1,125 l.
Primjer 5.4 Pomiješano 100 ml 0,1 M rastvora CuCl 2 i 150 ml 0,2 M rastvora Cu(NO 3) 2 Izračunajte molarnu koncentraciju Cu 2+, Cl - i NO 3 - jona u nastaloj otopini.
Prilikom rješavanja sličnog problema miješanja razrijeđenih otopina važno je razumjeti da razrijeđeni rastvori imaju približno istu gustinu, približno jednaku gustini vode. Kada se pomiješaju, ukupni volumen sistema se praktično ne mijenja: V 1 razrijeđenog rastvora + V 2 razrijeđenog rastvora + ... "V rezultirajućeg rastvora.
U prvom rješenju:
n (CuCl 2) = C (CuCl 2) V rastvor CuCl 2 = 0,1 mol / l × 0,1 l = 0,01 mol;
CuCl 2 - jak elektrolit: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2Cl -;
Dakle, n (Cu 2+) = n (CuCl 2) = 0,01 mol; n(Cl -) = 2 × 0,01 = 0,02 mol.
U drugom rješenju:
n (Cu (NO 3) 2) = C (Cu (NO 3) 2) × V otopina Cu (NO 3) 2 = 0,2 mol / l × 0,15 l = 0,03 mol;
Cu(NO 3) 2 - jak elektrolit: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2NO 3 -;
Dakle, n (Cu 2+) = n (Cu (NO 3) 2) = 0,03 mol; n (NO 3 -) \u003d 2 × 0,03 = 0,06 mol.
Nakon mešanja rastvora:
n(Cu2+)ukupno. = 0,01 mol + 0,03 mol = 0,04 mol;
V common. » V rastvor CuCl 2 + V rastvor Cu(NO 3) 2 = 0,1 l + 0,15 l = 0,25 l;
C(Cu 2+) = n(Cu 2+) : Vtot. \u003d 0,04 mol: 0,25 l \u003d 0,16 mol / l;
C(Cl -) = n(Cl -) : Vtot. \u003d 0,02 mol: 0,25 l \u003d 0,08 mol / l;
C (NO 3 -) \u003d n (NO 3 -): V ukupno. \u003d 0,06 mol: 0,25 l \u003d 0,24 mol / l.
Primjer 5.5 U tikvicu je dodato 684 mg aluminijum sulfata i 1 ml 9,8% rastvora sumporne kiseline gustine 1,1 g/ml. Dobivena smjesa je otopljena u vodi; Zapremina rastvora je dovedena do 500 ml sa vodom. Izračunajte molarne koncentracije jona H + , Al 3+ SO 4 2– u nastaloj otopini.
Izračunajte količinu rastvorenih supstanci:
n (Al 2 (SO 4) 3) = m (Al 2 (SO 4) 3) : M (Al 2 (SO 4) 3) = 0,684 g: 342 g mol = 0,002 mol;
Al 2 (SO 4) 3 - jak elektrolit: Al 2 (SO 4) 3 ® 2Al 3+ + 3SO 4 2–;
Dakle, n(Al 3+)=2×0,002 mol=0,004 mol; n (SO 4 2–) \u003d 3 × 0,002 mol = 0,006 mol.
m otopina H 2 SO 4 = V otopina H 2 SO 4 × ρ otopina H 2 SO 4 = 1 ml × 1,1 g / ml = 1,1 g;
m (H 2 SO 4) \u003d m otopina H 2 SO 4 × w (H 2 SO 4) = 1,1 g 0,098 = 0,1078 g.
n (H 2 SO 4) = m (H 2 SO 4) : M (H 2 SO 4) = 0,1078 g: 98 g / mol = 0,0011 mol;
H 2 SO 4 je jak elektrolit: H 2 SO 4 ® 2H + + SO 4 2–.
Dakle, n (SO 4 2–) = n (H 2 SO 4) = 0,0011 mol; n(H +) = 2 × 0,0011 = 0,0022 mol.
Prema stanju zadatka, zapremina dobijenog rastvora je 500 ml (0,5 l).
n(SO 4 2–)ukupno. \u003d 0,006 mol + 0,0011 mol \u003d 0,0071 mol.
C (Al 3+) = n (Al 3+): V rastvor = 0,004 mol: 0,5 l = 0,008 mol / l;
C (H +) = n (H +) : V rastvor = 0,0022 mol: 0,5 l = 0,0044 mol / l;
C (SO 4 2–) \u003d n (SO 4 2–) ukupno. : V otopina = 0,0071 mol: 0,5 l = 0,0142 mol / l.
Primjer 5.6 Koju masu željeznog sulfata (FeSO 4 7H 2 O) i koliku zapreminu vode treba uzeti za pripremu 3 litre 10% rastvora gvožđe (II) sulfata. Uzmite gustinu rastvora jednaku 1,1 g/ml.
Masa rastvora koji treba pripremiti je:
m rastvor = V rastvor ∙ ρ rastvor = 3000 ml ∙ 1,1 g/ml = 3300 g.
Masa čistog gvožđe (II) sulfata u ovom rastvoru je:
m (FeSO 4) \u003d m otopina × w (FeSO 4) = 3300 g × 0,1 = 330 g.
Ista masa bezvodnog FeSO 4 mora biti sadržana u količini kristalnog hidrata koji se mora uzeti za pripremu otopine. Iz poređenja molarnih masa M (FeSO 4 7H 2 O) = 278 g / mol i M (FeSO 4) = 152 g / mol,
dobijamo proporciju:
278 g FeSO 4 7H 2 O sadrži 152 g FeSO 4;
x g FeSO 4 7H 2 O sadrži 330 g FeSO 4;
x = (278 330) : 152 = 603,6 g.
m vode \u003d m otopine - m željeznog sulfata \u003d 3300 g - 603,6 g \u003d 2696,4 g.
Jer gustoća vode je 1 g / ml, tada je volumen vode koji treba uzeti za pripremu otopine: V voda = m vode: ρ voda = 2696,4 g: 1 g / ml = 2696,4 ml.
Primjer 5.7 Koju masu Glauberove soli (Na 2 SO 4 10H 2 O) treba rastvoriti u 500 ml 10% rastvora natrijum sulfata (gustina rastvora 1,1 g/ml) da bi se dobio 15% rastvor Na 2 SO 4?
Neka je potrebno x grama Glauberove soli Na 2 SO 4 10H 2 O. Tada je masa dobijenog rastvora:
m 15% rastvor = m originalni (10%) rastvor + m Glauberova so = 550 + x (g);
m početni (10%) rastvor = V 10% rastvor × ρ 10% rastvor = 500 ml × 1,1 g/ml = 550 g;
m (Na 2 SO 4) u originalnoj (10%) otopini \u003d m 10% otopini a w (Na 2 SO 4) = 550 g 0,1 \u003d 55 g.
Izrazite kroz x masu čistog Na 2 SO 4 sadržanu u x gramima Na 2 SO 4 10H 2 O.
M (Na 2 SO 4 10H 2 O) \u003d 322 g / mol; M (Na 2 SO 4) \u003d 142 g / mol; dakle:
322 g Na 2 SO 4 10H 2 O sadrži 142 g bezvodnog Na 2 SO 4;
x g Na 2 SO 4 10H 2 O sadrži m g bezvodnog Na 2 SO 4.
m(Na 2 SO 4) = 142 x: 322 = 0,441 x x.
Ukupna masa natrijum sulfata u nastaloj otopini bit će jednaka:
m (Na 2 SO 4) u 15% rastvoru = 55 + 0,441 × x (g).
U rezultirajućem rješenju: 
= 0,15
, odakle je x = 94,5 g.
Zadatak broj 6
Tabela 6 - Uslovi zadatka br. 6
| broj opcije | Tekst stanja |
| 5 g Na 2 SO 4 × 10H 2 O rastvoreno je u vodi, a zapremina dobijenog rastvora je dovedena vodom do 500 ml. Izračunajte maseni udio Na 2 SO 4 u ovoj otopini (ρ = 1 g/ml) i molarne koncentracije Na + i SO 4 2– jona. | |
| Mešani rastvori: 100 ml 0,05 M Cr 2 (SO 4) 3 i 100 ml 0,02 M Na 2 SO 4 . Izračunajte molarne koncentracije jona Cr 3+ , Na + i SO 4 2– u rezultirajućem rastvoru. | |
| Koje zapremine vode i 98% rastvora (gustine 1,84 g/ml) sumporne kiseline treba uzeti za pripremu 2 litra 30% rastvora gustine 1,2 g/ml? | |
| U 400 ml vode rastvoreno je 50 g Na 2 CO 3 × 10H 2 O. Kolike su molarne koncentracije jona Na + i CO 3 2– i maseni udio Na 2 CO 3 u dobijenom rastvoru (ρ = 1,1 g / ml)? | |
| Mešani rastvori: 150 ml 0,05 M Al 2 (SO 4) 3 i 100 ml 0,01 M NiSO 4 . Izračunajte molarne koncentracije jona Al 3+, Ni 2+, SO 4 2- u nastaloj otopini. | |
| Koje količine vode i 60% rastvora (gustine 1,4 g/ml) azotne kiseline će biti potrebne za pripremu 500 ml 4 M rastvora (gustine 1,1 g/ml)? | |
| Koja je masa bakar sulfata (CuSO 4 × 5H 2 O) potrebna za pripremu 500 ml 5% rastvora bakar sulfata gustine 1,05 g/ml? | |
| U tikvicu je dodato 1 ml 36% rastvora (ρ = 1,2 g/ml) HCl i 10 ml 0,5 M rastvora ZnCl 2. Zapremina dobijenog rastvora je dovedena do 50 ml vodom. Koje su molarne koncentracije iona H + , Zn 2+, Cl - u rezultirajućem rastvoru? | |
| Koliki je maseni udio Cr 2 (SO 4) 3 u otopini (ρ » 1 g/ml), ako je poznato da je molarna koncentracija sulfatnih jona u ovoj otopini 0,06 mol/l? | |
| Koje količine vode i 10 M rastvora (ρ=1,45 g/ml) natrijum hidroksida će biti potrebne za pripremu 2 litre 10% rastvora NaOH (ρ= 1,1 g/ml)? | |
| Koliko se grama željeznog sulfata FeSO 4 × 7H 2 O može dobiti isparavanjem vode iz 10 litara 10% rastvora željezovog (II) sulfata (gustina rastvora 1,2 g/ml)? | |
| Mešani rastvori: 100 ml 0,1 M Cr 2 (SO 4) 3 i 50 ml 0,2 M CuSO 4 . Izračunajte molarne koncentracije jona Cr 3+, Cu 2+, SO 4 2- u nastaloj otopini. |
Tabela 6 se nastavlja
| broj opcije | Tekst stanja |
| Koje količine vode i 40% rastvora fosforne kiseline gustine 1,35 g / ml će biti potrebne za pripremu 1 m 3 5% rastvora H 3 PO 4, čija je gustina 1,05 g / ml? | |
| 16,1 g Na 2 SO 4 × 10H 2 O rastvoreno je u vodi i zapremina dobijenog rastvora je dovedena vodom do 250 ml. Izračunajte maseni udio i molarnu koncentraciju Na 2 SO 4 u nastaloj otopini (pretpostavite da je gustina otopine 1 g/ml). | |
| Mešani rastvori: 150 ml 0,05 M Fe 2 (SO 4) 3 i 100 ml 0,1 M MgSO 4 . Izračunajte molarne koncentracije Fe 3+, Mg 2+, SO 4 2– jona u rezultirajućem rastvoru. | |
| Koje količine vode i 36% hlorovodonične kiseline (gustine 1,2 g/ml) su potrebne za pripremu 500 ml 10% rastvora gustine 1,05 g/ml? | |
| U 200 ml vode rastvoreno je 20 g Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O. Koliki je maseni udio otopljene tvari u nastaloj otopini čija je gustina 1,1 g/ml? Izračunajte molarne koncentracije jona Al 3+ i SO 4 2– u ovoj otopini. | |
| Mešani rastvori: 100 ml 0,05 M Al 2 (SO 4) 3 i 150 ml 0,01 M Fe 2 (SO 4) 3 . Izračunajte molarne koncentracije Fe 3+, Al 3+ i SO 4 2– jona u rezultirajućem rastvoru. | |
| Koje zapremine vode i 80% rastvora sirćetne kiseline (gustine 1,07 g/ml) će biti potrebne za pripremu 0,5 l stonog sirćeta, u kojem je maseni udio kiseline 7%? Uzmite gustinu stonog sirćeta od 1 g/ml. | |
| Koja je masa željeznog sulfata (FeSO 4 × 7H 2 O) potrebna za pripremu 100 ml 3% rastvora željeznog sulfata? Gustina rastvora je 1 g/ml. | |
| U tikvicu je dodato 2 ml 36% rastvora HCl (gustina 1,2 g/cm 3 ) i 20 ml 0,3 M rastvora CuCl 2 . Volumen dobijenog rastvora je doveden do 200 ml sa vodom. Izračunajte molarne koncentracije iona H + , Cu 2+ i Cl - u nastaloj otopini. | |
| Koliki je postotak koncentracije Al 2 (SO 4) 3 u otopini u kojoj je molarna koncentracija sulfatnih jona 0,6 mol/l. Gustina rastvora je 1,05 g/ml. | |
| Koje količine vode i 10 M rastvora KOH (gustina rastvora 1,4 g/ml) će biti potrebne za pripremu 500 ml 10% rastvora KOH gustine 1,1 g/ml? | |
| Koliko se grama bakar sulfata CuSO 4 × 5H 2 O može dobiti isparavanjem vode iz 15 litara 8% rastvora bakar sulfata, čija je gustina 1,1 g/ml? | |
| Mešani rastvori: 200 ml 0,025 M Fe 2 (SO 4) 3 i 50 ml 0,05 M FeCl 3 . Izračunajte molarnu koncentraciju Fe 3+ , Cl - , SO 4 2- jona u nastaloj otopini. | |
| Koje količine vode i 70% rastvora H 3 PO 4 (gustine 1,6 g/ml) će biti potrebne za pripremu 0,25 m 3 10% rastvora H 3 PO 4 (gustina 1,1 g/ml)? | |
| 6 g Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O rastvoreno je u 100 ml vode Izračunajte maseni udio Al 2 (SO 4) 3 i molarne koncentracije jona Al 3+ i SO 4 2– u dobijeni rastvor, čija je gustina 1 g/ml | |
| Mešani rastvori: 50 ml 0,1 M Cr 2 (SO 4) 3 i 200 ml 0,02 M Cr(NO 3) 3 . Izračunajte molarne koncentracije jona Cr 3+ , NO 3 - , SO 4 2- u rezultirajućem rastvoru. | |
| Koje zapremine 50% rastvora perhlorne kiseline (gustine 1,4 g/ml) i vode su potrebne da se pripremi 1 litar 8% rastvora gustine 1,05 g/ml? | |
| Koliko grama Glauberove soli Na 2 SO 4 × 10H 2 O treba rastvoriti u 200 ml vode da bi se dobio 5% rastvor natrijum sulfata? | |
| U tikvicu je dodato 1 ml 80% rastvora H 2 SO 4 (gustina rastvora 1,7 g/ml) i 5000 mg Cr 2 (SO 4) 3 . Smjesa je otopljena u vodi; zapremina rastvora je dovedena do 250 ml. Izračunajte molarne koncentracije iona H + , Cr 3+ i SO 4 2– u nastaloj otopini. |
Tabela 6 se nastavlja
HEMIJSKA RAVNOTEŽA
Sve hemijske reakcije se mogu podeliti u 2 grupe: ireverzibilne reakcije, tj. reakcije koje se odvijaju do potpunog trošenja najmanje jedne od reagujućih supstanci i reverzibilne reakcije u kojima se nijedna od reagujućih supstanci ne potroši u potpunosti. To je zbog činjenice da se reverzibilna reakcija može odvijati i u naprijed i u obrnutom smjeru. Klasičan primjer reverzibilne reakcije je sinteza amonijaka iz dušika i vodika:
N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3.
Na početku reakcije, koncentracije početnih supstanci u sistemu su maksimalne; u ovom trenutku, brzina reakcije naprijed je također maksimalna. Na početku reakcije u sistemu još uvijek nema produkta reakcije (u ovom primjeru amonijaka), stoga je brzina obrnute reakcije nula. Kako početne tvari međusobno djeluju, njihove koncentracije se smanjuju, stoga se smanjuje i brzina direktne reakcije. Koncentracija produkta reakcije postupno raste, stoga se povećava i brzina obrnute reakcije. Nakon nekog vremena, brzina reakcije naprijed postaje jednaka brzini obrnute. Ovo stanje sistema se zove stanje hemijske ravnoteže. Koncentracije supstanci u sistemu koji je u stanju hemijske ravnoteže nazivaju se ravnotežne koncentracije. Kvantitativna karakteristika sistema u stanju hemijske ravnoteže je konstanta ravnoteže.
Za bilo koju reverzibilnu reakciju a A + b B+ ... ⇆ p P + q Q + …, izraz za konstantu kemijske ravnoteže (K) zapisuje se kao razlomak, u čijem su brojniku ravnotežne koncentracije produkta reakcije , a u nazivniku su ravnotežne koncentracije polaznih supstanci, štoviše, koncentracija svake supstance se mora podići na stepen jednak stehiometrijskom koeficijentu u jednadžbi reakcije.
Na primjer, za reakciju N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3.
Treba to imati na umu izraz konstante ravnoteže uključuje ravnotežne koncentracije samo plinovitih tvari ili tvari koje su u otopljenom stanju . Pretpostavlja se da je koncentracija čvrste supstance konstantna i nije upisana u izraz konstante ravnoteže.
CO 2 (gas) + C (čvrsta materija) ⇆ 2CO (gas)
CH 3 COOH (rastvor) ⇆ CH 3 COO - (rastvor) + H + (rastvor)
Ba 3 (PO 4) 2 (čvrsta) ⇆ 3 Ba 2+ (zasićena otopina) + 2 PO 4 3– (zasićena otopina) K \u003d C 3 (Ba 2+) C 2 (PO 4 3–)
Postoje dvije najvažnije vrste problema povezanih s izračunavanjem parametara ravnotežnog sistema:
1) poznate su početne koncentracije polaznih supstanci; iz uslova zadatka mogu se naći koncentracije supstanci koje su reagovale (ili formirane) do trenutka kada je ravnoteža postignuta; u zadatku je potrebno izračunati ravnotežne koncentracije svih supstanci i numeričku vrijednost konstante ravnoteže;
2) poznate su početne koncentracije početnih supstanci i konstanta ravnoteže. Uslov ne sadrži podatke o koncentracijama izreagovanih ili formiranih supstanci. Potrebno je izračunati ravnotežne koncentracije svih učesnika u reakciji.
Za rješavanje takvih problema potrebno je razumjeti da je ravnotežna koncentracija bilo koja original supstance se mogu naći oduzimanjem koncentracije reagovane supstance od početne koncentracije:
C ravnoteža \u003d C početna - C izreagirane tvari.
Ravnotežna koncentracija produkt reakcije jednaka je koncentraciji proizvoda nastalog u trenutku ravnoteže:
C ravnoteža \u003d C rezultirajućeg proizvoda.
Dakle, da bi se izračunali parametri ravnotežnog sistema, veoma je važno moći da se utvrdi koliko je početne supstance reagovalo do trenutka kada je ravnoteža postignuta i koliki deo produkta reakcije je formiran. Da bi se odredila količina (ili koncentracija) izreagiranih i formiranih supstanci, provode se stehiometrijski proračuni prema jednadžbi reakcije.
Primjer 6.1 Početne koncentracije dušika i vodonika u ravnotežnom sistemu N 2 + 3H 2 ⇆ 2 NH 3 su 3 mol/l i 4 mol/l, respektivno. Do trenutka kada je postignuta hemijska ravnoteža, 70% vodonika od njegove početne količine je ostalo u sistemu. Odredite konstantu ravnoteže ove reakcije.
Iz uslova zadatka proizilazi da je do trenutka kada je ravnoteža postignuta reagovalo 30% vodonika (problem 1 tip):
4 mol/l H 2 - 100%
x mol / l H 2 - 30%
x \u003d 1,2 mol / l \u003d C proreag. (H2)
Kao što se vidi iz jednačine reakcije, dušik je trebao reagirati 3 puta manje od vodonika, tj. Sa proreactom. (N 2) \u003d 1,2 mol / l: 3 = 0,4 mol / l. Amonijak se formira 2 puta više nego što je reagovao azot:
Od slika. (NH 3) = 2 × 0,4 mol / l \u003d 0,8 mol / l
Ravnotežne koncentracije svih učesnika u reakciji bit će sljedeće:
Jednako (H 2) \u003d C početni. (H 2) - C proreact. (H 2) = 4 mol / l - 1,2 mol / l \u003d 2,8 mol / l;
Jednako (N 2) \u003d C poč. (N 2) – C proreact. (N 2) = 3 mol / l - 0,4 mol / l \u003d 2,6 mol / l;
Jednako (NH 3) = C slike. (NH 3) \u003d 0,8 mol / l.
Konstanta ravnoteže = 
.
Primjer 6.2 Izračunajte ravnotežne koncentracije vodonika, joda i joda vodika u sistemu H 2 + I 2 ⇆ 2 HI, ako je poznato da su početne koncentracije H 2 i I 2 5 mol/l odnosno 3 mol/l, a konstanta ravnoteže je 1.
Treba napomenuti da u stanju ovog problema (zadatak tipa 2) uvjet ne govori ništa o koncentracijama izreagiranih početnih tvari i nastalih produkata. Stoga se pri rješavanju takvih zadataka koncentracija neke reagovane supstance obično uzima kao x.
Neka je x mol/l H 2 reagovao do trenutka kada je postignuta ravnoteža. Tada bi, kao što slijedi iz jednačine reakcije, trebalo da reaguje x mol/l I 2 i da nastane 2x mol/l HI. Ravnotežne koncentracije svih učesnika u reakciji bit će sljedeće:
Jednako (H 2) \u003d C poč. (H 2) - C proreact. (H 2) \u003d (5 - x) mol / l;
Jednako (I 2) = C poč. (I 2) – C proreact. (I 2) \u003d (3 - x) mol / l;
Jednako (HI) = C slike. (HI) = 2x mol/l.
4x2 = 15 - 8x + x2
3x2 + 8x - 15 = 0
x 1 = -3,94 x 2 = 1,27
Samo pozitivni korijen x = 1,27 ima fizičko značenje.
Dakle, C jednako. (H 2) = (5 - x) mol / l = 5 - 1,27 = 3,73 mol / l;
Jednako (I 2) = (3 - x) mol / l = 3 - 1,27 = 1,73 mol / l;
Jednako (HI) = 2x mol / l = 2 1,27 = 2,54 mol / l.
Zadatak broj 7
Tabela 7 - Uslovi zadatka br. 7
Tabela 7 se nastavlja
stehiometrija- kvantitativni odnosi između reagujućih supstanci.
Ako reaktanti ulaze u kemijsku interakciju u strogo određenim količinama, a kao rezultat reakcije nastaju tvari čija se količina može izračunati, tada se takve reakcije nazivaju stehiometrijski.
Zakoni stehiometrije:
Koeficijenti u hemijskim jednačinama ispred formula hemijskih jedinjenja nazivaju se stehiometrijski.
Svi proračuni prema hemijskim jednačinama zasnovani su na upotrebi stehiometrijskih koeficijenata i povezani su sa pronalaženjem količine supstance (broj molova).
Količina supstance u jednadžbi reakcije (broj molova) = koeficijent ispred odgovarajućeg molekula.
N / A=6,02×10 23 mol -1 .
η - odnos stvarne mase proizvoda m str na teoretski moguće m t, izraženo u dijelovima jedinice ili kao postotak.
Ako prinos produkta reakcije nije naveden u uvjetu, tada se u proračunima uzima jednakim 100% (kvantitativni prinos).
Šema proračuna prema jednadžbi hemijskih reakcija:
- Napišite jednačinu za hemijsku reakciju.
- Iznad hemijskih formula supstanci napišite poznate i nepoznate količine sa mernim jedinicama.
- Pod hemijskim formulama supstanci sa poznatim i nepoznatim zapišite odgovarajuće vrednosti ovih količina koje se nalaze iz jednačine reakcije.
- Sastavite i riješite proporcije.
Primjer. Izračunajte masu i količinu supstance magnezijum oksida koja nastaje pri potpunom sagorevanju 24 g magnezijuma.
|
Dato: m(Mg) = 24 g Nađi: ν (MgO) m (MgO) |
Rješenje: 1. Napravimo jednačinu hemijske reakcije: 2Mg + O 2 \u003d 2MgO. 2. Pod formulama supstanci označavamo količinu supstance (broj molova) koja odgovara stehiometrijskim koeficijentima: 2Mg + O 2 \u003d 2MgO 2 mol 2 mol 3. Odredite molarnu masu magnezijuma: Relativna atomska masa magnezijuma Ar(Mg) = 24. Jer vrijednost molarne mase je tada jednaka relativnoj atomskoj ili molekularnoj masi M(Mg)= 24 g/mol. 4. Masom tvari date u uvjetu izračunavamo količinu tvari:
5. Iznad hemijske formule magnezijum oksida MgO, čija je masa nepoznata, postavljamo xkrtica, preko formule magnezija mg napiši njegovu molarnu masu: 1 mol xkrtica 2Mg + O 2 \u003d 2MgO 2 mol 2 mol
Prema pravilima za rješavanje proporcija:
Količina magnezijum oksida v(MgO)= 1 mol. 7. Izračunajte molarnu masu magnezijum oksida: M (Mg)\u003d 24 g / mol, M (O)=16 g/mol. M(MgO)= 24 + 16 = 40 g/mol. Izračunajte masu magnezijum oksida: m (MgO) \u003d ν (MgO) × M (MgO) = 1 mol × 40 g / mol = 40 g. odgovor: ν(MgO) = 1 mol; m(MgO) = 40 g. |
Prilikom sastavljanja jednadžbi redoks reakcija moraju se poštovati sljedeća dva važna pravila:
Pravilo 1: U bilo kojoj jonskoj jednačini mora se poštovati očuvanje naelektrisanja. To znači da zbir svih naboja na lijevoj strani jednačine ("lijevo") mora odgovarati zbiru svih naboja na desnoj strani jednačine ("desno"). Ovo pravilo vrijedi za bilo koju ionsku jednačinu, kako za potpune reakcije tako i za polureakcije.
Puni se s lijeva na desno
Pravilo 2: Broj elektrona izgubljenih u polu-reakciji oksidacije mora biti jednak broju elektrona dobijenih u polu-reakciji redukcije. Na primjer, u prvom primjeru datom na početku ovog odjeljka (reakcija između željeza i hidratiziranih bakrovih jona), broj elektrona izgubljenih u oksidativnoj polureakciji je dva:
Prema tome, broj elektrona stečenih u polureakciji redukcije također mora biti jednak dva:
Sljedeći postupak se može koristiti za izvođenje pune redoks jednadžbe iz jednačina dvije polureakcije:
1. Jednačine svake od dvije polu-reakcije su posebno uravnotežene, a da bi se ispunilo gornje pravilo 1, odgovarajući broj elektrona se dodaje lijevoj ili desnoj strani svake jednačine.
2. Jednačine obje polureakcije su uravnotežene jedna u odnosu na drugu tako da broj elektrona izgubljenih u jednoj reakciji postaje jednak broju elektrona dobijenih u drugoj polureakcijama, kako zahtijeva pravilo 2.
3. Jednačine za obje polu-reakcije se zbrajaju kako bi se dobila potpuna jednačina za redoks reakciju. Na primjer, zbrajanjem jednadžbi dvije gornje polureakcije i uklanjanjem s lijeve i desne strane rezultirajuće jednačine
nalazimo jednak broj elektrona
Balansiramo jednadžbe polureakcija datih u nastavku i sastavljamo jednadžbu za redoks reakciju oksidacije vodene otopine bilo koje željezne soli u feri sol s kiselom otopinom kalija.
Faza 1. Prvo, izbalansiramo jednačinu svake od dvije polu-reakcije posebno. Za jednačinu (5) imamo
Da biste uravnotežili obje strane ove jednačine, trebate dodati pet elektrona na njenu lijevu stranu, ili oduzeti isti broj elektrona sa desne strane. Nakon toga dobijamo
Ovo nam omogućava da napišemo sljedeću uravnoteženu jednačinu:
Pošto su se elektroni morali dodati na lijevu stranu jednačine, ona opisuje polureakciju redukcije.
Za jednačinu (6) možemo napisati
Da biste uravnotežili ovu jednačinu, možete dodati jedan elektron na njenu desnu stranu. Onda
Koeficijent viška zraka kod ovog načina organizacije procesa sagorijevanja trebao bi odgovarati bogatim smjesama bliskim stehiometrijskim. U ovom slučaju će biti vrlo teško organizirati efikasno sagorijevanje siromašnih smjesa zbog nedovoljno velike brzine širenja fronta plamena s velikom vjerovatnoćom slabljenja izvora paljenja, značajne cikličke neujednačenosti sagorijevanja i, u konačnici, prestanka paljenja. Stoga se ovaj smjer može nazvati izuzetno sporim sagorijevanjem bogatih mješavina plina i zraka.[ ...]
Koeficijent viška vazduha (a) značajno utiče na proces sagorevanja i sastav produkata sagorevanja. Očigledno je da na 1,0) praktično ne utiče na komponentni sastav dimnih gasova i samo dovodi do smanjenja koncentracije komponenti usled razblaživanja sa vazduhom koji se ne koristi u procesu sagorevanja.[...]
Na osnovu stehiometrijskih koeficijenata reakcije za dobijanje dialkilklorotiofosfata i optimalnog rešenja za kriterijum 2, namećemo ograničenje X3 = -0,26 (1,087 mol/mol).[ ...]
| 24.5 |
Ovo daje vrijednost stehiometrijskog koeficijenta za unos polifosfata 1/us,p = g P/g COD(HAc).[ ...]
U tabeli. 24.5 prikazuje stehiometrijske faktore prinosa određene u eksperimentima provedenim u šaržnim reaktorima čiste kulture. Ove vrijednosti se prilično dobro slažu uprkos različitim mikrobiološkim uslovima rasta.[...]
Iz izraza (3.36) nalazimo stehiometrijski koeficijent "sat.r = 0,05 g P / g COD (HAc).[ ...]
[ ...]
Iz primjera 3.2 možete pronaći stehiometrijske koeficijente jednačine za uklanjanje octene kiseline: 1 mol HA (60 g HA) zahtijeva 0,9 mol 02 i 0,9 32 = 29 g 02.[ ...]
| 3.12 |
U ovim formulama, prvi polazni materijal je uključen u sve stehiometrijske jednadžbe i njegov stehiometrijski koeficijent u njima je V/, = -1. Za ovu supstancu su dati stepeni transformacije lu u svakoj stehiometrijskoj jednačini (svi - K). U jednadžbama (3.14) i (3.15) pretpostavlja se da se i-ta komponenta - proizvod za koji se određuju selektivnost i prinos, formira samo u 1. stehiometrijskoj jednačini (tada E / \u003d x (). Iznosi Komponente u ovim formulama se mjere u molovima (oznaka LO, kako je tradicionalno prihvaćeno u hemijskim naukama.[...]
Prilikom sastavljanja redoks jednadžbi pronalaze se stehiometrijski koeficijenti za oksidaciju elementa prije i poslije reakcije. Oksidacija elementa u spojevima određena je brojem elektrona koje atom potroši na stvaranje polarnih i ionskih veza, a predznak oksidacije određen je smjerom pomaka vezanih elektronskih parova. Na primjer, oksidacija jona natrijuma u jedinjenju NaCl je +1, a oksidacija hlora je -I.[ ...]
Pogodnije je predstaviti stehiometriju mikrobiološke reakcije pomoću stehiometrijske jednadžbe ravnoteže, umjesto u obliku tablica faktora prinosa. Takav opis sastava komponenti mikrobiološke ćelije zahtijevao je korištenje empirijske formule. Eksperimentalno je utvrđena formula supstance ćelije C5H702N, koja se često koristi u pripremi stehiometrijskih jednačina.[ ...]
U tabeli. Slika 3.6 prikazuje tipične vrijednosti za kinetičke i druge konstante, kao i stehiometrijske koeficijente, za aerobni proces pročišćavanja gradskih otpadnih voda. Treba napomenuti da postoji određena korelacija između pojedinačnih konstanti, pa je potrebno koristiti skup konstanti iz jednog izvora, a ne birati pojedinačne konstante iz različitih izvora. U tabeli. 3.7 pokazuje slične korelacije.[ ...]
Metoda je standardizirana poznatim količinama joda, pretvorenim u ozon, na osnovu stehiometrijskog koeficijenta jednakog jedan (1 mol ozona oslobađa 1 mol joda). Ovaj koeficijent potvrđuju i rezultati brojnih istraživanja na osnovu kojih su utvrđene stehiometrijske reakcije ozona sa olefinima. Sa drugačijim koeficijentom, ove rezultate bi bilo teško objasniti. Međutim, u radu je utvrđeno da je navedeni koeficijent 1,5. To je u skladu sa podacima prema kojima se pri pH 9 dobija stehiometrijski koeficijent jednak jedan, a u kiseloj sredini se oslobađa mnogo više joda nego u neutralnoj i alkalnoj.[ ...]
Ispitivanja su obavljena pri punom opterećenju i konstantnoj brzini radilice od 1.500 min1. Koeficijent viška zraka varirao je u rasponu od 0,8 [ ...]
Materijalni procesi u živoj prirodi, ciklusi biogenih elemenata povezani su sa energetskim tokovima stehiometrijskim koeficijentima koji variraju u širokom spektru organizama samo unutar istog reda. Istovremeno, zbog visoke efikasnosti katalize, energetski troškovi za sintezu novih supstanci u organizmima su mnogo manji nego u tehničkim analozima ovih procesa.[...]
Mjerenja karakteristika motora i emisije štetnih emisija za sve komore za sagorijevanje vršena su u širokom rasponu promjena koeficijenta viška zraka od stehiometrijske vrijednosti do ekstremno siromašne smjese. Na sl. 56 i 57 prikazani su glavni rezultati u zavisnosti od a, dobijeni pri brzini od 2000 min i široko otvorenom gasu. Vrijednost ugla napredovanja paljenja izabrana je iz uslova dobijanja maksimalnog obrtnog momenta.[ ...]
Biološki proces uklanjanja fosfora je složen, pa je, naravno, naš pristup uvelike pojednostavljen. U tabeli. 8.1 predstavlja skup stehiometrijskih koeficijenata koji opisuju procese koji se odvijaju uz učešće FAO-a. Tabela izgleda komplikovano, ali su u njoj već napravljena pojednostavljenja.[ ...]
U jednom od najnovijih radova pretpostavlja se da 1 mol NO2 daje 0,72 g-jona NO7. Prema podacima Međunarodne organizacije za standardizaciju, stehiometrijski koeficijent zavisi od sastava reagenasa Griessovog tipa. Predloženo je šest varijanti ovog reagensa, koje se razlikuju po sastavu njegovih komponenti, a naznačeno je da je efikasnost apsorpcije za sve vrste apsorpcionih rastvora 90%, a stehiometrijski koeficijent, uzimajući u obzir efikasnost apsorpcije, varira od 0,8 do 1. Smanjenje količine NEDA i zamjena sulfanilne kiseline sulfanilamidom (bijeli streptocid) daje veću vrijednost ovog koeficijenta. Autori rada to objašnjavaju gubitkom HN02 zbog stvaranja NO tokom nuspojava.[...]
Prilikom projektovanja biohemijskih uređaja za prečišćavanje otpadnih voda i analize njihovog rada obično se koriste sledeći projektni parametri: brzina biološke oksidacije, stehiometrijski koeficijenti za akceptore elektrona, brzina rasta i fizička svojstva biomase aktivnog mulja. Proučavanje kemijskih promjena u vezi s biološkim transformacijama koje se dešavaju u bioreaktoru omogućava da se dobije prilično potpuna slika rada strukture. Za anaerobne sisteme, koji uključuju anaerobne filtere, takve informacije su potrebne kako bi se osigurala optimalna pH vrijednost okoliša, što je glavni faktor u normalnom radu postrojenja za tretman. U nekim aerobnim sistemima, kao što su oni u kojima dolazi do nitrifikacije, kontrola pH medijuma je takođe neophodna da bi se obezbedile optimalne stope rasta mikroba. Za zatvorena postrojenja za prečišćavanje, koja su ušla u praksu kasnih 60-ih, koja koriste čisti kiseonik (oxy-tank), proučavanje hemijskih interakcija postalo je neophodno ne samo za kontrolu pH, već i za inženjerski proračun opreme za gasovod.[ . ..]
Konstanta brzine katalitičke konverzije k u opštem slučaju na datoj temperaturi je funkcija konstanti brzine direktne, reverzne i sporedne reakcije, kao i koeficijenata difuzije početnih reagenasa i njihovih proizvoda interakcije. Brzina heterogenog katalitičkog procesa određena je, kao što je gore navedeno, relativnim brzinama njegovih pojedinačnih faza i ograničena je najsporijim od njih. Kao rezultat toga, redoslijed katalitičke reakcije gotovo se nikada ne poklapa s molekularnošću reakcije koja odgovara stehiometrijskom omjeru u jednadžbi za ovu reakciju, a izrazi za izračunavanje konstante brzine katalitičke konverzije su specifični za određene faze i uvjete za njegovu implementaciju.[...]
Da bi se kontrolirala reakcija neutralizacije, mora se znati koliko kiseline ili baze dodati u otopinu da bi se dobila željena pH vrijednost. Za rješavanje ovog problema može se koristiti metoda empirijske procjene stehiometrijskih koeficijenata, koja se provodi titracijom.[ ...]
Ravnotežni sastav produkata sagorevanja u komori određen je zakonom dejstva mase. Prema ovom zakonu, brzina hemijskih reakcija je direktno proporcionalna koncentraciji početnih reagensa, od kojih je svaki uzet u stepenu koji je jednak stehiometrijskom koeficijentu sa kojim supstanca ulazi u jednačinu hemijske reakcije. Na osnovu sastava goriva može se pretpostaviti da će se proizvodi sagorevanja, na primer, tečna raketna goriva u komori sastojati od CO2, H20, CO, NO, OH, N2, H2, N. H, O, za čvrsto raketno gorivo - od A1203, N2, H2, HC1, CO, CO2, H20 pri T= 1100...2200 K.[ ...]
Da bi se potkrijepila mogućnost korištenja dvostepenog sagorijevanja prirodnog plina, provedena su eksperimentalna istraživanja raspodjele lokalnih temperatura, koncentracija dušikovih oksida i zapaljivih tvari po dužini plamena u zavisnosti od koeficijenta viška zraka koji se dovodi kroz gorionik. . Eksperimenti su izvedeni sa sagorevanjem prirodnog gasa u peći kotla PTVM-50 opremljenog VTI vorteks gorionikom sa perifernim ispuštanjem gasnog mlaza u vrtložni poprečni tok vazduha. Utvrđeno je da se kod ag O.wb proces sagorijevanja goriva završava na udaljenosti 1f/X>out = 4,2, a pri ag = 1,10 - na udaljenosti bf10out = 3,6. Ovo ukazuje na produženje procesa sagorevanja u uslovima značajno drugačijim od stehiometrijskih.[ ...]
Pojednostavljena matrica parametara procesa sa aktivnim muljem bez nitrifikacije prikazana je u tabeli. 4.2. Ovdje se pretpostavlja da tri glavna faktora doprinose procesu konverzije: biološki rast, degradacija i hidroliza. Brzine reakcije su navedene u desnoj koloni, a koeficijenti prikazani u tabeli su stehiometrijski. Koristeći tabelarne podatke, može se napisati jednačina ravnoteže mase, na primjer, za lako razgradljivu organsku tvar Be u reaktoru koji se savršeno miješa. Izrazi odgovorni za transport ne trebaju objašnjenje. Pronalazimo dva izraza koji opisuju transformacije supstance množenjem stehiometrijskih koeficijenata iz (u ovom slučaju) "komponentnih" kolona sa odgovarajućim brzinama reakcije iz desnog stupca tabele. 4.2.[ ...]
Na sl. 50 prikazuje promjenu sadržaja Wx u produktima sagorijevanja (g / kWh) ovisno o sastavu smjese i vremenu paljenja. Jer stvaranje NOx u velikoj mjeri ovisi o temperaturi plina, s ranim paljenjem emisija NOx se povećava. Zavisnost formiranja 1 Ux o koeficijentu viška vazduha je složenija, jer Postoje dva suprotstavljena faktora. Stvaranje 1NHOx ovisi o koncentraciji kisika u zapaljivoj smjesi i temperaturi. Naginjanje smjese povećava koncentraciju kisika, ali smanjuje maksimalnu temperaturu sagorijevanja. To dovodi do činjenice da se maksimalni sadržaj postiže pri radu sa mješavinama nešto lošijim od stehiometrijskih. Pri istim vrijednostima koeficijenta viška zraka, efektivna efikasnost ima maksimum.[ ...]
Na sl. Slika 7.2 prikazuje eksperimentalne ovisnosti koncentracije metanola o koncentraciji NO3-N na izlazu iz potpuno istisnutog biofiltera. Linije koje povezuju eksperimentalne tačke karakterišu distribuciju supstance duž filtera pri različitim odnosima Smc/Sn.Nagib krive odgovara vrednosti stehiometrijskog koeficijenta: 3,1 kg CH3OH/kg NO -N.
Relacija koja povezuje koncentracije reagujućih supstanci sa konstantom ravnoteže je matematički izraz zakona delovanja mase, koji se može formulisati na sledeći način: za datu reverzibilnu reakciju u stanju hemijske ravnoteže, odnos proizvoda ravnotežne koncentracije produkta reakcije u proizvod ravnotežnih koncentracija polaznih supstanci na datoj temperaturi je konstantna vrijednost, a koncentracija svake tvari mora se podići na stepen njenog stehiometrijskog koeficijenta.[...]
U Sovjetskom Savezu, metoda Polezhaeva i Girina se koristi za određivanje NO¡¡ u atmosferi. Ova metoda koristi 8% otopinu KJ za hvatanje dušikovog dioksida. Određivanje nitritnih jona u nastaloj otopini provodi se pomoću Griess-Ilosvay reagensa. Rastvor kalijum jodida je mnogo efikasniji apsorber NO2 od rastvora alkalija. Sa svojom zapreminom (samo 6 ml) i brzinom protoka vazduha (0,25 l/min), ne više od 2% NO2 ne klizi kroz apsorpcioni uređaj sa poroznom staklenom pločom. Odabrani uzorci su dobro očuvani (oko mjesec dana). Stehiometrijski koeficijent za apsorpciju NOa rastvorom KJ je 0,75, uzimajući u obzir proboj. Prema našim podacima, NO ne interferira sa ovom metodom u omjeru koncentracija NO:NOa od 3:1.[ ...]
Nedostaci ove metode, koja je naširoko uvedena u praksu visokotemperaturne obrade otpada, je potreba za korištenjem skupih alkalnih reagenasa (NaOH i Na2CO3). Tako je moguće zadovoljiti potrebe mnogih industrija koje trebaju neutralizirati male količine tekućeg otpada širokim spektrom komponenti hemijskog sastava i bilo kojeg sadržaja organoklornih spojeva. Međutim, sagorevanju rastvarača koji sadrže hlor treba pristupati s oprezom, jer pod određenim uslovima (1 > 1200°C, koeficijent viška vazduha > 1,5), izduvni gasovi mogu sadržati fosgen – visoko otrovan ugljen-hlor, ili hlorid ugljene kiseline (COC12 ). Koncentracija ove supstance opasna po život je 450 mg po 1 m3 vazduha.[...]
Procese luženja ili hemijskog trošenja teško rastvorljivih minerala ili njihovih asocijacija karakteriše stvaranje novih čvrstih faza; ravnoteže između njih i otopljenih komponenti analiziraju se korištenjem termodinamičkih dijagrama stanja. Fundamentalne poteškoće ovdje obično nastaju u vezi sa potrebom da se opiše kinetika procesa, bez kojih njihovo razmatranje često nije opravdano. Odgovarajući kinetički modeli zahtijevaju odraz kemijskih interakcija u eksplicitnom obliku - kroz parcijalne koncentracije reaktanata cx, uzimajući u obzir stehiometrijske koeficijente V. specifičnih reakcija.
