Beim Aufstellen der Gleichung für eine Redoxreaktion ist es notwendig, das Reduktionsmittel, das Oxidationsmittel und die Anzahl der abgegebenen und empfangenen Elektronen zu bestimmen. Es gibt hauptsächlich zwei Methoden zum Aufstellen von Gleichungen für Redoxreaktionen:
1) elektronische Balance– basierend auf der Bestimmung der Gesamtzahl der Elektronen, die sich vom Reduktionsmittel zum Oxidationsmittel bewegen;
2) Ionen-Elektronen-Gleichgewicht– sorgt für die getrennte Aufstellung von Gleichungen für den Oxidations- und Reduktionsprozess mit anschließender Summierung zu einer allgemeinen Ionengleichung – Halbreaktionsmethode. Bei dieser Methode ist es notwendig, nicht nur die Koeffizienten für das Reduktionsmittel und das Oxidationsmittel, sondern auch für die Moleküle des Mediums zu ermitteln. Abhängig von der Beschaffenheit des Mediums kann die Anzahl der vom Oxidationsmittel aufgenommenen oder vom Reduktionsmittel verlorenen Elektronen variieren.
1) Elektronisches Gleichgewicht ist eine Methode zur Ermittlung von Koeffizienten in den Gleichungen von Redoxreaktionen, die den Elektronenaustausch zwischen Atomen von Elementen berücksichtigt, die ihren Oxidationszustand ändern. Die Anzahl der vom Reduktionsmittel abgegebenen Elektronen ist gleich der Anzahl der vom Oxidationsmittel aufgenommenen Elektronen.
Die Gleichung wird in mehreren Schritten erstellt:
1. Notieren Sie das Reaktionsschema.
KMnO 4 + HCl → KCl + MnCl 2 + Cl 2 + H 2 O
2. Tragen Sie Oxidationsstufen über die Vorzeichen der Elemente ein, die sich ändern.
KMn +7 O 4 + HCl -1 → KCl + Mn +2 Cl 2 + Cl 2 0 + H 2 O
3. Elemente, die den Oxidationszustand ändern, werden identifiziert und die Anzahl der Elektronen bestimmt, die vom Oxidationsmittel aufgenommen und vom Reduktionsmittel abgegeben werden.
Mn +7 + 5ē = Mn +2
2Cl -1 - 2ē = Cl 2 0
4. Die Anzahl der aufgenommenen und abgegebenen Elektronen wird ausgeglichen, wodurch Koeffizienten für Verbindungen festgelegt werden, die Elemente enthalten, die den Oxidationszustand ändern.
Mn +7 + 5ē = Mn +2 2
2Cl -1 - 2ē = Cl 2 0 5
––––––––––––––––––––––––
2Mn +7 + 10Cl -1 = 2Mn +2 + 5Cl 2 0
5. Wählen Sie Koeffizienten für alle anderen Teilnehmer der Reaktion aus. In diesem Fall sind 10 HCl-Moleküle am Reduktionsprozess und 6 am Ionenaustauschprozess (Bindung von Kalium- und Manganionen) beteiligt.
2KMn +7 O 4 + 16HCl -1 = 2KCl + 2Mn +2 Cl 2 + 5Cl 2 0 + 8H 2 O
2) Ionen-Elektronen-Gleichgewichtsmethode.
1. Notieren Sie das Reaktionsschema.
K 2 SO 3 + KMnO 4 + H 2 SO 4 → K 2 SO 4 + MnSO 4 + H 2 O
2. Notieren Sie die Halbreaktionsschemata unter Verwendung tatsächlich vorhandener Partikel (Moleküle und Ionen) in der Lösung. Gleichzeitig fassen wir die Materialbilanz zusammen, d.h. Die Anzahl der Atome der an der Halbreaktion beteiligten Elemente auf der linken Seite muss gleich ihrer Anzahl auf der rechten Seite sein. Oxidierte und reduzierte Formen Das Oxidationsmittel und das Reduktionsmittel unterscheiden sich häufig im Sauerstoffgehalt (vergleiche Cr 2 O 7 2− und Cr 3+). Daher schließen sie bei der Erstellung von Halbreaktionsgleichungen mit der Elektron-Ionen-Balance-Methode H + /H 2 O-Paare ein (z sauer Umgebung) und OH - /H 2 O (z alkalisch Umfeld). Wenn beim Übergang von einer Form zur anderen die ursprüngliche Form (normalerweise − oxidiert) seine Oxidionen verliert (unten in eckigen Klammern dargestellt), dann müssen letztere vorhanden sein, da sie nicht in freier Form vorliegen sauer Umwelt sind mit Wasserstoffkationen verbunden, und in alkalisch Umgebung - mit Wassermolekülen, was zur Bildung führt Wassermoleküle(in einer sauren Umgebung) und Hydroxidionen(in alkalischer Umgebung):
saure Umgebung+ 2H + = H 2 O Beispiel: Cr 2 O 7 2− + 14H + = 2Cr 3+ + 7H 2 O
alkalische Umgebung+ H 2 O = 2 OH - Beispiel: MnO 4 - + 2H 2 O = MnO 2 + 4ОH -
Sauerstoffmangel in der ursprünglichen Form (in der Regel in der wiederhergestellten Form) gegenüber der endgültigen Form wird durch den Zusatz ausgeglichen Wassermoleküle(V sauer Umgebung) bzw Hydroxidionen(V alkalisch Umfeld):
saure Umgebung H 2 O = + 2H + Beispiel: SO 3 2- + H 2 O = SO 4 2- + 2H +
alkalische Umgebung 2 OH − = + H 2 O Beispiel: SO 3 2− + 2OH − = SO 4 2− + H 2 O
MnO 4 - + 8H + → Mn 2+ + 4H 2 O Reduktion
SO 3 2- + H 2 O → SO 4 2- + 2H + Oxidation
3. Wir stellen das elektronische Gleichgewicht her und folgen dabei der Notwendigkeit der Gleichheit der Gesamtladung auf der rechten und linken Seite der Halbreaktionsgleichungen.
Im obigen Beispiel beträgt auf der rechten Seite der Reduktionshalbreaktionsgleichung die Gesamtladung der Ionen +7, auf der linken Seite - +2, was bedeutet, dass auf der rechten Seite fünf Elektronen hinzugefügt werden müssen:
MnO 4 - + 8H + + 5ē → Mn 2+ + 4H 2 O
In der Gleichung für die Oxidationshalbreaktion beträgt die Gesamtladung auf der rechten Seite -2, auf der linken Seite 0, was bedeutet, dass auf der rechten Seite zwei Elektronen abgezogen werden müssen:
SO 3 2- + H 2 O – 2ē → SO 4 2- + 2H +
Somit wurde in beiden Gleichungen das Ionen-Elektronen-Gleichgewicht erreicht und es ist möglich, in sie Gleichheitszeichen anstelle von Pfeilen einzufügen:
MnO 4 - + 8H + + 5ē = Mn 2+ + 4H 2 O
SO 3 2- + H 2 O – 2ē = SO 4 2- + 2H +
4. Nach der Regel über die Notwendigkeit einer Gleichheit der Anzahl der vom Oxidationsmittel aufgenommenen und vom Reduktionsmittel abgegebenen Elektronen finden wir das kleinste gemeinsame Vielfache für die Anzahl der Elektronen in beiden Gleichungen (2∙5 = 10).
5. Multiplizieren Sie mit den Koeffizienten (2,5) und summieren Sie beide Gleichungen, indem Sie die linke und rechte Seite beider Gleichungen addieren.
MnO 4 - + 8H + + 5ē = Mn 2+ + 4H 2 O 2
SO 3 2- + H 2 O – 2ē = 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-
oder in molekularer Form:
5K 2 SO 3 + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 = 6K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 3H 2 O
Diese Methode berücksichtigt die Übertragung von Elektronen von einem Atom oder Ion auf ein anderes und berücksichtigt dabei die Art des Mediums (sauer, alkalisch oder neutral), in dem die Reaktion stattfindet. In einer sauren Umgebung müssen in den Halbreaktionsgleichungen Wasserstoffionen H + und Wassermoleküle verwendet werden, um die Anzahl der Wasserstoff- und Sauerstoffatome auszugleichen; in einer basischen Umgebung müssen Hydroxidionen OH - und Wassermoleküle verwendet werden. Dementsprechend befinden sich in den resultierenden Produkten auf der rechten Seite der Elektron-Ionen-Gleichung Wasserstoffionen (und keine Hydroxidionen) und Wassermoleküle (saures Milieu) bzw. Hydroxidionen und Wassermoleküle (alkalisches Milieu). Beispielsweise kann die Halbreaktionsgleichung für die Reduktion von Permanganat-Ionen in einem sauren Medium nicht zusammengestellt werden, wenn auf der rechten Seite Hydroxidionen vorhanden sind:
MnO 4 - + 4H 2 O + 5ē = Mn 2+ + 8ОH - .
Rechts: MnO 4 - + 8H + + 5ē = Mn 2+ + 4H 2 O
Das heißt, beim Schreiben von Elektronen-Ionen-Gleichungen muss man von der Zusammensetzung der tatsächlich in der Lösung vorhandenen Ionen ausgehen. Darüber hinaus sollten Substanzen, die schlecht dissoziieren, schlecht löslich sind oder als Gas freigesetzt werden, wie beim Schreiben abgekürzter Ionengleichungen in molekularer Form geschrieben werden.
Das Aufstellen von Gleichungen für Redoxreaktionen mit der Halbreaktionsmethode führt zum gleichen Ergebnis wie mit der Elektronenbilanzmethode.
Vergleichen wir beide Methoden. Der Vorteil der Halbreaktionsmethode gegenüber der Methode der elektronischen Waage besteht darin, dass: dass es keine hypothetischen, sondern tatsächlich existierende Ionen verwendet.
Bei der Halbreaktionsmethode ist es nicht erforderlich, den Oxidationszustand der Atome zu kennen. Das Schreiben individueller ionischer Halbreaktionsgleichungen ist notwendig, um die chemischen Prozesse in einer galvanischen Zelle und bei der Elektrolyse zu verstehen. Mit dieser Methode wird die Rolle der Umwelt als aktiver Teilnehmer am gesamten Prozess sichtbar. Schließlich müssen Sie bei der Halbreaktionsmethode nicht alle entstehenden Stoffe kennen; diese tauchen bei der Ableitung der Reaktionsgleichung auf. Bei der Aufstellung von Gleichungen für alle in wässrigen Lösungen ablaufenden Redoxreaktionen sollte daher der Halbreaktionsmethode der Vorzug gegeben werden
Bei dieser Methode werden die Oxidationsstufen von Atomen im Ausgangs- und Endstoff verglichen, wobei die Regel gilt: Die Anzahl der vom Reduktionsmittel abgegebenen Elektronen muss gleich der Anzahl der vom Oxidationsmittel hinzugefügten Elektronen sein. Um eine Gleichung zu erstellen, müssen Sie die Formeln der Reaktanten und Reaktionsprodukte kennen. Letztere werden entweder experimentell oder auf Basis bekannter Eigenschaften der Elemente ermittelt.
Die Methode des Ionen-Elektronen-Gleichgewichts ist im Vergleich zur Methode des elektronischen Gleichgewichts universeller und bietet einen unbestreitbaren Vorteil bei der Auswahl der Koeffizienten bei vielen Redoxreaktionen, insbesondere bei solchen mit organischen Verbindungen, bei denen selbst das Verfahren zur Bestimmung der Oxidationsstufen sehr komplex ist.
Betrachten Sie zum Beispiel den Prozess der Ethylenoxidation, der auftritt, wenn es durch eine wässrige Lösung von Kaliumpermanganat geleitet wird. Infolgedessen wird Ethylen zu Ethylenglykol HO-CH 2 -CH 2 -OH oxidiert und Permanganat zu Mangan(IV)-oxid reduziert. Darüber hinaus wird, wie aus der endgültigen Bilanzgleichung hervorgeht, auch Kaliumhydroxid gebildet das Recht:
KMnO 4 + C 2 H 4 + H 2 O → C 2 H 6 O 2 + MnO 2 + KOH
Gleichung für Reduktions- und Oxidationshalbreaktionen:
MnO 4 - + 2H 2 O + 3е = MnO 2 + 4ОH - 2 Reduktion
C 2 H 4 + 2OH - - 2e = C 2 H 6 O 2 3 Oxidation
Wir summieren beide Gleichungen und subtrahieren die auf der linken und rechten Seite vorhandenen Hydroxidionen.
Wir erhalten die endgültige Gleichung:
2KMnO 4 + 3C 2 H 4 + 4H 2 O → 3C 2 H 6 O 2 + 2MnO 2 + 2KOH
Bei der Verwendung der Ionen-Elektronen-Gleichgewichtsmethode zur Bestimmung von Koeffizienten bei Reaktionen mit organischen Verbindungen ist es zweckmäßig, die Oxidationsstufen von Wasserstoffatomen als +1 und Sauerstoff als -2 zu betrachten und Kohlenstoff anhand des Gleichgewichts positiver und negativer Ladungen in zu berechnen Molekül (Ion). In einem Ethylenmolekül ist die Gesamtladung also Null:
4 ∙ (+1) + 2 ∙ X = 0,
Dies bedeutet, dass die Oxidationsstufe von zwei Kohlenstoffatomen (-4) und eines (X) (-2) ist.
In ähnlicher Weise finden wir im Ethylenglykolmolekül C 2 H 6 O 2 die Oxidationsstufe von Kohlenstoff (X):
2 ∙ X + 2 ∙ (-2) + 6 ∙ (+1) = 0, X = -1
Bei einigen Molekülen organischer Verbindungen führt eine solche Berechnung zu einem Bruchwert der Oxidationsstufe von Kohlenstoff, beispielsweise beträgt er für ein Acetonmolekül (C 3 H 6 O) -4/3. Die elektronische Gleichung schätzt die Gesamtladung der Kohlenstoffatome ab. In einem Acetonmolekül beträgt er -4.
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Eines der wichtigsten chemischen Konzepte, auf denen stöchiometrische Berechnungen basieren, ist chemische Menge eines Stoffes. Die Menge einer Substanz X wird mit n(X) bezeichnet. Die Maßeinheit für die Menge eines Stoffes ist Mol.
Ein Mol ist die Menge eines Stoffes, die 6,02 · 10 23 Moleküle, Atome, Ionen oder andere Struktureinheiten enthält, aus denen der Stoff besteht.
Man nennt die Masse eines Mols einer Substanz X Molmasse M(X) dieser Substanz. Wenn wir die Masse m(X) eines Stoffes X und seine Molmasse kennen, können wir die Menge dieses Stoffes mit der Formel berechnen:
Angerufen wird die Nummer 6.02 10 23 Avogadros Nummer(N / A); seine Dimension mol –1.
Indem wir die Avogadro-Zahl N a mit der Stoffmenge n(X) multiplizieren, können wir die Anzahl der Struktureinheiten, zum Beispiel der Moleküle N(X) eines Stoffes X, berechnen:
N(X) = N a · n(X) .
In Analogie zum Begriff der Molmasse wurde der Begriff des Molvolumens eingeführt: Molvolumen V m (X) einer Substanz X ist das Volumen eines Mols dieser Substanz. Wenn wir das Volumen des Stoffes V(X) und sein Molvolumen kennen, können wir die chemische Menge des Stoffes berechnen:
In der Chemie haben wir es besonders oft mit dem Molvolumen von Gasen zu tun. Nach dem Avogadro-Gesetz enthalten gleiche Volumina aller Gase, die bei gleicher Temperatur und gleichem Druck aufgenommen werden, die gleiche Anzahl an Molekülen. Unter gleichen Bedingungen nimmt 1 Mol eines beliebigen Gases das gleiche Volumen ein. Unter normalen Bedingungen (Norm) – Temperatur 0°C und Druck 1 Atmosphäre (101325 Pa) – beträgt dieses Volumen 22,4 Liter. Also bei Nr. V m (Gas) = 22,4 l/mol. Besonders hervorzuheben ist, dass der molare Volumenwert von 22,4 l/mol verwendet wird nur für Gase.
Wenn Sie die Molmassen von Stoffen und die Avogadro-Zahl kennen, können Sie die Masse eines Moleküls eines beliebigen Stoffes in Gramm ausdrücken. Nachfolgend finden Sie ein Beispiel für die Berechnung der Masse eines Wasserstoffmoleküls.
1 Mol Wasserstoffgas enthält 6,02·10 23 Moleküle H 2 und hat eine Masse von 2 g (da M(H 2) = 2 g/mol). Somit,
6,02·10 23 H 2 -Moleküle haben eine Masse von 2 g;
1 Molekül H 2 hat die Masse x g; x = 3,32·10 –24 g.
Der Begriff „Mol“ wird häufig zur Berechnung chemischer Reaktionsgleichungen verwendet, da die stöchiometrischen Koeffizienten in der Reaktionsgleichung zeigen, in welchen Molverhältnissen Stoffe miteinander reagieren und als Ergebnis der Reaktion entstehen.
Beispielsweise enthält die Reaktionsgleichung 4 NH 3 + 3 O 2 → 2 N 2 + 6 H 2 O folgende Informationen: 4 Mol Ammoniak reagieren ohne Über- oder Unterschuss mit 3 Mol Sauerstoff, wodurch 2 Mol entstehen Stickstoff und 6 Mol Wasser.
Beispiel 4.1 Berechnen Sie die Masse des Niederschlags, der bei der Wechselwirkung von Lösungen mit 70,2 g Calciumdihydrogenphosphat und 68 g Calciumhydroxid entsteht. Welcher Stoff bleibt im Überschuss? Was ist seine Masse?
3 Ca(H 2 PO 4) 2 + 12 KOH ® Ca 3 (PO 4) 2 ¯ + 4 K 3 PO 4 + 12 H 2 O
Aus der Reaktionsgleichung ist ersichtlich, dass 3 Mol Ca(H 2 PO 4) 2 mit 12 Mol KOH reagieren. Berechnen wir die Mengen an Reaktanten, die entsprechend den Bedingungen des Problems angegeben werden:
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.
für 3 mol Ca(H 2 PO 4) 2 werden 12 mol KOH benötigt
für 0,3 mol Ca(H 2 PO 4) werden 2 x mol KOH benötigt
x = 1,2 mol – so viel KOH wird benötigt, damit die Reaktion ohne Überschuss oder Mangel abläuft. Und je nach Aufgabe sind es 1,215 mol KOH. Daher ist KOH im Überschuss vorhanden; Nach der Reaktion verbleibende KOH-Menge:
n(KOH) = 1,215 mol – 1,2 mol = 0,015 mol;
seine Masse m(KOH) = n(KOH) × M(KOH) = 0,015 mol × 56 g/mol = 0,84 g.
Die Berechnung des resultierenden Reaktionsprodukts (Niederschlag Ca 3 (PO 4) 2) sollte mit einem knappen Stoff (in diesem Fall Ca(H 2 PO 4) 2) erfolgen, da dieser Stoff vollständig reagiert . Aus der Reaktionsgleichung geht klar hervor, dass die Anzahl der gebildeten Mol Ca 3 (PO 4) 2 dreimal geringer ist als die Anzahl der Mol des umgesetzten Ca(H 2 PO 4) 2:
n(Ca 3 (PO 4) 2) = 0,3 mol: 3 = 0,1 mol.
Daher ist m(Ca 3 (PO 4) 2) = n(Ca 3 (PO 4) 2) × M(Ca 3 (PO 4) 2) = 0,1 mol × 310 g/mol = 31 g.
Aufgabe Nr. 5
a) Berechnen Sie die in Tabelle 5 angegebenen chemischen Mengen der reagierenden Stoffe (die Volumina der gasförmigen Stoffe sind unter Normalbedingungen angegeben);
b) Ordnen Sie die Koeffizienten im gegebenen Reaktionsschema an und bestimmen Sie anhand der Reaktionsgleichung, welcher der Stoffe im Überschuss und welcher im Mangel vorhanden ist;
c) Ermitteln Sie die in Tabelle 5 angegebene chemische Menge des Reaktionsprodukts.
d) Berechnen Sie die Masse oder das Volumen (siehe Tabelle 5) dieses Reaktionsprodukts.
Tabelle 5 – Bedingungen der Aufgabe Nr. 5
| Option Nr. | Reagierende Stoffe | Reaktionsschema | Berechnung |
| m(Fe)=11,2 g; V(Cl 2) = 5,376 l | Fe+Cl 2 ® FeCl 3 | m(FeCl 3) | |
| m(Al)=5,4 g; m(H 2 SO 4) = 39,2 g | Al+H 2 SO 4 ® Al 2 (SO 4) 3 +H 2 | V(H2) | |
| V(CO)=20 l; m(O 2)=20 g | CO+O 2 ® CO 2 | 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(Ag2S) | |
| 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(BaSO 4) | |
| m(KI)=3,32 g; V(Cl 2)=448 ml | KI+Cl 2 ® KCl+I 2 | m(I 2) | |
| m(CaCl 2) = 22,2 g; m(AgNO 3)=59,5 g | CaCl 2 + AgNO 3 ®AgCl + Ca(NO 3) 2 | m(AgCl) | |
| m(H 2)=0,48 g; V(O 2)=2,8 l | H 2 +O 2 ® H 2 O | m(H2O) | |
| m(Ba(OH) 2)=3,42g; V(HCl)=784 ml | Ba(OH) 2 +HCl ® BaCl 2 +H 2 O | m(BaCl2) |
Fortsetzung von Tabelle 5
| Option Nr. | Reagierende Stoffe | Reaktionsschema | Berechnung |
| m(H 3 PO 4)=9,8 g; m(NaOH)=12,2 g | H 3 PO 4 +NaOH ® Na 3 PO 4 +H 2 O | m(Na 3 PO 4) | |
| m(H 2 SO 4) = 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(NH 3) | |
| m(NH 3)=6,8 g; V(O 2)=7,84 l | NH 3 +O 2 ® N 2 +H 2 O | V(N 2) | |
| V(H 2 S)=11,2 l; m(O 2)=8,32 g | H 2 S+O 2 ® S+H 2 O | MS) | |
| 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)=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)=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)=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)=8,5 g | AlCl 3 + AgNO 3 ®AgCl + Al(NO 3) 3 | m(AgCl) | |
| m(KBr)=2,38 g; V(Cl 2)=448 ml | KBr+Cl 2 ® KCl+Br 2 | m(Br 2) | |
| m(CaBr 2)=40 g; m(AgNO 3)=59,5 g | CaBr 2 + AgNO 3 ®AgBr + Ca(NO 3) 2 | m(AgBr) | |
| m(H 2)=1,44 g; V(O 2)=8,4 l | H 2 +O 2 ® H 2 O | m(H2O) | |
| 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(H 3 PO 4)=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(H 2 SO 4) = 49 g; m(NaOH)=45 g | H 2 SO 4 +NaOH ® Na 2 SO 4 +H 2 O | m(Na2SO4) | |
| V(Cl 2) = 2,24 l; m(KOH)=8,4 g | Cl 2 +KOH ® KClO 3 +KCl+H 2 O | m(KClO3) | |
| m(NH 4 Cl)=43 g; m(Ca(OH) 2)=37 g | NH 4 Cl+Ca(OH) 2 ®CaCl 2 +NH 3 +H 2 O | V(NH 3) | |
| V(NH 3) = 8,96 l; m(O 2)=14,4 g | NH 3 +O 2 ® NO+H 2 O | V(NEIN) | |
| V(H 2 S)=17,92 l; m(O 2)=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(H 2 O)=8,1 g | Ca+H 2 O ® Ca(OH) 2 +H 2 | V(H2) |
KONZENTRATION DER LÖSUNGEN
Im Rahmen des allgemeinen Chemiekurses lernen die Studierenden zwei Möglichkeiten, die Konzentration von Lösungen auszudrücken – Massenanteil und Stoffmengenkonzentration.
Massenanteil des gelösten Stoffes X wird als Verhältnis der Masse dieses Stoffes zur Masse der Lösung berechnet:
,
wobei ω(X) der Massenanteil der gelösten Substanz X ist;
m(X) – Masse der gelösten Substanz X;
m Lösung – Masse der Lösung.
Der Massenanteil eines Stoffes, berechnet nach der obigen Formel, ist eine dimensionslose Größe, ausgedrückt in Bruchteilen einer Einheit (0< ω(X) < 1).
Der Massenanteil kann nicht nur in Bruchteilen einer Einheit, sondern auch in Prozent ausgedrückt werden. In diesem Fall sieht die Berechnungsformel so aus:
Der in Prozent ausgedrückte Massenanteil wird häufig als Massenanteil bezeichnet prozentuale Konzentration . Offensichtlich beträgt die prozentuale Konzentration gelöster Stoffe 0 %.< ω(X) < 100%.
Die prozentuale Konzentration gibt an, wie viele Massenteile eines gelösten Stoffes in 100 Massenteilen einer Lösung enthalten sind. Wählt man als Masseneinheit das Gramm, so lässt sich diese Definition auch wie folgt schreiben: Die prozentuale Konzentration gibt an, wie viele Gramm gelöster Stoff in 100 Gramm Lösung enthalten sind.
Es ist klar, dass beispielsweise eine 30 %ige Lösung einem Massenanteil des gelösten Stoffes von 0,3 entspricht.
Eine andere Möglichkeit, den Gehalt einer Lösung an gelösten Stoffen auszudrücken, ist die molare Konzentration (Molarität).
Die molare Konzentration eines Stoffes bzw. die Molarität einer Lösung gibt an, wie viele Mol eines gelösten Stoffes in 1 Liter (1 dm3) Lösung enthalten sind
wobei C(X) die molare Konzentration des gelösten Stoffes X (mol/l) ist;
n(X) – chemische Menge der gelösten Substanz X (mol);
V Lösung – Lösungsvolumen (l).
Beispiel 5.1 Berechnen Sie die molare Konzentration von H 3 PO 4 in der Lösung, wenn bekannt ist, dass der Massenanteil von H 3 PO 4 60 % beträgt und die Dichte der Lösung 1,43 g/ml beträgt.
Per Definition der prozentualen Konzentration
100 g Lösung enthalten 60 g Phosphorsäure.
n(H 3 PO 4) = m(H 3 PO 4) : M(H 3 PO 4) = 60 g: 98 g/mol = 0,612 mol;
V Lösung = m Lösung: ρ Lösung = 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 Lösung = 0,612 mol: 0,0699 l = 8,755 mol/l.
Beispiel 5.2 Es liegt eine 0,5 M Lösung von H 2 SO 4 vor. Wie groß ist der Massenanteil an Schwefelsäure in dieser Lösung? Nehmen Sie die Dichte der Lösung als 1 g/ml an.
Per Definition der molaren Konzentration
1 Liter Lösung enthält 0,5 mol H 2 SO 4
(Der Eintrag „0,5 M Lösung“ bedeutet, dass C(H 2 SO 4) = 0,5 mol/l).
m Lösung = V Lösung × ρ Lösung = 1000 ml × 1 g/ml = 1000 g;
m(H 2 SO 4) = 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 Lösung = 49 g: 1000 g = 0,049 (4,9 %).
Beispiel 5.3 Welche Mengen an Wasser und 96 %iger H 2 SO 4 -Lösung mit einer Dichte von 1,84 g/ml müssen zur Herstellung von 2 Litern einer 60 %igen H 2 SO 4 -Lösung mit einer Dichte von 1,5 g/ml verwendet werden?
Bei der Lösung von Problemen bei der Herstellung einer verdünnten Lösung aus einer konzentrierten Lösung sollte berücksichtigt werden, dass die ursprüngliche Lösung (konzentriert), das Wasser und die resultierende Lösung (verdünnt) unterschiedliche Dichten haben. In diesem Fall ist zu beachten, dass V der ursprünglichen Lösung + V von Wasser ≠ V der resultierenden Lösung,
denn beim Mischen der konzentrierten Lösung und Wasser kommt es zu einer Volumenänderung (Zunahme oder Abnahme) des Gesamtsystems.
Die Lösung solcher Probleme muss damit beginnen, die Parameter der verdünnten Lösung (d. h. der Lösung, die hergestellt werden muss) herauszufinden: ihre Masse, die Masse des gelösten Stoffes und gegebenenfalls die Menge des gelösten Stoffes.
M 60 %ige Lösung = V 60 %ige Lösung ∙ ρ 60 %ige Lösung = 2000 ml × 1,5 g/ml = 3000 g.
m(H 2 SO 4) in 60 %iger Lösung = m 60 %iger Lösung w(H 2 SO 4) in 60 %iger Lösung = 3000 g 0,6 = 1800 g.
Die Masse an reiner Schwefelsäure in der vorbereiteten Lösung sollte der Masse an Schwefelsäure in dem Teil einer 96 %igen Lösung entsprechen, der zur Herstellung einer verdünnten Lösung verwendet werden muss. Auf diese Weise,
m(H 2 SO 4) in 60 %iger Lösung = m(H 2 SO 4) in 96 %iger Lösung = 1800 g.
m 96 %ige Lösung = m (H 2 SO 4) in 96 %iger Lösung: w(H 2 SO 4) in 96 %iger Lösung = 1800 g: 0,96 = 1875 g.
m (H 2 O) = m 40 %ige Lösung – m 96 %ige Lösung = 3000 g – 1875 g = 1125 g.
V 96 %ige Lösung = m 96 %ige Lösung: ρ 96 %ige Lösung = 1875 g: 1,84 g/ml = 1019 ml » 1,02 l.
V Wasser = m Wasser: ρ Wasser = 1125 g: 1 g/ml = 1125 ml = 1,125 l.
Beispiel 5.4 Mischen Sie 100 ml einer 0,1 M Lösung von CuCl 2 und 150 ml einer 0,2 M Lösung von Cu(NO 3) 2. Berechnen Sie die molare Konzentration von Cu 2+, Cl – und NO 3 – Ionen in der resultierenden Lösung.
Bei der Lösung eines ähnlichen Problems des Mischens verdünnter Lösungen ist es wichtig zu verstehen, dass verdünnte Lösungen ungefähr die gleiche Dichte haben, die ungefähr der Dichte von Wasser entspricht. Beim Mischen ändert sich das Gesamtvolumen des Systems praktisch nicht: V 1 der verdünnten Lösung + V 2 der verdünnten Lösung +..." V der resultierenden Lösung.
In der ersten Lösung:
n(CuCl 2) = C(CuCl 2) V Lösung von CuCl 2 = 0,1 mol/l × 0,1 l = 0,01 mol;
CuCl 2 – starker Elektrolyt: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2Cl – ;
Daher ist n(Cu 2+) = n(CuCl 2) = 0,01 mol; n(Cl –) = 2 × 0,01 = 0,02 mol.
In der zweiten Lösung:
n(Cu(NO 3) 2) = C(Cu(NO 3) 2) × V Lösung Cu(NO 3) 2 = 0,2 mol/l × 0,15 l = 0,03 mol;
Cu(NO 3) 2 – starker Elektrolyt: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2NO 3 –;
Daher ist n(Cu 2+) = n(Cu(NO 3) 2) = 0,03 mol; n(NO 3 –) = 2×0,03 = 0,06 mol.
Nach dem Mischen der Lösungen:
n(Cu 2+) insgesamt. = 0,01 mol + 0,03 mol = 0,04 mol;
V insgesamt » V-Lösung CuCl 2 + V-Lösung Cu(NO 3) 2 = 0,1 l + 0,15 l = 0,25 l;
C(Cu 2+) = n(Cu 2+) : V total. = 0,04 mol: 0,25 l = 0,16 mol/l;
C(Cl –) = n(Cl –) : Vges. = 0,02 mol: 0,25 l = 0,08 mol/l;
C(NO 3 –) = n(NO 3 –) : Vges. = 0,06 mol: 0,25 l = 0,24 mol/l.
Beispiel 5.5 684 mg Aluminiumsulfat und 1 ml einer 9,8 %igen Schwefelsäurelösung mit einer Dichte von 1,1 g/ml wurden in den Kolben gegeben. Die resultierende Mischung wurde in Wasser gelöst; Das Volumen der Lösung wurde mit Wasser auf 500 ml gebracht. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen von H +-, Al 3+ SO 4 2–-Ionen in der resultierenden Lösung.
Berechnen wir die Mengen der gelösten Stoffe:
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 – starker Elektrolyt: Al 2 (SO 4) 3 ® 2Al 3+ + 3SO 4 2– ;
Daher ist n(Al 3+)=2×0,002 mol=0,004 mol; n(SO 4 2–)=3×0,002 mol=0,006 mol.
m Lösung von H 2 SO 4 = V Lösung von H 2 SO 4 × ρ Lösung von H 2 SO 4 = 1 ml × 1,1 g/ml = 1,1 g;
m(H 2 SO 4) = m Lösung von 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 ist ein starker Elektrolyt: H 2 SO 4 ® 2H + + SO 4 2– .
Daher ist n(SO 4 2–) = n(H 2 SO 4) = 0,0011 mol; n(H+) = 2 × 0,0011 = 0,0022 mol.
Je nach Problemstellung beträgt das Volumen der resultierenden Lösung 500 ml (0,5 l).
n(SO 4 2–) ges. = 0,006 mol + 0,0011 mol = 0,0071 mol.
C(Al 3+) = n(Al 3+): V-Lösung = 0,004 mol: 0,5 l = 0,008 mol/l;
C(H +) = n(H +): V Lösung = 0,0022 mol: 0,5 l = 0,0044 mol/l;
С(SO 4 2–) = n(SO 4 2–) insgesamt. : V-Lösung = 0,0071 mol: 0,5 l = 0,0142 mol/l.
Beispiel 5.6 Welche Masse Eisensulfat (FeSO 4 ·7H 2 O) und welche Wassermenge müssen zur Herstellung von 3 Litern 10 %iger Eisen(II)sulfatlösung verwendet werden. Nehmen Sie an, dass die Lösungsdichte 1,1 g/ml beträgt.
Die Masse der Lösung, die vorbereitet werden muss, beträgt:
m Lösung = V Lösung ∙ ρ Lösung = 3000 ml ∙ 1,1 g/ml = 3300 g.
Die Masse an reinem Eisen(II)sulfat in dieser Lösung beträgt:
m(FeSO 4) = m Lösung × w(FeSO 4) = 3300 g × 0,1 = 330 g.
Die gleiche Masse an wasserfreiem FeSO 4 sollte in der Menge an kristallinem Hydrat enthalten sein, die zur Herstellung der Lösung entnommen werden muss. Aus einem Vergleich der Molmassen M(FeSO 4 7H 2 O) = 278 g/mol und M(FeSO 4) = 152 g/mol,
wir erhalten den Anteil:
278 g FeSO 4 ·7H 2 O enthalten 152 g FeSO 4;
x g FeSO 4 ·7H 2 O enthält 330 g FeSO 4 ;
x = (278·330) : 152 = 603,6 g.
m Wasser = m Lösung – m Eisensulfat = 3300 g – 603,6 g = 2696,4 g.
Weil die Dichte von Wasser 1 g/ml beträgt, dann ist das Wasservolumen, das zur Herstellung der Lösung entnommen werden muss, gleich: V Wasser = m Wasser: ρ Wasser = 2696,4 g: 1 g/ml = 2696,4 ml.
Beispiel 5.7 Welche Masse Glaubersalz (Na 2 SO 4 ·10H 2 O) muss in 500 ml 10 %iger Natriumsulfatlösung (Lösungsdichte 1,1 g/ml) gelöst werden, um eine 15 %ige Na 2 SO 4 -Lösung zu erhalten?
Es seien x Gramm Glaubersalz Na 2 SO 4 · 10H 2 O erforderlich. Dann ist die Masse der resultierenden Lösung gleich:
m 15 %ige Lösung = m Originallösung (10 %) + m Glaubersalz = 550 + x (g);
m der ursprünglichen (10 %) Lösung = V 10 % Lösung × ρ 10 % Lösung = 500 ml × 1,1 g/ml = 550 g;
m(Na 2 SO 4) in der ursprünglichen (10 %) Lösung = m 10 % Lösung a · w(Na 2 SO 4) = 550 g · 0,1 = 55 g.
Drücken wir durch x die Masse an reinem Na 2 SO 4 aus, die in x Gramm Na 2 SO 4 · 10H 2 O enthalten ist.
M(Na 2 SO 4 ·10H 2 O) = 322 g/mol; M(Na 2 SO 4) = 142 g/mol; somit:
322 g Na 2 SO 4 ·10H 2 O enthalten 142 g wasserfreies Na 2 SO 4;
x g Na 2 SO 4 ·10H 2 O enthält m g wasserfreies Na 2 SO 4 .
m(Na 2 SO 4) = 142 x: 322 = 0,441 x x.
Die Gesamtmasse an Natriumsulfat in der resultierenden Lösung beträgt:
m(Na 2 SO 4) in einer 15 %igen Lösung = 55 + 0,441 × x (g).
In der resultierenden Lösung: 
= 0,15
, woraus x = 94,5 g.
Aufgabe Nr. 6
Tabelle 6 – Bedingungen der Aufgabe Nr. 6
| Option Nr. | Bedingungstext |
| 5 g Na 2 SO 4 × 10H 2 O wurden in Wasser gelöst und das Volumen der resultierenden Lösung wurde mit Wasser auf 500 ml gebracht. Berechnen Sie den Massenanteil von Na 2 SO 4 in dieser Lösung (ρ = 1 g/ml) und die molaren Konzentrationen von Na +- und SO 4 2–-Ionen. | |
| Die Lösungen wurden gemischt: 100 ml 0,05 M Cr 2 (SO 4) 3 und 100 ml 0,02 M Na 2 SO 4. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen der Cr 3+-, Na +- und SO 4 2–-Ionen in der resultierenden Lösung. | |
| Welche Mengen an Wasser und einer 98 %igen Schwefelsäurelösung (Dichte 1,84 g/ml) sollten verwendet werden, um 2 Liter einer 30 %igen Lösung mit einer Dichte von 1,2 g/ml herzustellen? | |
| 50 g Na 2 CO 3 × 10H 2 O wurden in 400 ml Wasser gelöst. Wie hoch sind die molaren Konzentrationen von Na + und CO 3 2–-Ionen und der Massenanteil von Na 2 CO 3 in der resultierenden Lösung (ρ = 1,1). g/ml)? | |
| Die Lösungen wurden gemischt: 150 ml 0,05 M Al 2 (SO 4) 3 und 100 ml 0,01 M NiSO 4. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen der Ionen Al 3+, Ni 2+, SO 4 2- in der resultierenden Lösung. | |
| Welche Mengen an Wasser und einer 60 %igen Salpetersäurelösung (Dichte 1,4 g/ml) werden benötigt, um 500 ml einer 4 M Lösung (Dichte 1,1 g/ml) herzustellen? | |
| Welche Masse Kupfersulfat (CuSO 4 × 5H 2 O) wird benötigt, um 500 ml einer 5 %igen Kupfersulfatlösung mit einer Dichte von 1,05 g/ml herzustellen? | |
| 1 ml einer 36 %igen HCl-Lösung (ρ = 1,2 g/ml) und 10 ml einer 0,5 M ZnCl 2 -Lösung wurden in den Kolben gegeben. Das Volumen der resultierenden Lösung wurde mit Wasser auf 50 ml gebracht. Wie hoch sind die molaren Konzentrationen der H + -, Zn 2+ - und Cl –-Ionen in der resultierenden Lösung? | |
| Wie groß ist der Massenanteil von Cr 2 (SO 4) 3 in der Lösung (ρ » 1 g/ml), wenn bekannt ist, dass die molare Konzentration an Sulfationen in dieser Lösung 0,06 mol/l beträgt? | |
| Welche Volumina Wasser und 10 M Lösung (ρ=1,45 g/ml) Natriumhydroxid werden benötigt, um 2 Liter 10 %ige NaOH-Lösung (ρ=1,1 g/ml) herzustellen? | |
| Wie viel Gramm Eisensulfat FeSO 4 × 7H 2 O kann durch Verdampfen von Wasser aus 10 Litern einer 10 %igen Eisen(II)sulfat-Lösung (Lösungsdichte 1,2 g/ml) gewonnen werden? | |
| Die Lösungen wurden gemischt: 100 ml 0,1 M Cr 2 (SO 4) 3 und 50 ml 0,2 M CuSO 4. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen der Ionen Cr 3+, Cu 2+, SO 4 2- in der resultierenden Lösung. |
Fortsetzung von Tabelle 6
| Option Nr. | Bedingungstext |
| Welche Volumina an Wasser und einer 40 %igen Phosphorsäurelösung mit einer Dichte von 1,35 g/ml werden benötigt, um 1 m 3 einer 5 %igen H 3 PO 4 -Lösung mit einer Dichte von 1,05 g/ml herzustellen? | |
| 16,1 g Na 2 SO 4 × 10H 2 O wurden in Wasser gelöst und das Volumen der resultierenden Lösung wurde mit Wasser auf 250 ml gebracht. Berechnen Sie den Massenanteil und die molare Konzentration von Na 2 SO 4 in der resultierenden Lösung (angenommen, die Lösungsdichte beträgt 1 g/ml). | |
| Die Lösungen wurden gemischt: 150 ml 0,05 M Fe 2 (SO 4) 3 und 100 ml 0,1 M MgSO 4. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen der Ionen Fe 3+, Mg 2+ und SO 4 2– in der resultierenden Lösung. | |
| Welche Mengen an Wasser und 36 %iger Salzsäure (Dichte 1,2 g/ml) werden benötigt, um 500 ml einer 10 %igen Lösung mit einer Dichte von 1,05 g/ml herzustellen? | |
| 20 g Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O wurden in 200 ml Wasser gelöst. Wie groß ist der Massenanteil des gelösten Stoffes in der resultierenden Lösung, deren Dichte 1,1 g/ml beträgt? Berechnen Sie die molaren Konzentrationen der Al 3+- und SO 4 2–-Ionen in dieser Lösung. | |
| Die Lösungen wurden gemischt: 100 ml 0,05 M Al 2 (SO 4) 3 und 150 ml 0,01 M Fe 2 (SO 4) 3. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen der Ionen Fe 3+, Al 3+ und SO 4 2– in der resultierenden Lösung. | |
| Welche Mengen Wasser und 80 %ige Essigsäurelösung (Dichte 1,07 g/ml) werden benötigt, um 0,5 Liter Tafelessig herzustellen, bei dem der Massenanteil der Säure 7 % beträgt? Nehmen Sie eine Dichte von Tafelessig von 1 g/ml. | |
| Welche Masse Eisensulfat (FeSO 4 × 7H 2 O) wird benötigt, um 100 ml einer 3%igen Eisensulfatlösung herzustellen? Die Dichte der Lösung beträgt 1 g/ml. | |
| 2 ml einer 36 %igen HCl-Lösung (Dichte 1,2 g/cm 3) und 20 ml einer 0,3 M CuCl 2 -Lösung wurden in den Kolben gegeben. Das Volumen der resultierenden Lösung wurde mit Wasser auf 200 ml gebracht. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen von H +-, Cu 2+- und Cl –-Ionen in der resultierenden Lösung. | |
| Wie hoch ist die prozentuale Konzentration von Al 2 (SO 4) 3 in einer Lösung, in der die molare Konzentration an Sulfationen 0,6 mol/l beträgt? Die Dichte der Lösung beträgt 1,05 g/ml. | |
| Welche Volumina an Wasser und 10 M KOH-Lösung (Lösungsdichte 1,4 g/ml) sind erforderlich, um 500 ml einer 10 %igen KOH-Lösung mit einer Dichte von 1,1 g/ml herzustellen? | |
| Wie viel Gramm Kupfersulfat CuSO 4 × 5H 2 O erhält man durch Verdampfen von Wasser aus 15 Litern 8 %iger Kupfersulfatlösung, deren Dichte 1,1 g/ml beträgt? | |
| Die Lösungen wurden gemischt: 200 ml 0,025 M Fe 2 (SO 4) 3 und 50 ml 0,05 M FeCl 3. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen der Ionen Fe 3+, Cl –, SO 4 2– in der resultierenden Lösung. | |
| Welche Mengen an Wasser und einer 70 %igen Lösung von H 3 PO 4 (Dichte 1,6 g/ml) werden benötigt, um 0,25 m 3 einer 10 %igen Lösung von H 3 PO 4 (Dichte 1,1 g/ml) herzustellen? | |
| 6 g Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O wurden in 100 ml Wasser gelöst. Berechnen Sie den Massenanteil von Al 2 (SO 4) 3 und die molaren Konzentrationen von Al 3+- und SO 4 2–-Ionen im resultierende Lösung, deren Dichte 1 g/ml beträgt. | |
| Die Lösungen wurden gemischt: 50 ml 0,1 M Cr 2 (SO 4) 3 und 200 ml 0,02 M Cr(NO 3) 3. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen der Ionen Cr 3+, NO 3 –, SO 4 2- in der resultierenden Lösung. | |
| Welche Volumina einer 50 %igen Perchlorsäurelösung (Dichte 1,4 g/ml) und Wasser werden benötigt, um 1 Liter einer 8 %igen Lösung mit einer Dichte von 1,05 g/ml herzustellen? | |
| Wie viele Gramm Glaubersalz Na 2 SO 4 × 10H 2 O müssen in 200 ml Wasser gelöst werden, um eine 5 %ige Natriumsulfatlösung zu erhalten? | |
| 1 ml 80 %ige H 2 SO 4 -Lösung (Lösungsdichte 1,7 g/ml) und 5000 mg Cr 2 (SO 4) 3 wurden in den Kolben gegeben. Die Mischung wurde in Wasser gelöst; das Volumen der Lösung wurde auf 250 ml gebracht. Berechnen Sie die molaren Konzentrationen der Ionen H +, Cr 3+ und SO 4 2– in der resultierenden Lösung. |
Fortsetzung von Tabelle 6
CHEMISCHES GLEICHGEWICHT
Alle chemischen Reaktionen lassen sich in zwei Gruppen einteilen: irreversible Reaktionen, d. h. so lange fortfahren, bis mindestens einer der reagierenden Stoffe vollständig verbraucht ist, und reversible Reaktionen, bei denen keiner der reagierenden Stoffe vollständig verbraucht ist. Dies liegt daran, dass eine reversible Reaktion sowohl in Vorwärts- als auch in Rückwärtsrichtung stattfinden kann. Ein klassisches Beispiel für eine reversible Reaktion ist die Synthese von Ammoniak aus Stickstoff und Wasserstoff:
N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3 .
Im Moment des Reaktionsbeginns sind die Konzentrationen der Ausgangsstoffe im System maximal; In diesem Moment ist auch die Geschwindigkeit der Vorwärtsreaktion maximal. Zum Zeitpunkt des Reaktionsbeginns befinden sich noch keine Reaktionsprodukte im System (in diesem Beispiel Ammoniak), daher ist die Geschwindigkeit der Rückreaktion Null. Da die Ausgangsstoffe miteinander interagieren, nehmen ihre Konzentrationen ab, wodurch die Geschwindigkeit der direkten Reaktion abnimmt. Die Konzentration des Reaktionsprodukts nimmt allmählich zu, daher nimmt auch die Geschwindigkeit der Rückreaktion zu. Nach einiger Zeit gleicht sich die Geschwindigkeit der Hinreaktion der Geschwindigkeit der Rückreaktion an. Dieser Zustand des Systems wird aufgerufen Zustand des chemischen Gleichgewichts. Man bezeichnet die Konzentrationen von Stoffen in einem System im chemischen Gleichgewichtszustand Gleichgewichtskonzentrationen. Ein quantitatives Merkmal eines Systems im chemischen Gleichgewichtszustand ist Gleichgewichtskonstante.
Für jede reversible Reaktion a A + b B+ ... ⇆ p P + q Q + ... wird der Ausdruck der chemischen Gleichgewichtskonstante (K) als Bruch geschrieben, dessen Zähler die Gleichgewichtskonzentrationen der Reaktionsprodukte enthält , und der Nenner enthält die Gleichgewichtskonzentrationen der Ausgangsstoffe. Darüber hinaus muss die Konzentration jedes Stoffes auf eine Potenz gleich dem stöchiometrischen Koeffizienten in der Reaktionsgleichung erhöht werden.
Zum Beispiel für die Reaktion N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3.
Das sollte man im Hinterkopf behalten Der Ausdruck für die Gleichgewichtskonstante umfasst Gleichgewichtskonzentrationen nur von gasförmigen Stoffen oder Stoffen in gelöstem Zustand . Die Feststoffkonzentration wird als konstant angenommen und ist nicht im Gleichgewichtskonstantenausdruck enthalten.
CO 2 (gasförmig) + C (fest) ⇆ 2CO (gasförmig)
CH 3 COOH (Lösung) ⇆ CH 3 COO – (Lösung) + H + (Lösung)
Ba 3 (PO 4) 2 (fest) ⇆ 3 Ba 2+ (gesättigte Lösung) + 2 PO 4 3– (gesättigte Lösung) K=C 3 (Ba 2+) C 2 (PO 4 3–)
Es gibt zwei Haupttypen von Problemen im Zusammenhang mit der Berechnung der Parameter eines Gleichgewichtssystems:
1) die Anfangskonzentrationen der Ausgangsstoffe sind bekannt; Aus den Bedingungen des Problems kann man die Konzentrationen der Substanzen ermitteln, die zum Zeitpunkt des Gleichgewichtszustands reagiert (oder gebildet) haben. Das Problem erfordert die Berechnung der Gleichgewichtskonzentrationen aller Substanzen und des numerischen Werts der Gleichgewichtskonstante.
2) Die Anfangskonzentrationen der Ausgangsstoffe und die Gleichgewichtskonstante sind bekannt. Die Bedingung enthält keine Angaben zu den Konzentrationen reagierter oder gebildeter Stoffe. Es ist erforderlich, die Gleichgewichtskonzentrationen aller Reaktionsteilnehmer zu berechnen.
Um solche Probleme zu lösen, ist es notwendig, die Gleichgewichtskonzentration aller zu verstehen Original Substanzen können durch Subtrahieren der Konzentration der reagierten Substanz von der Anfangskonzentration ermittelt werden:
Gleichgewicht C = anfängliches C – C der umgesetzten Substanz.
Gleichgewichtskonzentration Reaktionsprodukt gleich der Konzentration des zum Zeitpunkt des Gleichgewichts gebildeten Produkts:
C-Gleichgewicht = C des gebildeten Produkts.
Um die Parameter eines Gleichgewichtssystems zu berechnen, ist es daher sehr wichtig, bestimmen zu können, wie viel vom Ausgangsstoff zum Zeitpunkt des Gleichgewichts reagiert und wie viel vom Reaktionsprodukt gebildet wurde. Um die Menge (bzw. Konzentration) der umgesetzten und gebildeten Stoffe zu bestimmen, werden stöchiometrische Berechnungen anhand der Reaktionsgleichung durchgeführt.
Beispiel 6.1 Die Anfangskonzentrationen von Stickstoff und Wasserstoff im Gleichgewichtssystem N 2 + 3H 2 ⇆ 2 NH 3 betragen 3 mol/l bzw. 4 mol/l. Bis zum Erreichen des chemischen Gleichgewichts verbleiben 70 % der ursprünglichen Wasserstoffmenge im System. Bestimmen Sie die Gleichgewichtskonstante für diese Reaktion.
Aus den Bedingungen des Problems folgt, dass zum Zeitpunkt des Gleichgewichtseintritts 30 % des Wasserstoffs reagiert haben (Problem Typ 1):
4 mol/l H 2 – 100 %
x mol/l H 2 – 30 %
x = 1,2 mol/l = C reagieren. (H2)
Wie aus der Reaktionsgleichung hervorgeht, hätte dreimal weniger Stickstoff in die Reaktion eingehen müssen als Wasserstoff, d.h. Mit proreak. (N 2) = 1,2 mol/l: 3 = 0,4 mol/l. Es entsteht doppelt so viel Ammoniak wie umgesetzter Stickstoff:
Aus Bildern. (NH 3) = 2 × 0,4 mol/l = 0,8 mol/l
Die Gleichgewichtskonzentrationen aller Reaktionsteilnehmer werden wie folgt sein:
Mit gleich (H 2)= C Anfang (H 2) - C reagieren. (H 2) = 4 mol/l – 1,2 mol/l = 2,8 mol/l;
Mit gleich (N 2)= C-Start (N 2) – C reagieren. (N 2) = 3 mol/l – 0,4 mol/l = 2,6 mol/l;
Mit gleich (NH 3) = C-Bild. (NH 3) = 0,8 mol/l.
Gleichgewichtskonstante = 
.
Beispiel 6.2 Berechnen Sie die Gleichgewichtskonzentrationen von Wasserstoff, Jod und Jodwasserstoff im System H 2 + I 2 ⇆ 2 HI, wenn bekannt ist, dass die Anfangskonzentrationen von H 2 und I 2 5 mol/l bzw. 3 mol/l betragen. und die Gleichgewichtskonstante ist 1.
Es ist zu beachten, dass unter den Bedingungen dieses Problems (Problem vom Typ 2) die Bedingung nichts über die Konzentrationen der umgesetzten Ausgangsstoffe und der resultierenden Produkte aussagt. Daher wird bei der Lösung solcher Probleme normalerweise die Konzentration einer reagierten Substanz als x angenommen.
Bis zum Erreichen des Gleichgewichts sollen x mol/l H 2 reagieren. Dann sollte, wie aus der Reaktionsgleichung hervorgeht, x mol/l I 2 reagieren und 2x mol/l HI entstehen. Die Gleichgewichtskonzentrationen aller Reaktionsteilnehmer werden wie folgt sein:
Mit gleich (H 2) = C beginnen. (H 2) – C reagieren. (H 2) = (5 – x) mol/l;
Mit gleich (I 2) = C-Start (I 2) – C reagieren. (I 2) = (3 – x) mol/l;
Mit gleich (HI) = Aus Bildern. (HI) = 2x mol/l.
4x 2 = 15 – 8x + x 2
3x 2 + 8x – 15 = 0
x 1 = –3,94 x 2 = 1,27
Nur die positive Wurzel x = 1,27 hat physikalische Bedeutung.
Daher ist C gleich. (H 2) = (5 – x) mol/l = 5 – 1,27 = 3,73 mol/l;
Mit gleich (I 2) = (3 – x) mol/l = 3 – 1,27 = 1,73 mol/l;
Mit gleich (HI) = 2x mol/l = 2·1,27 = 2,54 mol/l.
Aufgabe Nr. 7
Tabelle 7 – Bedingungen der Aufgabe Nr. 7
Fortsetzung von Tabelle 7
Stöchiometrie- quantitative Beziehungen zwischen reagierenden Substanzen.
Wenn Reagenzien in genau definierten Mengen eine chemische Wechselwirkung eingehen und infolge der Reaktion Stoffe entstehen, deren Menge berechnet werden kann, spricht man von solchen Reaktionen stöchiometrisch.
Gesetze der Stöchiometrie:
Die Koeffizienten in chemischen Gleichungen werden vor den Formeln chemischer Verbindungen genannt stöchiometrisch.
Alle Berechnungen mithilfe chemischer Gleichungen basieren auf der Verwendung stöchiometrischer Koeffizienten und sind mit der Ermittlung von Mengen eines Stoffes (Anzahl der Mol) verbunden.
Die Stoffmenge in der Reaktionsgleichung (Anzahl der Mol) = der Koeffizient vor dem entsprechenden Molekül.
N / A=6,02×10 23 mol -1.
η - Verhältnis der tatsächlichen Masse des Produkts m p zu einem theoretisch möglichen M t, ausgedrückt in Bruchteilen einer Einheit oder als Prozentsatz.
Wenn die Ausbeute an Reaktionsprodukten in der Bedingung nicht angegeben ist, wird sie in den Berechnungen mit 100 % (quantitative Ausbeute) angenommen.
Berechnungsschema anhand chemischer Reaktionsgleichungen:
- Schreiben Sie eine Gleichung für eine chemische Reaktion.
- Über den chemischen Formeln von Stoffen schreiben Sie bekannte und unbekannte Größen mit Maßeinheiten.
- Notieren Sie unter den chemischen Formeln von Stoffen mit bekannten und unbekannten Stoffen die entsprechenden Werte dieser aus der Reaktionsgleichung ermittelten Größen.
- Verfassen und lösen Sie eine Proportion.
Beispiel. Berechnen Sie die Masse und Menge des Magnesiumoxids, das bei der vollständigen Verbrennung von 24 g Magnesium entsteht.
|
Gegeben: M(Mg) = 24 g Finden: ν (MgO) M (MgO) |
Lösung: 1. Erstellen wir eine Gleichung für eine chemische Reaktion: 2Mg + O 2 = 2MgO. 2. Unter den Stoffformeln geben wir die Stoffmenge (Molzahl) an, die den stöchiometrischen Koeffizienten entspricht: 2Mg + O2 = 2MgO 2 Mol 2 Mol 3. Bestimmen Sie die Molmasse von Magnesium: Relative Atommasse von Magnesium Ar (Mg) = 24. Weil Der Molmassenwert ist dann gleich der relativen Atom- oder Molekülmasse M (Mg)= 24 g/mol. 4. Anhand der in der Bedingung angegebenen Masse des Stoffes berechnen wir die Menge des Stoffes:
5. Oben die chemische Formel von Magnesiumoxid MgO, dessen Masse unbekannt ist, setzen wir XMol, über der Magnesiumformel Mg Wir schreiben seine Molmasse: 1 Mol XMol 2Mg + O2 = 2MgO 2 Mol 2 Mol
Nach den Regeln zum Lösen von Proportionen:
Menge an Magnesiumoxid ν (MgO)= 1 mol. 7. Berechnen Sie die Molmasse von Magnesiumoxid: M (Mg)=24 g/mol, M(O)=16 g/mol. M(MgO)= 24 + 16 = 40 g/mol. Wir berechnen die Masse von Magnesiumoxid: m (MgO) = ν (MgO) × M (MgO) = 1 mol × 40 g/mol = 40 g. Antwort: ν (MgO) = 1 mol; m (MgO) = 40 g. |
Beim Aufstellen von Gleichungen für Redoxreaktionen müssen die folgenden zwei wichtigen Regeln beachtet werden:
Regel 1: In jeder Ionengleichung muss die Ladungserhaltung beachtet werden. Das bedeutet, dass die Summe aller Ladungen auf der linken Seite der Gleichung (die „linke“) gleich sein muss wie die Summe aller Ladungen auf der rechten Seite der Gleichung (die „rechte“). Diese Regel gilt für alle Ionengleichungen, sowohl für vollständige Reaktionen als auch für Halbreaktionen.
Ladungen von links nach rechts
Regel 2: Die Anzahl der bei der oxidativen Halbreaktion verlorenen Elektronen muss gleich der Anzahl der bei der reduzierenden Halbreaktion gewonnenen Elektronen sein. Im ersten Beispiel zu Beginn dieses Abschnitts (der Reaktion zwischen Eisen und hydratisierten Kupferionen) beträgt die Anzahl der bei der oxidativen Halbreaktion verlorenen Elektronen beispielsweise zwei:
Daher muss die Anzahl der bei der Reduktionshalbreaktion gewonnenen Elektronen ebenfalls gleich zwei sein:
Um die Gleichung für eine vollständige Redoxreaktion aus den Gleichungen für zwei Halbreaktionen zu konstruieren, kann man wie folgt vorgehen:
1. Die Gleichungen für jede der beiden Halbreaktionen werden separat ausgeglichen, wobei die entsprechende Anzahl an Elektronen auf der linken oder rechten Seite jeder Gleichung hinzugefügt wird, um Regel 1 oben zu erfüllen.
2. Die Gleichungen beider Halbreaktionen werden gegeneinander abgeglichen, sodass die Anzahl der in einer Reaktion verlorenen Elektronen gleich der Anzahl der in der anderen Halbreaktion gewonnenen Elektronen wird, wie in Regel 2 gefordert.
3. Die Gleichungen für beide Halbreaktionen werden summiert, um die vollständige Gleichung für die Redoxreaktion zu erhalten. Zum Beispiel durch Summieren der Gleichungen der beiden oben genannten Halbreaktionen und Entfernen von der linken und rechten Seite der resultierenden Gleichung
gleiche Anzahl von Elektronen, finden wir
Lassen Sie uns die Gleichungen der Halbreaktionen unten ausgleichen und eine Gleichung für die Redoxreaktion der Oxidation einer wässrigen Lösung eines beliebigen Eisensalzes zu einem Eisensalz unter Verwendung einer sauren Kaliumlösung erstellen.
Stufe 1. Zuerst gleichen wir die Gleichung jeder der beiden Halbreaktionen separat aus. Für Gleichung (5) gilt
Um beide Seiten dieser Gleichung auszugleichen, müssen Sie auf der linken Seite fünf Elektronen hinzufügen oder auf der rechten Seite die gleiche Anzahl Elektronen abziehen. Danach bekommen wir
Dies ermöglicht es uns, die folgende ausgeglichene Gleichung zu schreiben:
Da auf der linken Seite der Gleichung Elektronen hinzugefügt werden mussten, handelt es sich um eine reduzierende Halbreaktion.
Für Gleichung (6) können wir schreiben
Um diese Gleichung auszugleichen, können Sie auf der rechten Seite ein Elektron hinzufügen. Dann
Der Luftüberschusskoeffizient bei dieser Methode zur Organisation des Verbrennungsprozesses sollte fetten Gemischen nahe der Stöchiometrie entsprechen. In diesem Fall wird es sehr schwierig sein, eine effiziente Verbrennung magerer Gemische zu organisieren, da die Ausbreitungsgeschwindigkeit der Flammenfront nicht ausreichend hoch ist und die Wahrscheinlichkeit einer Abschwächung der Zündquellen, erhebliche zyklische Ungleichmäßigkeiten der Verbrennung und letztendlich Fehlzündungen hoch sind. Daher kann diese Richtung als extrem langsame Verbrennung fetter Gas-Luft-Gemische bezeichnet werden.[...]
Der Luftüberschusskoeffizient (a) beeinflusst maßgeblich den Verbrennungsprozess und die Komponentenzusammensetzung der Verbrennungsprodukte. Offensichtlich hat es bei einem Wert von 1,0 praktisch keinen Einfluss auf die Komponentenzusammensetzung der Rauchgase und führt lediglich zu einer Verringerung der Konzentration der Komponenten aufgrund der Verdünnung mit Luft, die nicht im Verbrennungsprozess verwendet wird. [...]
Basierend auf den stöchiometrischen Koeffizienten der Reaktion zur Herstellung von Dialkylchlorthiophosphat und der optimalen Lösung für Kriterium 2 legen wir die Einschränkung X3 = -0,26 (1,087 mol/mol) fest.[...]
| 24.5 |
Dies ergibt den Wert des stöchiometrischen Koeffizienten für den Polyphosphatverbrauch 1/us,p = g P/g CSB(NAs).[...]
In der Tabelle Tabelle 24.5 zeigt die stöchiometrischen Ausbeutekoeffizienten, die in Experimenten in kontinuierlichen Batch-Reaktoren mit Reinkultur ermittelt wurden. Diese Werte stimmen trotz der unterschiedlichen mikrobiologischen Wachstumsbedingungen recht gut überein.[...]
Aus Ausdruck (3.36) ermitteln wir den stöchiometrischen Koeffizienten „sat.p = 0,05 g P/g CSB(NAs).[...]
[ ...]
Aus Beispiel 3.2 können Sie die stöchiometrischen Koeffizienten der Gleichung für die Entfernung von Essigsäure ermitteln: 1 Mol HAc (60 g HAc) erfordert 0,9 Mol 02 und 0,9 32 = 29 g 02.[...]
| 3.12 |
In diesen Formeln geht der erste Ausgangsstoff in alle stöchiometrischen Gleichungen ein und sein stöchiometrischer Koeffizient beträgt darin V/, = -1. Für diesen Stoff sind die Umwandlungsgrade von Lu in jeder stöchiometrischen Gleichung angegeben (insgesamt gibt es K). In den Gleichungen (3.14) und (3.15) wird davon ausgegangen, dass die i-te Komponente, das Produkt, für das Selektivität und Ausbeute bestimmt werden, nur in der 1. stöchiometrischen Gleichung gebildet wird (dann E/ = x()). Die Mengen der Komponenten in Diese Formeln werden in Mol gemessen (Bezeichnung LO, wie sie traditionell in den chemischen Wissenschaften üblich ist. [...]
Bei der Aufstellung von Redoxgleichungen werden die stöchiometrischen Koeffizienten anhand der Oxidation des Elements vor und nach der Reaktion ermittelt. Die Oxidation eines Elements in Verbindungen wird durch die Anzahl der Elektronen bestimmt, die das Atom für die Bildung polarer und ionischer Bindungen aufwendet, und das Vorzeichen der Oxidation wird durch die Richtung der Verschiebung der bindenden Elektronenpaare bestimmt. Beispielsweise beträgt die Oxidation des Natriumions in der NaCl-Verbindung +1 und die von Chlor -I.[...]
Es ist bequemer, die Stöchiometrie einer mikrobiologischen Reaktion mithilfe einer stöchiometrischen Gleichgewichtsgleichung darzustellen, als in Form von Tabellen mit Ausbeutekoeffizientenwerten. Eine solche Beschreibung der Zusammensetzung der Bestandteile einer mikrobiologischen Zelle erforderte die Verwendung einer empirischen Formel. Experimentell wurde die Formel der Zellsubstanz C5H702N ermittelt, die häufig bei der Erstellung stöchiometrischer Gleichungen verwendet wird.[...]
In der Tabelle In Abb. 3.6 präsentiert typische Werte kinetischer und anderer Konstanten sowie stöchiometrische Koeffizienten für den aeroben Prozess der städtischen Abwasserbehandlung. Es ist zu beachten, dass zwischen einzelnen Konstanten eine gewisse Korrelation besteht. Daher ist es notwendig, einen Satz von Konstanten aus einer Quelle zu verwenden, anstatt einzelne Konstanten aus verschiedenen Quellen auszuwählen. In der Tabelle 3.7 zeigt ähnliche Zusammenhänge.[...]
Die Methode wird durch bekannte Jodmengen standardisiert, die auf der Grundlage eines stöchiometrischen Koeffizienten von Eins in Ozon umgewandelt werden (1 Mol Ozon setzt 1 Mol Jod frei). Dieser Koeffizient wird durch die Ergebnisse einer Reihe von Studien gestützt, auf deren Grundlage die Stöchiometrie von Ozonreaktionen mit Olefinen ermittelt wurde. Mit einem anderen Koeffizienten wären diese Ergebnisse schwer zu erklären. Die Arbeit ergab jedoch, dass der angegebene Koeffizient 1,5 beträgt. Dies steht im Einklang mit Daten, nach denen bei pH 9 ein stöchiometrischer Koeffizient von eins erreicht wird und in einer sauren Umgebung deutlich mehr Jod freigesetzt wird als in neutraler und alkalischer Umgebung.[...]
Die Tests wurden bei Volllast und einer konstanten Kurbelwellendrehzahl von 1.500 min1 durchgeführt. Der Luftüberschusskoeffizient variierte im Bereich von 0,8 [...]
Materielle Prozesse in der belebten Natur, Kreisläufe biogener Elemente sind mit Energieflüssen verbunden, deren stöchiometrische Koeffizienten bei den verschiedensten Organismen nur innerhalb einer Größenordnung variieren. Darüber hinaus ist der Energieverbrauch für die Synthese neuer Stoffe in Organismen aufgrund der hohen Effizienz der Katalyse deutlich geringer als bei den technischen Analoga dieser Prozesse.[...]
Messungen der Motoreigenschaften und Schadstoffemissionen für alle Brennräume wurden über einen weiten Änderungsbereich des Luftüberschussverhältnisses vom stöchiometrischen Wert bis hin zu einem extrem mageren Gemisch durchgeführt. In Abb. Die Abb. 56 und 57 zeigen die wesentlichen Ergebnisse in Abhängigkeit von a, ermittelt bei einer Drehzahl von 2.000 min und einer voll geöffneten Drosselklappe. Der Wert des Zündzeitpunkts wurde unter der Bedingung ausgewählt, das maximale Drehmoment zu erreichen.[...]
Der biologische Prozess der Phosphorentfernung ist komplex, daher ist der von uns verwendete Ansatz natürlich stark vereinfacht. In der Tabelle Abbildung 8.1 stellt einen Satz stöchiometrischer Koeffizienten dar, die die Prozesse beschreiben, die unter Beteiligung der FAO ablaufen. Die Tabelle sieht kompliziert aus, aber es wurden bereits Vereinfachungen darin vorgenommen.[...]
In einer der neuesten Arbeiten wurde angenommen, dass 1 Mol N02 0,72 g N07-Ionen ergibt. Nach Angaben der Internationalen Organisation für Normung hängt der stöchiometrische Koeffizient von der Zusammensetzung der Reagenzien vom Griess-Typ ab. Es werden sechs Varianten dieses Reagens vorgeschlagen, die sich in der Zusammensetzung seiner Komponenten unterscheiden, und es wird angegeben, dass die Absorptionseffizienz für alle Arten von Absorptionslösungen 90 % beträgt und der stöchiometrische Koeffizient unter Berücksichtigung der Absorptionseffizienz zwischen 0,8 und variiert 1. Eine Reduzierung der NEDA-Menge und der Ersatz von Sulfanilsäure durch Sulfanilamid (weißes Streptozid) führt zu einem höheren Wert dieses Koeffizienten. Die Autoren der Arbeit erklären dies mit dem Verlust von HN02 durch die Bildung von NO bei Nebenreaktionen.[...]
Bei der Planung biochemischer Abwasserbehandlungsanlagen und der Analyse ihres Betriebs werden üblicherweise die folgenden Entwurfsparameter verwendet: Geschwindigkeit der biologischen Oxidation, stöchiometrische Koeffizienten für Elektronenakzeptoren, Wachstumsrate und physikalische Eigenschaften der Belebtschlammbiomasse. Die Untersuchung chemischer Veränderungen im Zusammenhang mit biologischen Umwandlungen in einem Bioreaktor ermöglicht es, ein ziemlich vollständiges Verständnis der Funktionsweise der Struktur zu erlangen. Bei anaeroben Systemen, zu denen auch anaerobe Filter gehören, werden solche Informationen benötigt, um den optimalen pH-Wert der Umgebung sicherzustellen, der der Hauptfaktor für den normalen Betrieb von Aufbereitungsanlagen ist. In einigen aeroben Systemen, beispielsweise solchen, in denen Nitrifikation stattfindet, ist auch eine pH-Kontrolle erforderlich, um optimale mikrobielle Wachstumsraten sicherzustellen. Bei geschlossenen Kläranlagen, die Ende der 60er Jahre in die Praxis umgesetzt wurden und reinen Sauerstoff verwenden (Sauerstofftank), ist die Untersuchung chemischer Wechselwirkungen nicht nur für die pH-Regulierung, sondern auch für die technische Berechnung von Gasleitungsgeräten notwendig geworden. ...]
Die Geschwindigkeitskonstante der katalytischen Umwandlung k ist im allgemeinen Fall bei einer gegebenen Temperatur eine Funktion der Geschwindigkeitskonstanten der Hin-, Rück- und Nebenreaktionen sowie der Diffusionskoeffizienten der Ausgangsreagenzien und der Produkte ihrer Wechselwirkung . Die Geschwindigkeit eines heterogenen katalytischen Prozesses wird, wie oben erwähnt, durch die relativen Geschwindigkeiten seiner einzelnen Stufen bestimmt und durch die langsamste von ihnen begrenzt. Infolgedessen stimmt die Reihenfolge der katalytischen Reaktion fast nie mit der Molekularität der Reaktion überein, die dem stöchiometrischen Verhältnis in der Gleichung dieser Reaktion entspricht, und Ausdrücke zur Berechnung der Geschwindigkeitskonstante der katalytischen Umwandlung sind spezifisch für die spezifischen Stufen und Bedingungen seiner Umsetzung. [...]
Um die Neutralisationsreaktion zu steuern, müssen Sie wissen, wie viel Säure oder Lauge der Lösung zugesetzt werden muss, um den erforderlichen pH-Wert zu erreichen. Um dieses Problem zu lösen, kann eine Methode zur empirischen Schätzung stöchiometrischer Koeffizienten verwendet werden, die mittels Titration durchgeführt wird.[...]
Die Gleichgewichtszusammensetzung der Verbrennungsprodukte in der Kammer wird durch das Massenwirkungsgesetz bestimmt. Nach diesem Gesetz ist die Geschwindigkeit chemischer Reaktionen direkt proportional zur Konzentration der Ausgangsreagenzien, die jeweils in einem Ausmaß gleich dem stöchiometrischen Koeffizienten angenommen werden, mit dem die Substanz in die Gleichung der chemischen Reaktion eingeht. Aufgrund der Zusammensetzung der Treibstoffe können wir davon ausgehen, dass die Verbrennungsprodukte von beispielsweise flüssigen Raketentreibstoffen in der Kammer aus CO2, H20, CO, N0, OH, Li2, H2, N. H, O, z. B. bestehen fester Raketentreibstoff - aus A1203, N2, H2, HC1, CO, C02, H20 bei T = 1100...2200 K. [...]
Um die Möglichkeit einer zweistufigen Verbrennung von Erdgas zu belegen, wurden experimentelle Untersuchungen zur Verteilung der lokalen Temperaturen, Konzentrationen von Stickoxiden und brennbaren Stoffen über die Länge des Brenners in Abhängigkeit vom durch den Brenner zugeführten Luftüberschussverhältnis durchgeführt . Die Experimente wurden durchgeführt, indem Erdgas im Ofen eines PTVM-50-Kessels verbrannt wurde, der mit einem VTI-Wirbelbrenner mit peripherer Zufuhr von Gasstrahlen in einen wirbelnden Querluftstrom ausgestattet war. Es wurde festgestellt, dass bei ag O.bb der Kraftstoffverbrennungsprozess bei einem Abstand 1ph/X>Out = 4,2 und bei ag=1,10 bei einem Abstand bph10out = 3,6 endet. Dies weist auf einen ausgedehnten Verbrennungsprozess unter Bedingungen hin, die sich deutlich von den stöchiometrischen unterscheiden.[...]
Eine vereinfachte Matrix der Prozessparameter mit Belebtschlamm ohne Nitrifikation ist in der Tabelle dargestellt. 4.2. Dabei wird davon ausgegangen, dass drei Hauptfaktoren zum Umwandlungsprozess beitragen: biologisches Wachstum, Abbau und Hydrolyse. Die Reaktionsgeschwindigkeiten sind in der rechten Spalte angegeben und die in der Tabelle dargestellten Koeffizienten sind stöchiometrisch. Anhand der Tabellendaten können Sie beispielsweise eine Massenbilanzgleichung für die leicht zersetzbare organische Substanz Be in einem idealen Mischreaktor aufstellen. Die Transportausdrücke sind selbsterklärend. Wir finden zwei Ausdrücke, die die Umwandlungen einer Substanz beschreiben, indem wir die stöchiometrischen Koeffizienten aus (in diesem Fall) „Komponenten“-Spalten mit den entsprechenden Reaktionsgeschwindigkeiten aus der rechten Spalte der Tabelle multiplizieren. 4.2.[...]
In Abb. Abbildung 50 zeigt die Veränderung des Shx-Gehalts in Verbrennungsprodukten (g/kWh) in Abhängigkeit von der Gemischzusammensetzung und dem Zündzeitpunkt. Weil Die NOx-Bildung hängt maßgeblich von der Gastemperatur ab, bei früher Zündung steigt der NOx-Ausstoß. Die Abhängigkeit der Bildung von 1 Yux vom Luftüberschusskoeffizienten ist komplexer, weil Es gibt zwei gegensätzliche Faktoren. Die Bildung von 1Ох hängt von der Sauerstoffkonzentration im Verbrennungsgemisch und der Temperatur ab. Eine Abmagerung des Gemisches erhöht die Sauerstoffkonzentration, senkt jedoch die maximale Verbrennungstemperatur. Dies führt dazu, dass der maximale Gehalt erreicht wird, wenn mit Mischungen gearbeitet wird, die etwas schlechter als stöchiometrisch sind. Bei gleichen Werten des Luftüberschusskoeffizienten hat der effektive Wirkungsgrad ein Maximum.[...]
In Abb. Abbildung 7.2 zeigt die experimentelle Abhängigkeit der Methanolkonzentration von der NO3-N-Konzentration am Auslass des Vollverdrängungsbiofilters. Die Verbindungslinien zwischen den Versuchspunkten charakterisieren die Verteilung der Substanz entlang des Filters bei verschiedenen Smc/Sn-Verhältnissen. Die Steigung der Kurven entspricht dem Wert des stöchiometrischen Koeffizienten: 3,1 kg CH3OH/kg NO -N. [... ]
Die Beziehung, die die Konzentrationen reagierender Stoffe mit der Gleichgewichtskonstante verbindet, ist ein mathematischer Ausdruck des Massenwirkungsgesetzes, das wie folgt formuliert werden kann: für eine gegebene reversible Reaktion im Zustand des chemischen Gleichgewichts das Verhältnis des Gleichgewichtsprodukts Die Konzentrationen der Reaktionsprodukte zum Produkt der Gleichgewichtskonzentrationen der Ausgangsstoffe bei einer gegebenen Temperatur sind ein konstanter Wert, und die Konzentration jedes Stoffes muss mit seinem stöchiometrischen Koeffizienten potenziert werden.[...]
In der Sowjetunion wird die Methode von Polezhaev und Girina zur Bestimmung von NO¡¡ in der Atmosphäre verwendet. Bei dieser Methode wird eine 8 %ige KJ-Lösung zum Auffangen von Stickstoffdioxid verwendet. Die Bestimmung der Nitritionen in der resultierenden Lösung erfolgt mit dem Griess-Ilosvay-Reagenz. Kaliumjodidlösung ist ein deutlich wirksamerer NO2-Absorber als Alkalilösung. Mit seinem Volumen (nur 6 ml) und der Luftdurchlässigkeit (0,25 l/min) passieren nicht mehr als 2 % NO2 die Absorptionsvorrichtung mit poröser Glasplatte. Die entnommenen Proben sind gut erhalten (ca. einen Monat). Der stöchiometrische Koeffizient für die Aufnahme von NOa durch die KJ-Lösung beträgt unter Berücksichtigung des Durchbruchs 0,75. Nach unseren Daten beeinträchtigt diese Methode NO bei einem Konzentrationsverhältnis von NO:NOa 3:1 nicht.[...]
Der Nachteil dieser Methode, die in der Praxis der Hochtemperatur-Abfallverarbeitung weit verbreitet ist, besteht in der Notwendigkeit, teure alkalische Reagenzien (NaOH und Na2CO3) zu verwenden. Dadurch ist es möglich, den Bedarf vieler Branchen zu decken, die kleine Mengen flüssiger Abfälle mit einer breiten Palette chemischer Komponenten und einem beliebigen Gehalt an chlororganischen Verbindungen neutralisieren müssen. Allerdings ist die Verbrennung chlorhaltiger Lösungsmittel mit Vorsicht zu genießen, da unter bestimmten Bedingungen (1 > 1200 °C, Luftüberschusszahl > 1,5) die Abgase Phosgen, ein hochgiftiges Kohlenstoffchloroxid oder Kohlensäurechlorid enthalten können ( COC12). Die lebensgefährliche Konzentration dieses Stoffes beträgt 450 mg pro 1 m3 Luft.[...]
Die Prozesse der Auslaugung oder chemischen Verwitterung schwerlöslicher Mineralien oder ihrer Assoziationen sind durch die Bildung neuer fester Phasen gekennzeichnet; Gleichgewichte zwischen ihnen und gelösten Komponenten werden mithilfe thermodynamischer Phasendiagramme analysiert. Grundsätzliche Schwierigkeiten ergeben sich hier meist im Zusammenhang mit der Notwendigkeit, die Kinetik von Prozessen zu beschreiben, ohne die ihre Betrachtung oft nicht gerechtfertigt ist. Die entsprechenden kinetischen Modelle erfordern die Abbildung chemischer Wechselwirkungen in expliziter Form – durch die Teilkonzentrationen reagierender Stoffe cx unter Berücksichtigung der stöchiometrischen Koeffizienten V. spezifischer Reaktionen.
