Κατά τη σύνταξη εξισώσεων για αντιδράσεις οξειδοαναγωγής, πρέπει να τηρούνται οι ακόλουθοι δύο σημαντικοί κανόνες:
Κανόνας 1: Σε οποιαδήποτε ιοντική εξίσωση, πρέπει να τηρείται η διατήρηση των φορτίων. Αυτό σημαίνει ότι το άθροισμα όλων των φορτίων στην αριστερή πλευρά της εξίσωσης (το "αριστερό") πρέπει να είναι το ίδιο με το άθροισμα όλων των φορτίων στη δεξιά πλευρά της εξίσωσης (το "δεξιά"). Αυτός ο κανόνας ισχύει για οποιεσδήποτε ιοντικές εξισώσεις, τόσο για πλήρεις αντιδράσεις όσο και για ημι-αντιδράσεις.
Φορτίζει από αριστερά προς τα δεξιά
Κανόνας 2: Ο αριθμός των ηλεκτρονίων που χάνονται στην οξειδωτική ημιαντίδραση πρέπει να είναι ίσος με τον αριθμό των ηλεκτρονίων που αποκτώνται στην αναγωγική ημιαντίδραση. Για παράδειγμα, στο πρώτο παράδειγμα που δίνεται στην αρχή αυτής της ενότητας (αντίδραση μεταξύ σιδήρου και ένυδρων ιόντων χαλκού), ο αριθμός των ηλεκτρονίων που χάνονται στην οξειδωτική ημιαντίδραση είναι δύο:
Επομένως, ο αριθμός των ηλεκτρονίων που αποκτήθηκαν στην ημιαντίδραση αναγωγής πρέπει επίσης να είναι ίσος με δύο:
Για την κατασκευή της εξίσωσης για μια πλήρη αντίδραση οξειδοαναγωγής από τις εξισώσεις για δύο ημι-αντιδράσεις, μπορεί να χρησιμοποιηθεί η ακόλουθη διαδικασία:
1. Οι εξισώσεις για καθεμία από τις δύο ημι-αντιδράσεις εξισορροπούνται χωριστά, με τον κατάλληλο αριθμό ηλεκτρονίων να προστίθεται στην αριστερή ή τη δεξιά πλευρά κάθε εξίσωσης για να εκπληρωθεί ο κανόνας 1 παραπάνω.
2. Οι εξισώσεις και των δύο ημι-αντιδράσεων εξισορροπούνται μεταξύ τους, έτσι ώστε ο αριθμός των ηλεκτρονίων που χάνονται σε μια αντίδραση να γίνεται ίσος με τον αριθμό των ηλεκτρονίων που αποκτώνται στην άλλη μισή αντίδραση, όπως απαιτείται από τον κανόνα 2.
3. Οι εξισώσεις και για τις δύο ημι-αντιδράσεις αθροίζονται για να ληφθεί η πλήρης εξίσωση για την αντίδραση οξειδοαναγωγής. Για παράδειγμα, αθροίζοντας τις εξισώσεις των δύο ημι-αντιδράσεων παραπάνω και αφαιρώντας από την αριστερή και τη δεξιά πλευρά της εξίσωσης που προκύπτει
ίσο αριθμό ηλεκτρονίων, βρίσκουμε
Ας εξισορροπήσουμε τις εξισώσεις των ημι-αντιδράσεων παρακάτω και ας δημιουργήσουμε μια εξίσωση για την αντίδραση οξειδοαναγωγής της οξείδωσης ενός υδατικού διαλύματος οποιουδήποτε άλατος σιδήρου σε ένα άλας σιδήρου χρησιμοποιώντας ένα όξινο διάλυμα καλίου.
Στάδιο 1. Αρχικά, εξισορροπούμε την εξίσωση καθεμιάς από τις δύο ημι-αντιδράσεις ξεχωριστά. Για την εξίσωση (5) έχουμε
Για να εξισορροπήσετε και τις δύο πλευρές αυτής της εξίσωσης, πρέπει να προσθέσετε πέντε ηλεκτρόνια στην αριστερή πλευρά ή να αφαιρέσετε τον ίδιο αριθμό ηλεκτρονίων από τη δεξιά πλευρά. Μετά από αυτό παίρνουμε
Αυτό μας επιτρέπει να γράψουμε την ακόλουθη ισορροπημένη εξίσωση:
Εφόσον έπρεπε να προστεθούν ηλεκτρόνια στην αριστερή πλευρά της εξίσωσης, περιγράφει μια αναγωγική ημιαντίδραση.
Για την εξίσωση (6) μπορούμε να γράψουμε
Για να εξισορροπήσετε αυτήν την εξίσωση, μπορείτε να προσθέσετε ένα ηλεκτρόνιο στη δεξιά πλευρά. Επειτα
Μία από τις πιο σημαντικές χημικές έννοιες στις οποίες βασίζονται οι στοιχειομετρικοί υπολογισμοί είναι χημική ποσότητα μιας ουσίας. Η ποσότητα κάποιας ουσίας Χ συμβολίζεται με n(X). Η μονάδα μέτρησης για την ποσότητα μιας ουσίας είναι ΕΛΙΑ δερματος.
Ένα mole είναι η ποσότητα μιας ουσίας που περιέχει 6,02 10 23 μόρια, άτομα, ιόντα ή άλλες δομικές μονάδες που αποτελούν την ουσία.
Η μάζα ενός mol κάποιας ουσίας Χ ονομάζεται μοριακή μάζα M(X) αυτής της ουσίας. Γνωρίζοντας τη μάζα m(X) κάποιας ουσίας Χ και τη μοριακή της μάζα, μπορούμε να υπολογίσουμε την ποσότητα αυτής της ουσίας χρησιμοποιώντας τον τύπο:
Ο αριθμός 6.02 10 23 ονομάζεται Ο αριθμός του Avogadro(Ν α); η διάστασή του mol – 1.
Πολλαπλασιάζοντας τον αριθμό του Avogadro N a με την ποσότητα της ουσίας n(X), μπορούμε να υπολογίσουμε τον αριθμό των δομικών μονάδων, για παράδειγμα, τα μόρια N(X) κάποιας ουσίας X:
N(X) = N a · n(X) .
Κατ' αναλογία με την έννοια της μοριακής μάζας, εισήχθη η έννοια του μοριακού όγκου: μοριακός όγκος V m (X) κάποιας ουσίας X είναι ο όγκος ενός mol αυτής της ουσίας. Γνωρίζοντας τον όγκο της ουσίας V(X) και τον μοριακό της όγκο, μπορούμε να υπολογίσουμε τη χημική ποσότητα της ουσίας:
Στη χημεία, ιδιαίτερα συχνά έχουμε να αντιμετωπίσουμε τον μοριακό όγκο των αερίων. Σύμφωνα με το νόμο του Avogadro, ίσοι όγκοι οποιωνδήποτε αερίων που λαμβάνονται στην ίδια θερμοκρασία και ίση πίεση περιέχουν τον ίδιο αριθμό μορίων. Υπό ίσες συνθήκες, 1 mole οποιουδήποτε αερίου καταλαμβάνει τον ίδιο όγκο. Υπό κανονικές συνθήκες (κανόνας) - θερμοκρασία 0°C και πίεση 1 ατμόσφαιρα (101325 Pa) - αυτός ο όγκος είναι 22,4 λίτρα. Έτσι, στο αρ. V m (αέριο) = 22,4 l/mol. Θα πρέπει να τονιστεί ιδιαίτερα ότι χρησιμοποιείται η τιμή μοριακού όγκου των 22,4 l/mol μόνο για αέρια.
Η γνώση των μοριακών μαζών των ουσιών και του αριθμού του Avogadro σάς επιτρέπει να εκφράσετε τη μάζα ενός μορίου οποιασδήποτε ουσίας σε γραμμάρια. Παρακάτω είναι ένα παράδειγμα υπολογισμού της μάζας ενός μορίου υδρογόνου.
1 mole αερίου υδρογόνου περιέχει 6,02·10 23 μόρια H 2 και έχει μάζα 2 g (αφού M(H 2) = 2 g/mol). Ως εκ τούτου,
6,02·10 23 μόρια H 2 έχουν μάζα 2 g.
1 μόριο Η 2 έχει μάζα x g. x = 3,32·10 –24 g.
Η έννοια του "mole" χρησιμοποιείται ευρέως για τη διενέργεια υπολογισμών σε εξισώσεις χημικών αντιδράσεων, καθώς οι στοιχειομετρικοί συντελεστές στην εξίσωση αντίδρασης δείχνουν σε ποιες μοριακές αναλογίες αντιδρούν οι ουσίες μεταξύ τους και σχηματίζονται ως αποτέλεσμα της αντίδρασης.
Για παράδειγμα, η εξίσωση αντίδρασης 4 NH 3 + 3 O 2 → 2 N 2 + 6 H 2 O περιέχει τις ακόλουθες πληροφορίες: 4 moles αμμωνίας αντιδρούν χωρίς περίσσεια ή ανεπάρκεια με 3 moles οξυγόνου, με αποτέλεσμα να σχηματιστούν 2 moles άζωτο και 6 mol νερού.
Παράδειγμα 4.1Υπολογίστε τη μάζα του ιζήματος που σχηματίστηκε κατά την αλληλεπίδραση διαλυμάτων που περιέχουν 70,2 g δισόξινο φωσφορικό ασβέστιο και 68 g υδροξείδιο του ασβεστίου. Ποια ουσία θα μείνει σε περίσσεια; Ποια είναι η μάζα του;
3 Ca(H 2 PO 4) 2 + 12 KOH ® Ca 3 (PO 4) 2 ¯ + 4 K 3 PO 4 + 12 H 2 O
Από την εξίσωση της αντίδρασης φαίνεται ότι 3 mol Ca(H 2 PO 4) 2 αντιδρούν με 12 mol ΚΟΗ. Ας υπολογίσουμε τις ποσότητες των αντιδρώντων που δίνονται σύμφωνα με τις συνθήκες του προβλήματος:
n(Ca(H2PO4) 2) = m(Ca(H2PO4) 2) / M(Ca(H2PO4) 2) = 70,2 g: 234 g/mol = 0,3 mol;
n(KOH) = m(KOH) / M(KOH) = 68 g: 56 g/mol = 1,215 mol.
για 3 mol Ca(H 2 PO 4) απαιτούνται 2 12 mol KOH
για 0,3 mol Ca(H 2 PO 4) απαιτείται 2 x mol KOH
x = 1,2 mol - αυτή είναι η ποσότητα ΚΟΗ που απαιτείται για να πραγματοποιηθεί η αντίδραση χωρίς περίσσεια ή ανεπάρκεια. Και σύμφωνα με το πρόβλημα, υπάρχουν 1.215 mol ΚΟΗ. Επομένως, η ΚΟΗ είναι σε περίσσεια. ποσότητα ΚΟΗ που απομένει μετά την αντίδραση:
n(KOH) = 1,215 mol – 1,2 mol = 0,015 mol;
η μάζα του m(KOH) = n(KOH) × M(KOH) = 0,015 mol × 56 g/mol = 0,84 g.
Ο υπολογισμός του προκύπτοντος προϊόντος αντίδρασης (ίζημα Ca 3 (PO 4) 2) θα πρέπει να πραγματοποιείται χρησιμοποιώντας μια ουσία που είναι σε έλλειψη (στην περίπτωση αυτή, Ca(H 2 PO 4) 2), καθώς αυτή η ουσία θα αντιδράσει πλήρως . Από την εξίσωση της αντίδρασης είναι σαφές ότι ο αριθμός των γραμμομορίων Ca 3 (PO 4) 2 που σχηματίζονται είναι 3 φορές μικρότερος από τον αριθμό των γραμμομορίων Ca(H 2 PO 4) 2 που αντέδρασε:
n(Ca 3 (PO 4) 2) = 0,3 mol: 3 = 0,1 mol.
Επομένως, 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.
Εργασία Νο. 5
α) Υπολογίστε τις χημικές ποσότητες των αντιδρώντων ουσιών που δίνονται στον Πίνακα 5 (οι όγκοι των αερίων ουσιών δίνονται υπό κανονικές συνθήκες).
β) τακτοποιήστε τους συντελεστές στο συγκεκριμένο σχήμα αντίδρασης και, χρησιμοποιώντας την εξίσωση αντίδρασης, προσδιορίστε ποια από τις ουσίες είναι σε περίσσεια και ποια είναι σε έλλειψη.
γ) βρείτε τη χημική ποσότητα του προϊόντος αντίδρασης που υποδεικνύεται στον Πίνακα 5.
δ) να υπολογίσετε τη μάζα ή τον όγκο (βλ. Πίνακα 5) αυτού του προϊόντος αντίδρασης.
Πίνακας 5 – Προϋποθέσεις εργασίας Νο. 5
| Επιλογή Αρ. | Αντιδρώντες ουσίες | Σχέδιο αντίδρασης | Υπολογίζω |
| m(Fe)=11,2 g; V(Cl2) = 5.376 l | Fe+Cl2® FeCl3 | m(FeCl 3) | |
| m(Al)=5,4 g; m(H2SO4) = 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(AgNO3)=3,4 g; m(Na2S)=1,56 g | AgNO 3 + Na 2 S®Ag 2 S + NaNO 3 | m(Ag2S) | |
| m(Na2CO3)=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(Cl2)=448 ml | KI+Cl 2 ® KCl+I 2 | m(I 2) | |
| m(CaCl2) = 22,2 g; m(AgNO 3)=59,5 g | CaCl 2 + AgNO 3 ®AgCl + Ca(NO 3) 2 | m(AgCl) | |
| m(Η2)=0,48 g; V(O 2)=2,8 l | H 2 + O 2 ® H 2 O | m(H2O) | |
| m(Ba(OH) 2)=3,42 g; V(HCl)=784 ml | Ba(OH) 2 + HCl ® BaCl 2 + H 2 O | m(BaCl2) |
Συνέχεια του πίνακα 5
| Επιλογή Αρ. | Αντιδρώντες ουσίες | Σχέδιο αντίδρασης | Υπολογίζω |
| m(H3PO4)=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(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(Cl2) = 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(NH3)=6,8 g; V(O 2)=7,84 l | NH 3 + O 2 ® N 2 + H 2 O | V(N 2) | |
| V(H2S)=11,2 l; m(O2)=8,32 g | H 2 S+O 2 ® S + H 2 O | Κυρία) | |
| m(MnO2)=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(Cl2)=6,048 l | Al+Cl2® AlCl3 | m(AlCl 3) | |
| m(Al)=10,8 g; m(HCl)=36,5 g | Al+HCl® AlCl3 +H2 | 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(K2CO3)=69 g; m(HNO 3)=50,4 g | K 2 CO 3 + HNO 3 ®KNO 3 + CO 2 + H 2 O | V(CO2) | |
| m(AlCl3)=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(Cl2)=448 ml | KBr+Cl 2 ® KCl+Br 2 | m (Br 2) | |
| m(CaBr2)=40 g; m(AgNO 3)=59,5 g | CaBr 2 + AgNO 3 ®AgBr + Ca(NO 3) 2 | m(AgBr) | |
| m(H2)=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(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(Na2SO4) | |
| V(Cl2) = 2,24 l; m(KOH)=8,4 g | Cl 2 +KOH ® KClO 3 +KCl+H 2 O | m(KClO3) | |
| m(NH4Cl)=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(NH3) = 8,96 l; m(O 2)=14,4 g | NH 3 + O 2 ® NO + H 2 O | V(NO) | |
| V(H2S)=17,92 l; m(O 2)=40 g | H 2 S+O 2 ® SO 2 + H 2 O | V(SO2) | |
| m(MnO2)=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+H2O® Ca(OH) 2 +H2 | V(H2) |
ΣΥΓΚΕΝΤΡΩΣΗ ΛΥΣΕΩΝ
Στο πλαίσιο του μαθήματος της γενικής χημείας, οι μαθητές μαθαίνουν 2 τρόπους έκφρασης της συγκέντρωσης των διαλυμάτων - κλάσμα μάζας και μοριακή συγκέντρωση.
Κλάσμα μάζας διαλυμένης ουσίαςΤο X υπολογίζεται ως ο λόγος της μάζας αυτής της ουσίας προς τη μάζα του διαλύματος:
,
όπου ω(X) είναι το κλάσμα μάζας της διαλυμένης ουσίας Χ.
m(X) – μάζα διαλυμένης ουσίας X.
m διαλύματος – μάζα διαλύματος.
Το κλάσμα μάζας μιας ουσίας, που υπολογίζεται με τον παραπάνω τύπο, είναι μια αδιάστατη ποσότητα που εκφράζεται σε κλάσματα μιας μονάδας (0< ω(X) < 1).
Το κλάσμα μάζας μπορεί να εκφραστεί όχι μόνο σε κλάσματα μιας μονάδας, αλλά και ως ποσοστό. Σε αυτήν την περίπτωση, ο τύπος υπολογισμού μοιάζει με:
Το κλάσμα μάζας που εκφράζεται ως ποσοστό ονομάζεται συχνά ποσοστιαία συγκέντρωση . Προφανώς η εκατοστιαία συγκέντρωση διαλυμένης ουσίας είναι 0%< ω(X) < 100%.
Η εκατοστιαία συγκέντρωση δείχνει πόσα μέρη κατά μάζα μιας διαλυμένης ουσίας περιέχονται σε 100 μέρη κατά μάζα ενός διαλύματος. Αν επιλέξουμε το γραμμάριο ως μονάδα μάζας, τότε αυτός ο ορισμός μπορεί να γραφεί και ως εξής: η εκατοστιαία συγκέντρωση δείχνει πόσα γραμμάρια διαλυμένης ουσίας περιέχονται σε 100 γραμμάρια διαλύματος.
Είναι σαφές ότι, για παράδειγμα, ένα διάλυμα 30% αντιστοιχεί σε κλάσμα μάζας της διαλυμένης ουσίας ίσο με 0,3.
Ένας άλλος τρόπος έκφρασης της περιεκτικότητας σε διαλυμένη ουσία ενός διαλύματος είναι η μοριακή συγκέντρωση (μοριακότητα).
Η μοριακή συγκέντρωση μιας ουσίας ή η γραμμομοριακότητα ενός διαλύματος δείχνει πόσα mol μιας διαλυμένης ουσίας περιέχονται σε 1 λίτρο (1 dm3) διαλύματος
όπου C(X) είναι η μοριακή συγκέντρωση της διαλυμένης ουσίας X (mol/l).
n(X) – χημική ποσότητα διαλυμένης ουσίας X (mol).
Διάλυμα V – όγκος διαλύματος (l).
Παράδειγμα 5.1Υπολογίστε τη μοριακή συγκέντρωση του H 3 PO 4 στο διάλυμα εάν είναι γνωστό ότι το κλάσμα μάζας του H 3 PO 4 είναι 60% και η πυκνότητα του διαλύματος είναι 1,43 g/ml.
Εξ ορισμού ποσοστιαίας συγκέντρωσης
100 g διαλύματος περιέχει 60 g φωσφορικού οξέος.
n(H3PO4) = m(H3PO4): M(H3PO4) = 60 g: 98 g/mol = 0,612 mol;
V διάλυμα = m διάλυμα: ρ διάλυμα = 100 g: 1,43 g/cm 3 = 69,93 cm 3 = 0,0699 l;
C(H3PO4) = n(H3PO4): V διάλυμα = 0,612 mol: 0,0699 l = 8,755 mol/l.
Παράδειγμα 5.2Υπάρχει ένα διάλυμα H 2 SO 4 0,5 M. Ποιο είναι το κλάσμα μάζας του θειικού οξέος σε αυτό το διάλυμα; Λαμβάνουμε την πυκνότητα του διαλύματος ίση με 1 g/ml.
Εξ ορισμού της μοριακής συγκέντρωσης
1 λίτρο διαλύματος περιέχει 0,5 mol H 2 SO 4
(η καταχώριση «διάλυμα 0,5 M» σημαίνει ότι C(H 2 SO 4) = 0,5 mol/l).
m διάλυμα = V διάλυμα × ρ διάλυμα = 1000 ml × 1 g/ml = 1000 g;
m(H2SO4) = n(H2SO4) × M(H2SO4) = 0,5 mol x 98 g/mol = 49 g;
ω(H2SO4) = m(H2SO4): m διάλυμα = 49 g: 1000 g = 0,049 (4,9%).
Παράδειγμα 5.3Ποιοι όγκοι νερού και διαλύματος H 2 SO 4 96% με πυκνότητα 1,84 g/ml πρέπει να ληφθούν για να παρασκευαστούν 2 λίτρα διαλύματος H 2 SO 4 60 % με πυκνότητα 1,5 g / ml.
Κατά την επίλυση προβλημάτων παρασκευής αραιού διαλύματος από συμπυκνωμένο, θα πρέπει να λαμβάνεται υπόψη ότι το αρχικό διάλυμα (συμπυκνωμένο), το νερό και το προκύπτον διάλυμα (αραιωμένο) έχουν διαφορετικές πυκνότητες. Σε αυτή την περίπτωση, θα πρέπει να ληφθεί υπόψη ότι V του αρχικού διαλύματος + V νερού ≠ V του διαλύματος που προκύπτει,
γιατί κατά την ανάμειξη του συμπυκνωμένου διαλύματος και του νερού, συμβαίνει αλλαγή (αύξηση ή μείωση) στον όγκο ολόκληρου του συστήματος.
Η επίλυση τέτοιων προβλημάτων πρέπει να ξεκινά με την εύρεση των παραμέτρων του αραιωμένου διαλύματος (δηλαδή του διαλύματος που πρέπει να παρασκευαστεί): τη μάζα του, τη μάζα της διαλυμένης ουσίας και, εάν είναι απαραίτητο, την ποσότητα της διαλυμένης ουσίας.
Μ Διάλυμα 60% = V Διάλυμα 60% ∙ ρ Διάλυμα 60% = 2000 ml × 1,5 g/ml = 3000 g.
m(H 2 SO 4) σε διάλυμα 60% = m 60% διάλυμα w(H 2 SO 4) σε διάλυμα 60% = 3000 g 0,6 = 1800 g.
Η μάζα του καθαρού θειικού οξέος στο παρασκευασμένο διάλυμα πρέπει να είναι ίση με τη μάζα του θειικού οξέος σε εκείνο το τμήμα ενός διαλύματος 96% που πρέπει να ληφθεί για την παρασκευή ενός αραιού διαλύματος. Ετσι,
m(H 2 SO 4) σε διάλυμα 60% = m(H 2 SO 4) σε διάλυμα 96% = 1800 g.
m Διάλυμα 96% = m (H 2 SO 4) σε διάλυμα 96%: w(H 2 SO 4) σε διάλυμα 96% = 1800 g: 0,96 = 1875 g.
m (H 2 O) = m 40% διάλυμα – m 96% διάλυμα = 3000 g – 1875 g = 1125 g.
V Διάλυμα 96% = m Διάλυμα 96%: ρ Διάλυμα 96% = 1875 g: 1,84 g/ml = 1019 ml » 1,02 l.
V νερό = m νερό: ρ νερό = 1125g: 1 g/ml = 1125 ml = 1,125 l.
Παράδειγμα 5.4Αναμείξτε 100 ml διαλύματος CuCl 2 0,1 M και 150 ml διαλύματος Cu(NO 3) 0,2 M 2. Υπολογίστε τη μοριακή συγκέντρωση των ιόντων Cu 2+, Cl – και NO 3 – στο διάλυμα που προκύπτει.
Κατά την επίλυση ενός παρόμοιου προβλήματος ανάμειξης αραιωμένων διαλυμάτων, είναι σημαντικό να κατανοήσουμε ότι τα αραιά διαλύματα έχουν περίπου την ίδια πυκνότητα, περίπου ίση με την πυκνότητα του νερού. Όταν αναμειγνύονται, ο συνολικός όγκος του συστήματος πρακτικά δεν αλλάζει: V 1 του αραιωμένου διαλύματος + V 2 του αραιωμένου διαλύματος +..." V του διαλύματος που προκύπτει.
Στην πρώτη λύση:
n(CuCl 2) = C(CuCl 2) V διάλυμα CuCl 2 = 0,1 mol/l × 0,1 l = 0,01 mol;
CuCl 2 – ισχυρός ηλεκτρολύτης: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2Cl – ;
Επομένως n(Cu 2+) = n(CuCl 2) = 0,01 mol; n(Cl –) = 2 × 0,01 = 0,02 mol.
Στη δεύτερη λύση:
n(Cu(NO 3) 2) = C(Cu(NO 3) 2) × V διάλυμα Cu(NO 3) 2 = 0,2 mol/l × 0,15 l = 0,03 mol;
Cu(NO 3) 2 – ισχυρός ηλεκτρολύτης: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2NO 3 –;
Επομένως n(Cu 2+) = n(Cu(NO 3) 2) = 0,03 mol; n(NO 3 –) = 2×0,03 = 0,06 mol.
Μετά την ανάμειξη των διαλυμάτων:
n(Cu 2+) σύνολο. = 0,01 mol + 0,03 mol = 0,04 mol;
V σύνολο » Διάλυμα V CuCl 2 + V διάλυμα Cu(NO 3) 2 = 0,1 l + 0,15 l = 0,25 l;
C(Cu 2+) = n(Cu 2+) : V σύνολο. = 0,04 mol: 0,25 l = 0,16 mol/l;
C(Cl –) = n(Cl –) : Vtot. = 0,02 mol: 0,25 l = 0,08 mol/l;
C(NO 3 –) = n(NO 3 –) : Vtot. = 0,06 mol: 0,25 l = 0,24 mol/l.
Παράδειγμα 5.5Στη φιάλη προστέθηκαν 684 mg θειικού αργιλίου και 1 ml διαλύματος θειικού οξέος 9,8% με πυκνότητα 1,1 g/ml. Το προκύπτον μίγμα διαλύθηκε σε νερό. Ο όγκος του διαλύματος φέρθηκε στα 500 ml με νερό. Υπολογίστε τις μοριακές συγκεντρώσεις των ιόντων H +, Al 3+ SO 4 2– στο διάλυμα που προκύπτει.
Ας υπολογίσουμε τις ποσότητες των διαλυμένων ουσιών:
n(Al2 (SO4) 3)=m(Al2 (SO4) 3): M(Al2 (SO4) 3)=0,684 g: 342 g mol=0,002 mol;
Al 2 (SO 4) 3 – ισχυρός ηλεκτρολύτης: Al 2 (SO 4) 3 ® 2Al 3+ + 3SO 4 2– ;
Επομένως n(Al 3+)=2×0,002 mol=0,004 mol; n(SO 4 2–)=3×0,002 mol=0,006 mol.
m διάλυμα H 2 SO 4 = V διάλυμα H 2 SO 4 × ρ διάλυμα H 2 SO 4 = 1 ml × 1,1 g/ml = 1,1 g;
m(H 2 SO 4) = m διάλυμα H 2 SO 4 × w (H 2 SO 4) = 1,1 g 0,098 = 0,1078 g.
n(H2SO4) = m(H2SO4): M(H2SO4) = 0,1078 g: 98 g/mol = 0,0011 mol;
Το H 2 SO 4 είναι ένας ισχυρός ηλεκτρολύτης: H 2 SO 4 ® 2H + + SO 4 2– .
Επομένως, n(SO 4 2–) = n(H 2 SO 4) = 0,0011 mol; η(Η+) = 2 χ 0,0011 = 0,0022 mol.
Σύμφωνα με τις συνθήκες του προβλήματος, ο όγκος του διαλύματος που προκύπτει είναι 500 ml (0,5 l).
n(SO 4 2–) συνολικά. = 0,006 mol + 0,0011 mol = 0,0071 mol.
C(Al 3+) = n(Al 3+): V διάλυμα = 0,004 mol: 0,5 l = 0,008 mol/l;
C(H +) = n(H +): V διάλυμα = 0,0022 mol: 0,5 l = 0,0044 mol/l;
С(SO 4 2–) = n(SO 4 2–) σύνολο. : Διάλυμα V = 0,0071 mol: 0,5 l = 0,0142 mol/l.
Παράδειγμα 5.6Τι μάζα θειικού σιδήρου (FeSO 4 ·7H 2 O) και τι όγκο νερού πρέπει να ληφθούν για να παρασκευαστούν 3 λίτρα διαλύματος 10% θειικού σιδήρου (II). Η πυκνότητα του διαλύματος είναι 1,1 g/ml.
Η μάζα του διαλύματος που πρέπει να παρασκευαστεί είναι:
m διάλυμα = V διάλυμα ∙ ρ διάλυμα = 3000 ml ∙ 1,1 g/ml = 3300 g.
Η μάζα του καθαρού θειικού σιδήρου (II) σε αυτό το διάλυμα είναι:
m(FeSO 4) = m διάλυμα × w(FeSO 4) = 3300 g × 0,1 = 330 g.
Η ίδια μάζα ανύδρου FeSO 4 θα πρέπει να περιέχεται στην ποσότητα του κρυσταλλικού ένυδρου που πρέπει να ληφθεί για την παρασκευή του διαλύματος. Από μια σύγκριση των μοριακών μαζών M(FeSO 4 7H 2 O) = 278 g/mol και M(FeSO 4) = 152 g/mol,
παίρνουμε την αναλογία:
278 g FeSO 4 · 7H 2 O περιέχει 152 g FeSO 4.
x g FeSO 4 · 7H 2 O περιέχει 330 g FeSO 4 ;
x = (278·330) : 152 = 603,6 g.
m νερό = m διάλυμα – m θειικός σίδηρος = 3300 g – 603,6 g = 2696,4 g.
Επειδή η πυκνότητα του νερού είναι 1 g/ml, τότε ο όγκος του νερού που πρέπει να ληφθεί για την παρασκευή του διαλύματος είναι ίσος με: V νερό = m νερό: ρ νερό = 2696,4 g: 1 g/ml = 2696,4 ml.
Παράδειγμα 5.7Ποια μάζα άλατος Glauber (Na 2 SO 4 · 10H 2 O) πρέπει να διαλυθεί σε 500 ml διαλύματος θειικού νατρίου 10% (πυκνότητα διαλύματος 1,1 g/ml) για να ληφθεί διάλυμα Na 2 SO 4 15%;
Έστω ότι απαιτούνται x γραμμάρια άλατος του Glauber Na 2 SO 4 10H 2 O. Τότε η μάζα του διαλύματος που προκύπτει είναι ίση με:
m Διάλυμα 15% = m αρχικό διάλυμα (10%) + m άλας Glauber = 550 + x (g);
m του αρχικού διαλύματος (10%) = V 10% διάλυμα × ρ 10% διάλυμα = 500 ml × 1,1 g/ml = 550 g;
m(Na 2 SO 4) στο αρχικό διάλυμα (10%) = m 10% διάλυμα a · w(Na 2 SO 4) = 550 g · 0,1 = 55 g.
Ας εκφράσουμε μέσω x τη μάζα του καθαρού Na 2 SO 4 που περιέχεται σε x γραμμάρια Na 2 SO 4 10H 2 O.
Μ(Na2SO4·10H2O) = 322 g/mol; M(Na2S04) = 142 g/mol; ως εκ τούτου:
322 g Na 2 SO 4 · 10H 2 O περιέχει 142 g άνυδρου Na 2 SO 4.
x g Na 2 SO 4 · 10H 2 O περιέχει m g άνυδρου Na 2 SO 4 .
m(Na2SO4) = 142 χ: 322 = 0,441 χ χ.
Η συνολική μάζα θειικού νατρίου στο προκύπτον διάλυμα θα είναι ίση με:
m(Na2SO4) σε διάλυμα 15% = 55 + 0,441 x x (g).
Στη λύση που προκύπτει: 
= 0,15
, από όπου x = 94,5 g.
Εργασία Νο. 6
Πίνακας 6 – Προϋποθέσεις εργασίας Νο. 6
| Επιλογή Αρ. | Κείμενο συνθήκης |
| 5 g Na2SO4 x 10H2O διαλύθηκαν σε νερό και ο όγκος του προκύπτοντος διαλύματος φέρθηκε στα 500 ml με νερό. Υπολογίστε το κλάσμα μάζας του Na 2 SO 4 σε αυτό το διάλυμα (ρ = 1 g/ml) και τις μοριακές συγκεντρώσεις των ιόντων Na + και SO 4 2–. | |
| Τα διαλύματα αναμίχθηκαν: 100 ml 0,05 M Cr2 (SO 4) 3 και 100 ml 0,02 M Na 2 SO 4. Υπολογίστε τις μοριακές συγκεντρώσεις των ιόντων Cr 3+, Na + και SO 4 2– στο διάλυμα που προκύπτει. | |
| Ποιοι όγκοι νερού και διαλύματος 98% (πυκνότητα 1,84 g/ml) θειικού οξέος πρέπει να ληφθούν για την παρασκευή 2 λίτρων διαλύματος 30% με πυκνότητα 1,2 g/ml; | |
| 50 g Na 2 CO 3 × 10H 2 O διαλύθηκαν σε 400 ml νερού. Ποιες είναι οι μοριακές συγκεντρώσεις των ιόντων Na + και CO 3 2– και το κλάσμα μάζας Na 2 CO 3 στο διάλυμα που προκύπτει (ρ = 1,1 g/ml); | |
| Τα διαλύματα αναμίχθηκαν: 150 ml 0,05 M Al 2 (SO 4) 3 και 100 ml 0,01 M NiSO 4. Υπολογίστε τις μοριακές συγκεντρώσεις των ιόντων Al 3+, Ni 2+, SO 4 2- στο διάλυμα που προκύπτει. | |
| Ποιοι όγκοι νερού και διαλύματος 60% (πυκνότητα 1,4 g/ml) νιτρικού οξέος θα απαιτηθούν για την παρασκευή 500 ml διαλύματος 4 M (πυκνότητα 1,1 g/ml); | |
| Ποια μάζα θειικού χαλκού (CuSO 4 × 5H 2 O) χρειάζεται για να παρασκευαστούν 500 ml διαλύματος 5% θειικού χαλκού με πυκνότητα 1,05 g/ml; | |
| 1 ml ενός διαλύματος 36% (ρ = 1,2 g/ml) HCl και 10 ml ενός διαλύματος 0,5 Μ ZnCl2 προστέθηκαν στη φιάλη. Ο όγκος του προκύπτοντος διαλύματος φέρθηκε στα 50 ml με νερό. Ποιες είναι οι μοριακές συγκεντρώσεις των ιόντων H + , Zn 2+ , Cl – στο διάλυμα που προκύπτει; | |
| Ποιο είναι το κλάσμα μάζας του Cr 2 (SO 4) 3 στο διάλυμα (ρ » 1 g/ml), εάν είναι γνωστό ότι η μοριακή συγκέντρωση των θειικών ιόντων σε αυτό το διάλυμα είναι 0,06 mol/l; | |
| Ποιοι όγκοι νερού και διαλύματος 10 Μ (ρ=1,45 g/ml) υδροξειδίου του νατρίου θα απαιτηθούν για την παρασκευή 2 λίτρων διαλύματος NaOH 10% (ρ=1,1 g/ml); | |
| Πόσα γραμμάρια θειικού σιδήρου FeSO 4 × 7H 2 O μπορούν να ληφθούν με εξάτμιση νερού από 10 λίτρα διαλύματος 10% θειικού σιδήρου (II) (πυκνότητα διαλύματος 1,2 g/ml); | |
| Τα διαλύματα αναμίχθηκαν: 100 ml 0,1 M Cr2 (SO 4) 3 και 50 ml 0,2 M CuSO 4. Υπολογίστε τις μοριακές συγκεντρώσεις των ιόντων Cr 3+, Cu 2+, SO 4 2- στο διάλυμα που προκύπτει. |
Συνέχεια του πίνακα 6
| Επιλογή Αρ. | Κείμενο συνθήκης |
| Ποιοι όγκοι νερού και διαλύματος φωσφορικού οξέος 40% με πυκνότητα 1,35 g/ml θα χρειαστούν για την παρασκευή 1 m 3 ενός διαλύματος 5% H 3 PO 4, η πυκνότητα του οποίου είναι 1,05 g/ml; | |
| 16,1 g Na2S04 x 10H2O διαλύθηκαν σε νερό και ο όγκος του προκύπτοντος διαλύματος φέρθηκε στα 250 ml με νερό. Υπολογίστε το κλάσμα μάζας και τη μοριακή συγκέντρωση του Na 2 SO 4 στο διάλυμα που προκύπτει (υποθέστε ότι η πυκνότητα του διαλύματος είναι 1 g/ml). | |
| Τα διαλύματα αναμίχθηκαν: 150 ml 0,05 M Fe 2 (SO 4) 3 και 100 ml 0,1 M MgSO 4. Υπολογίστε τις μοριακές συγκεντρώσεις των ιόντων Fe 3+, Mg 2+, SO 4 2– στο διάλυμα που προκύπτει. | |
| Ποιοι όγκοι νερού και υδροχλωρικού οξέος 36% (πυκνότητα 1,2 g/ml) χρειάζονται για την παρασκευή 500 ml διαλύματος 10% του οποίου η πυκνότητα είναι 1,05 g/ml; | |
| 20 g Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O διαλύθηκαν σε 200 ml νερού Ποιο είναι το κλάσμα μάζας της διαλυμένης ουσίας στο προκύπτον διάλυμα, του οποίου η πυκνότητα είναι 1,1 g/ml; Υπολογίστε τις μοριακές συγκεντρώσεις των ιόντων Al 3+ και SO 4 2– σε αυτό το διάλυμα. | |
| Τα διαλύματα αναμίχθηκαν: 100 ml 0,05 Μ Al2 (SO 4) 3 και 150 ml 0,01 M Fe 2 (SO 4) 3. Υπολογίστε τις μοριακές συγκεντρώσεις των ιόντων Fe 3+, Al 3+ και SO 4 2– στο διάλυμα που προκύπτει. | |
| Ποιοι όγκοι νερού και διαλύματος οξικού οξέος 80% (πυκνότητα 1,07 g/ml) θα χρειαστούν για την παρασκευή 0,5 λίτρων επιτραπέζιου ξυδιού, στο οποίο το κλάσμα μάζας του οξέος είναι 7%; Πάρτε την πυκνότητα του επιτραπέζιου ξυδιού ίση με 1 g/ml. | |
| Ποια μάζα θειικού σιδήρου (FeSO 4 × 7H 2 O) χρειάζεται για την παρασκευή 100 ml διαλύματος 3% θειικού σιδήρου; Η πυκνότητα του διαλύματος είναι 1 g/ml. | |
| Στη φιάλη προστέθηκαν 2 ml ενός διαλύματος HCl 36% (πυκνότητα 1,2 g/cm3) και 20 ml ενός διαλύματος CuCl2 0,3 M. Ο όγκος του προκύπτοντος διαλύματος φέρθηκε στα 200 ml με νερό. Υπολογίστε τις μοριακές συγκεντρώσεις των ιόντων H +, Cu 2+ και Cl – στο διάλυμα που προκύπτει. | |
| Ποια είναι η εκατοστιαία συγκέντρωση του Al 2 (SO 4) 3 σε διάλυμα στο οποίο η μοριακή συγκέντρωση θειικών ιόντων είναι 0,6 mol/l. Η πυκνότητα του διαλύματος είναι 1,05 g/ml. | |
| Ποιοι όγκοι νερού και διαλύματος ΚΟΗ 10 Μ (πυκνότητα διαλύματος 1,4 g/ml) θα απαιτηθούν για την παρασκευή 500 ml διαλύματος ΚΟΗ 10% με πυκνότητα 1,1 g/ml; | |
| Πόσα γραμμάρια θειικού χαλκού CuSO 4 × 5H 2 O μπορούν να ληφθούν με εξάτμιση νερού από 15 λίτρα διαλύματος θειικού χαλκού 8%, η πυκνότητα του οποίου είναι 1,1 g/ml; | |
| Τα διαλύματα αναμίχθηκαν: 200 ml 0,025 M Fe 2 (SO 4) 3 και 50 ml 0,05 M FeCl 3. Υπολογίστε τις μοριακές συγκεντρώσεις των ιόντων Fe 3+, Cl –, SO 4 2– στο διάλυμα που προκύπτει. | |
| Ποιοι όγκοι νερού και 70% διαλύματος H 3 PO 4 (πυκνότητα 1,6 g/ml) θα απαιτηθούν για την παρασκευή 0,25 m 3 ενός διαλύματος 10% H 3 PO 4 (πυκνότητα 1,1 g/ml); | |
| 6 g Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O διαλύθηκαν σε 100 ml νερού. Υπολογίστε το κλάσμα μάζας του Al 2 (SO 4) 3 και τις μοριακές συγκεντρώσεις των ιόντων Al 3+ και SO 4 2– στο προκύπτον διάλυμα, η πυκνότητα του οποίου είναι 1 g/ml. | |
| Τα διαλύματα αναμίχθηκαν: 50 ml 0,1 M Cr2 (SO 4) 3 και 200 ml 0,02 M Cr(NO 3) 3. Υπολογίστε τις μοριακές συγκεντρώσεις των ιόντων Cr 3+, NO 3 –, SO 4 2- στο διάλυμα που προκύπτει. | |
| Ποιοι όγκοι διαλύματος υπερχλωρικού οξέος 50% (πυκνότητα 1,4 g/ml) και νερού χρειάζονται για την παρασκευή 1 λίτρου διαλύματος 8% με πυκνότητα 1,05 g/ml; | |
| Πόσα γραμμάρια άλατος του Glauber Na 2 SO 4 × 10H 2 O πρέπει να διαλυθούν σε 200 ml νερού για να ληφθεί διάλυμα θειικού νατρίου 5%; | |
| Στη φιάλη προστέθηκαν 1 ml διαλύματος H2S04 80% (πυκνότητα διαλύματος 1,7 g/ml) και 5000 mg Cr2 (SO 4) 3. Το μίγμα διαλύθηκε σε νερό. ο όγκος του διαλύματος έφτασε στα 250 ml. Υπολογίστε τις μοριακές συγκεντρώσεις των ιόντων H +, Cr 3+ και SO 4 2– στο διάλυμα που προκύπτει. |
Συνέχεια του πίνακα 6
ΧΗΜΙΚΗ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ
Όλες οι χημικές αντιδράσεις μπορούν να χωριστούν σε 2 ομάδες: μη αναστρέψιμες αντιδράσεις, δηλ. συνεχίζεται έως ότου καταναλωθεί πλήρως τουλάχιστον μία από τις αντιδρώντες ουσίες και αναστρέψιμες αντιδράσεις, στις οποίες καμία από τις αντιδρώντες ουσίες δεν έχει καταναλωθεί πλήρως. Αυτό οφείλεται στο γεγονός ότι μια αναστρέψιμη αντίδραση μπορεί να συμβεί τόσο προς την εμπρόσθια όσο και προς την αντίστροφη κατεύθυνση. Ένα κλασικό παράδειγμα μιας αναστρέψιμης αντίδρασης είναι η σύνθεση αμμωνίας από άζωτο και υδρογόνο:
N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3 .
Τη στιγμή που ξεκινά η αντίδραση, οι συγκεντρώσεις των αρχικών ουσιών στο σύστημα είναι μέγιστες. αυτή τη στιγμή η ταχύτητα της προς τα εμπρός αντίδρασης είναι επίσης μέγιστη. Τη στιγμή που ξεκινά η αντίδραση, δεν υπάρχουν ακόμη προϊόντα αντίδρασης στο σύστημα (σε αυτό το παράδειγμα, αμμωνία), επομένως, ο ρυθμός της αντίστροφης αντίδρασης είναι μηδέν. Καθώς οι αρχικές ουσίες αλληλεπιδρούν μεταξύ τους, οι συγκεντρώσεις τους μειώνονται, επομένως μειώνεται ο ρυθμός της άμεσης αντίδρασης. Η συγκέντρωση του προϊόντος της αντίδρασης αυξάνεται σταδιακά, επομένως, ο ρυθμός της αντίστροφης αντίδρασης αυξάνεται επίσης. Μετά από κάποιο χρονικό διάστημα, ο ρυθμός της προς τα εμπρός αντίδρασης γίνεται ίσος με τον ρυθμό της αντίστροφης αντίδρασης. Αυτή η κατάσταση του συστήματος ονομάζεται κατάσταση χημικής ισορροπίας. Οι συγκεντρώσεις ουσιών σε ένα σύστημα σε κατάσταση χημικής ισορροπίας ονομάζονται συγκεντρώσεις ισορροπίας. Ένα ποσοτικό χαρακτηριστικό ενός συστήματος σε κατάσταση χημικής ισορροπίας είναι σταθερά ισορροπίας.
Για κάθε αναστρέψιμη αντίδραση a A + b B+ ... ⇆ p P + q Q + ... η έκφραση της σταθεράς χημικής ισορροπίας (K) γράφεται ως κλάσμα, ο αριθμητής της οποίας περιέχει τις συγκεντρώσεις ισορροπίας των προϊόντων της αντίδρασης , και ο παρονομαστής περιέχει τις συγκεντρώσεις ισορροπίας των αρχικών ουσιών, Επιπλέον, η συγκέντρωση κάθε ουσίας πρέπει να αυξηθεί σε ισχύ ίση με τον στοιχειομετρικό συντελεστή στην εξίσωση αντίδρασης.
Για παράδειγμα, για την αντίδραση N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3.
Θα πρέπει να ληφθεί υπόψη ότι η έκφραση για τη σταθερά ισορροπίας περιλαμβάνει συγκεντρώσεις ισορροπίας μόνο αέριων ουσιών ή ουσιών σε διαλυμένη κατάσταση . Η συγκέντρωση του στερεού θεωρείται σταθερή και δεν περιλαμβάνεται στην έκφραση της σταθεράς ισορροπίας.
CO 2 (αέριο) + C (στερεό) ⇆ 2CO (αέριο)
CH 3 COOH (διάλυμα) ⇆ CH 3 COO – (διάλυμα) + H + (διάλυμα)
Ba 3 (PO 4) 2 (στερεό) ⇆ 3 Ba 2+ (κορεσμένο διάλυμα) + 2 PO 4 3– (κορεσμένο διάλυμα) K=C 3 (Ba 2+) C 2 (PO 4 3–)
Υπάρχουν δύο πιο σημαντικοί τύποι προβλημάτων που σχετίζονται με τον υπολογισμό των παραμέτρων ενός συστήματος ισορροπίας:
1) οι αρχικές συγκεντρώσεις των αρχικών ουσιών είναι γνωστές. Από τις συνθήκες του προβλήματος μπορεί κανείς να βρει τις συγκεντρώσεις των ουσιών που έχουν αντιδράσει (ή σχηματιστεί) μέχρι τη στιγμή που επέρχεται η ισορροπία. το πρόβλημα απαιτεί τον υπολογισμό των συγκεντρώσεων ισορροπίας όλων των ουσιών και της αριθμητικής τιμής της σταθεράς ισορροπίας.
2) οι αρχικές συγκεντρώσεις των αρχικών ουσιών και η σταθερά ισορροπίας είναι γνωστές. Η κατάσταση δεν περιέχει δεδομένα σχετικά με τις συγκεντρώσεις ουσιών που αντέδρασαν ή σχηματίστηκαν. Απαιτείται ο υπολογισμός των συγκεντρώσεων ισορροπίας όλων των συμμετεχόντων στην αντίδραση.
Για την επίλυση τέτοιων προβλημάτων, είναι απαραίτητο να κατανοήσουμε ότι η συγκέντρωση ισορροπίας οποιουδήποτε πρωτότυπο Οι ουσίες μπορούν να βρεθούν αφαιρώντας τη συγκέντρωση της ουσίας που αντέδρασε από την αρχική συγκέντρωση:
Ισορροπία C = αρχική C – C της αντιδράσας ουσίας.
Συγκέντρωση ισορροπίας προϊόν αντίδρασης ίση με τη συγκέντρωση του προϊόντος που σχηματίστηκε τη στιγμή της ισορροπίας:
C ισορροπία = C του προϊόντος που σχηματίζεται.
Έτσι, για τον υπολογισμό των παραμέτρων ενός συστήματος ισορροπίας, είναι πολύ σημαντικό να μπορούμε να προσδιορίσουμε πόσο από την αρχική ουσία αντέδρασε τη στιγμή της ισορροπίας και πόσο από το προϊόν της αντίδρασης σχηματίστηκε. Για να προσδιοριστεί η ποσότητα (ή η συγκέντρωση) των ουσιών που αντιδρούν και σχηματίζονται, πραγματοποιούνται στοιχειομετρικοί υπολογισμοί χρησιμοποιώντας την εξίσωση αντίδρασης.
Παράδειγμα 6.1Οι αρχικές συγκεντρώσεις αζώτου και υδρογόνου στο σύστημα ισορροπίας N 2 + 3H 2 ⇆ 2 NH 3 είναι αντίστοιχα 3 mol/l και 4 mol/l. Μέχρι να επέλθει η χημική ισορροπία, το 70% της αρχικής ποσότητας υδρογόνου παραμένει στο σύστημα. Προσδιορίστε τη σταθερά ισορροπίας για αυτή την αντίδραση.
Από τις συνθήκες του προβλήματος προκύπτει ότι μέχρι να επέλθει η ισορροπία, το 30% του υδρογόνου έχει αντιδράσει (πρόβλημα τύπου 1):
4 mol/l H 2 – 100%
x mol/l H 2 – 30%
x = 1,2 mol/l = C αντιδρούν. (H2)
Όπως φαίνεται από την εξίσωση της αντίδρασης, θα έπρεπε να έχει εισέλθει στην αντίδραση 3 φορές λιγότερο άζωτο από το υδρογόνο, δηλ. Με προρέακ. (Ν 2) = 1,2 mol/l: 3 = 0,4 mol/l. Η αμμωνία σχηματίζεται 2 φορές περισσότερο από ό,τι αντέδρασε το άζωτο:
Από εικόνες. (ΝΗ 3) = 2 × 0,4 mol/l = 0,8 mol/l
Οι συγκεντρώσεις ισορροπίας όλων των συμμετεχόντων στην αντίδραση θα είναι οι εξής:
Με ίσο (Η 2)= Γ εκκίνηση (H 2) - C αντιδρά. (H 2) = 4 mol/l – 1,2 mol/l = 2,8 mol/l;
Με ίσο (N 2)= C εκκίνηση (Ν 2) – C αντιδρά. (N 2) = 3 mol/l – 0,4 mol/l = 2,6 mol/l;
Με ίσο (NH 3) = C εικόνα. (ΝΗ3) = 0,8 mol/l.
Σταθερά ισορροπίας = 
.
Παράδειγμα 6.2Υπολογίστε τις συγκεντρώσεις ισορροπίας υδρογόνου, ιωδίου και υδροϊωδίου στο σύστημα H 2 + I 2 ⇆ 2 HI, εάν είναι γνωστό ότι οι αρχικές συγκεντρώσεις των H 2 και I 2 είναι 5 mol/l και 3 mol/l, αντίστοιχα, και η σταθερά ισορροπίας είναι 1.
Θα πρέπει να σημειωθεί ότι στις συνθήκες αυτού του προβλήματος (πρόβλημα τύπου 2), η συνθήκη δεν λέει τίποτα για τις συγκεντρώσεις των αντιδρώντων αρχικών ουσιών και των προϊόντων που προκύπτουν. Επομένως, κατά την επίλυση τέτοιων προβλημάτων, η συγκέντρωση κάποιας ουσίας που αντιδρά συνήθως λαμβάνεται ως x.
Έστω x mol/l H 2 να αντιδράσει έως ότου επέλθει η ισορροπία. Στη συνέχεια, όπως προκύπτει από την εξίσωση αντίδρασης, θα πρέπει να αντιδράσει x mol/l I 2 και να σχηματιστεί 2x mol/l HI. Οι συγκεντρώσεις ισορροπίας όλων των συμμετεχόντων στην αντίδραση θα είναι οι εξής:
Με ίσο (H 2) = C beg. (H 2) – C αντιδρά. (Η 2) = (5 – x) mol/l;
Με ίσο (Ι 2) = Γ εκκίνηση (Ι 2) – Γ αντιδρώ. (I 2) = (3 – x) mol/l;
Με ίσο (HI) = Από εικόνες. (HI) = 2x mol/l.
4x 2 = 15 – 8x + x 2
3x 2 + 8x – 15 = 0
x 1 = –3,94 x 2 = 1,27
Μόνο η θετική ρίζα x = 1,27 έχει φυσική σημασία.
Επομένως, C ίσο. (H 2) = (5 – x) mol/l = 5 – 1,27 = 3,73 mol/l;
Με ίσο (I 2) = (3 – x) mol/l = 3 – 1,27 = 1,73 mol/l;
Με ίσο (HI) = 2x mol/l = 2·1,27 = 2,54 mol/l.
Εργασία Νο. 7
Πίνακας 7 – Προϋποθέσεις εργασίας Νο. 7
Συνέχεια του πίνακα 7
Στοιχειομετρία- ποσοτικές σχέσεις μεταξύ αντιδρώντων ουσιών.
Εάν τα αντιδραστήρια εισέλθουν σε μια χημική αλληλεπίδραση σε αυστηρά καθορισμένες ποσότητες και ως αποτέλεσμα της αντίδρασης σχηματιστούν ουσίες, η ποσότητα των οποίων μπορεί να υπολογιστεί, τότε τέτοιες αντιδράσεις ονομάζονται στοιχειομετρική.
Νόμοι της στοιχειομετρίας:
Οι συντελεστές στις χημικές εξισώσεις πριν από τους τύπους των χημικών ενώσεων λέγονται στοιχειομετρική.
Όλοι οι υπολογισμοί που χρησιμοποιούν χημικές εξισώσεις βασίζονται στη χρήση στοιχειομετρικών συντελεστών και σχετίζονται με την εύρεση ποσοτήτων μιας ουσίας (αριθμός mole).
Η ποσότητα της ουσίας στην εξίσωση αντίδρασης (αριθμός γραμμομορίων) = ο συντελεστής μπροστά από το αντίστοιχο μόριο.
Ν Α=6,02×10 23 mol -1.
η - αναλογία της πραγματικής μάζας του προϊόντος m pσε ένα θεωρητικά δυνατό Μ t, εκφρασμένο σε κλάσματα μονάδας ή ως ποσοστό.
Εάν η απόδοση των προϊόντων αντίδρασης δεν υποδεικνύεται στη συνθήκη, τότε στους υπολογισμούς λαμβάνεται ίση με 100% (ποσοτική απόδοση).
Σχέδιο υπολογισμού χρησιμοποιώντας εξισώσεις χημικών αντιδράσεων:
- Να γράψετε μια εξίσωση για μια χημική αντίδραση.
- Πάνω από τους χημικούς τύπους των ουσιών γράψτε γνωστές και άγνωστες ποσότητες με μονάδες μέτρησης.
- Κάτω από τους χημικούς τύπους ουσιών με γνωστά και άγνωστα, σημειώστε τις αντίστοιχες τιμές αυτών των ποσοτήτων που βρέθηκαν από την εξίσωση αντίδρασης.
- Συνθέστε και λύστε μια αναλογία.
Παράδειγμα.Υπολογίστε τη μάζα και την ποσότητα του οξειδίου του μαγνησίου που σχηματίστηκε κατά την πλήρη καύση 24 g μαγνησίου.
|
Δεδομένος: Μ(Mg) = 24 γρ Εύρημα: ν (MgO) Μ (MgO) |
Λύση: 1. Ας δημιουργήσουμε μια εξίσωση για μια χημική αντίδραση: 2Mg + O 2 = 2MgO. 2. Κάτω από τους τύπους των ουσιών υποδεικνύουμε την ποσότητα της ουσίας (αριθμός mole) που αντιστοιχεί στους στοιχειομετρικούς συντελεστές: 2Mg + O2 = 2MgO 2 mole 2 mole 3. Προσδιορίστε τη μοριακή μάζα του μαγνησίου: Σχετική ατομική μάζα μαγνησίου Ar (Mg) = 24. Επειδή η τιμή της μοριακής μάζας είναι ίση με τη σχετική ατομική ή μοριακή μάζα, τότε M (Mg)= 24 g/mol. 4. Χρησιμοποιώντας τη μάζα της ουσίας που καθορίζεται στη συνθήκη, υπολογίζουμε την ποσότητα της ουσίας:
5. Πάνω από τον χημικό τύπο του οξειδίου του μαγνησίου MgO, η μάζα του οποίου είναι άγνωστη, ορίσαμε ΧΕΛΙΑ δερματος, πάνω από τη φόρμουλα μαγνησίου Mgγράφουμε τη μοριακή του μάζα: 1 τυφλοπόντικα ΧΕΛΙΑ δερματος 2Mg + O2 = 2MgO 2 mole 2 mole
Σύμφωνα με τους κανόνες για την επίλυση αναλογιών:
Ποσότητα οξειδίου του μαγνησίου ν (MgO)= 1 mol. 7. Υπολογίστε τη μοριακή μάζα του οξειδίου του μαγνησίου: M (Mg)=24 g/mol, M(O)=16 g/mol. M(MgO)= 24 + 16 = 40 g/mol. Υπολογίζουμε τη μάζα του οξειδίου του μαγνησίου: m (MgO) = ν (MgO) × M (MgO) = 1 mol × 40 g/mol = 40 g. Απάντηση: ν (MgO) = 1 mol; m (MgO) = 40 g. |
Ο συντελεστής περίσσειας αέρα με αυτή τη μέθοδο οργάνωσης της διαδικασίας καύσης πρέπει να αντιστοιχεί σε πλούσια μείγματα κοντά στο στοιχειομετρικό. Σε αυτή την περίπτωση, θα είναι πολύ δύσκολο να οργανωθεί αποτελεσματική καύση άπαχων μιγμάτων λόγω της ανεπαρκώς υψηλής ταχύτητας διάδοσης του μετώπου φλόγας με υψηλή πιθανότητα εξασθένησης των πηγών ανάφλεξης, σημαντική κυκλική ανομοιομορφία καύσης και, τελικά, αστοχίες. Έτσι, αυτή η κατεύθυνση μπορεί να ονομαστεί εξαιρετικά αργή καύση πλούσιων μιγμάτων αερίου-αέρα[...]
Ο συντελεστής περίσσειας αέρα (α) επηρεάζει σημαντικά τη διαδικασία καύσης και τη σύνθεση των συστατικών των προϊόντων καύσης. Προφανώς, στο 1,0) δεν έχει πρακτικά καμία επίδραση στη σύνθεση των συστατικών των καυσαερίων και οδηγεί μόνο σε μείωση της συγκέντρωσης των συστατικών λόγω αραίωσης με αέρα που δεν χρησιμοποιείται στη διαδικασία καύσης.[...]
Με βάση τους στοιχειομετρικούς συντελεστές της αντίδρασης για την παραγωγή χλωροθειοφωσφορικού διαλκυλεστέρα και τη βέλτιστη λύση για το κριτήριο 2, επιβάλλουμε τον περιορισμό Χ3 = -0,26 (1,087 mol/mol).[...]
| 24.5 |
Αυτό δίνει την τιμή του στοιχειομετρικού συντελεστή για την κατανάλωση πολυφωσφορικών 1/us,p = g P/g COD(NAs).[...]
Στον πίνακα Ο Πίνακας 24.5 δείχνει τους στοιχειομετρικούς συντελεστές απόδοσης που προσδιορίστηκαν σε πειράματα που πραγματοποιήθηκαν σε αντιδραστήρες συνεχούς παρτίδας με καθαρή καλλιέργεια. Αυτές οι τιμές βρίσκονται σε αρκετά καλή συμφωνία παρά τις διαφορετικές μικροβιολογικές συνθήκες ανάπτυξης.[...]
Από την έκφραση (3.36) βρίσκουμε τον στοιχειομετρικό συντελεστή «sat.p = 0.05 g P/g COD(NAs).[...]
[ ...]
Από το παράδειγμα 3.2, μπορείτε να βρείτε τους στοιχειομετρικούς συντελεστές της εξίσωσης για την αφαίρεση οξικού οξέος: 1 mol HAc (60 g HAc) απαιτεί 0,9 mol 02 και 0,9 32 = 29 g 02.[...]
| 3.12 |
Σε αυτούς τους τύπους, η πρώτη αρχική ουσία περιλαμβάνεται σε όλες τις στοιχειομετρικές εξισώσεις και ο στοιχειομετρικός της συντελεστής σε αυτές είναι V/, = -1. Για την ουσία αυτή δίνονται οι βαθμοί μετατροπής του lu σε κάθε στοιχειομετρική εξίσωση (υπάρχουν Κ συνολικά). Στις εξισώσεις (3.14) και (3.15), θεωρείται ότι το iο συστατικό, το προϊόν για το οποίο προσδιορίζεται η επιλεκτικότητα και η απόδοση, σχηματίζεται μόνο στην 1η στοιχειομετρική εξίσωση (τότε E/ = x(). αυτοί οι τύποι μετρώνται σε mol (ονομασία LO, όπως είναι παραδοσιακά αποδεκτό στις χημικές επιστήμες. [...]
Κατά τη σύνταξη εξισώσεων οξειδοαναγωγής, οι στοιχειομετρικοί συντελεστές βρίσκονται με βάση την οξείδωση του στοιχείου πριν και μετά την αντίδραση. Η οξείδωση ενός στοιχείου στις ενώσεις καθορίζεται από τον αριθμό των ηλεκτρονίων που ξοδεύει το άτομο για το σχηματισμό πολικών και ιοντικών δεσμών και το πρόσημο της οξείδωσης καθορίζεται από την κατεύθυνση μετατόπισης των ζευγών ηλεκτρονίων σύνδεσης. Για παράδειγμα, η οξείδωση του ιόντος νατρίου στην ένωση NaCl είναι +1 και αυτή του χλωρίου είναι -I.[...]
Είναι πιο βολικό να αναπαραστήσουμε τη στοιχειομετρία μιας μικροβιολογικής αντίδρασης χρησιμοποιώντας μια στοιχειομετρική εξίσωση ισορροπίας παρά με τη μορφή πινάκων τιμών συντελεστών απόδοσης. Μια τέτοια περιγραφή της σύνθεσης των συστατικών ενός μικροβιολογικού κυττάρου απαιτούσε τη χρήση ενός εμπειρικού τύπου. Καθιερώθηκε πειραματικά ο τύπος της κυτταρικής ουσίας C5H702N, ο οποίος χρησιμοποιείται συχνά στην παρασκευή στοιχειομετρικών εξισώσεων.[...]
Στον πίνακα Το 3.6 παρουσιάζει τυπικές τιμές κινητικών και άλλων σταθερών, καθώς και στοιχειομετρικούς συντελεστές για την αερόβια διαδικασία επεξεργασίας αστικών λυμάτων. Θα πρέπει να σημειωθεί ότι υπάρχει μια ορισμένη συσχέτιση μεταξύ μεμονωμένων σταθερών, επομένως είναι απαραίτητο να χρησιμοποιηθεί ένα σύνολο σταθερών από μια πηγή, αντί να επιλέγονται μεμονωμένες σταθερές από διαφορετικές πηγές. Στον πίνακα Το 3.7 δείχνει παρόμοιες συσχετίσεις.[...]
Η μέθοδος τυποποιείται με γνωστές ποσότητες ιωδίου, που μετατρέπονται σε όζον, με βάση στοιχειομετρικό συντελεστή ίσο με μονάδα (1 mole όζοντος απελευθερώνει 1 mole ιωδίου). Αυτός ο συντελεστής υποστηρίζεται από τα αποτελέσματα μιας σειράς μελετών, βάσει των οποίων καθιερώθηκε η στοιχειομετρία των αντιδράσεων του όζοντος με τις ολεφίνες. Με διαφορετικό συντελεστή, αυτά τα αποτελέσματα θα ήταν δύσκολο να εξηγηθούν. Ωστόσο, η εργασία διαπίστωσε ότι ο καθορισμένος συντελεστής είναι 1,5. Αυτό είναι σύμφωνο με δεδομένα σύμφωνα με τα οποία λαμβάνεται στοιχειομετρικός συντελεστής ίσος με μονάδα σε pH 9 και σε όξινο περιβάλλον απελευθερώνεται σημαντικά περισσότερο ιώδιο από ό,τι σε ουδέτερο και αλκαλικό.[...]
Οι δοκιμές πραγματοποιήθηκαν με πλήρες φορτίο και σταθερή ταχύτητα στροφαλοφόρου άξονα 1.500 min1. Ο συντελεστής περίσσειας αέρα κυμαινόταν στο εύρος των 0,8 [...]
Υλικές διεργασίες στη ζωντανή φύση, κύκλοι βιογενών στοιχείων συνδέονται με ροές ενέργειας με στοιχειομετρικούς συντελεστές που ποικίλλουν στους πιο διαφορετικούς οργανισμούς μόνο εντός μιας τάξης μεγέθους. Επιπλέον, λόγω της υψηλής απόδοσης της κατάλυσης, η κατανάλωση ενέργειας για τη σύνθεση νέων ουσιών στους οργανισμούς είναι πολύ μικρότερη από ό,τι στα τεχνικά ανάλογα αυτών των διεργασιών.[...]
Οι μετρήσεις των χαρακτηριστικών του κινητήρα και των επιβλαβών εκπομπών για όλους τους θαλάμους καύσης πραγματοποιήθηκαν σε ένα ευρύ φάσμα αλλαγών στην αναλογία περίσσειας αέρα από τη στοιχειομετρική τιμή σε ένα εξαιρετικά άπαχο μείγμα. Στο Σχ. Τα σχήματα 56 και 57 δείχνουν τα κύρια αποτελέσματα ανάλογα με το α, που λαμβάνεται με ταχύτητα περιστροφής 2.000 λεπτών και μια πλήρως ανοιχτή βαλβίδα γκαζιού. Η τιμή της γωνίας χρονισμού ανάφλεξης επιλέχθηκε από την προϋπόθεση της απόκτησης μέγιστης ροπής.[...]
Η βιολογική διαδικασία απομάκρυνσης του φωσφόρου είναι πολύπλοκη, επομένως φυσικά η προσέγγιση που χρησιμοποιούμε είναι πολύ απλοποιημένη. Στον πίνακα Το Σχήμα 8.1 παρουσιάζει ένα σύνολο στοιχειομετρικών συντελεστών που περιγράφουν τις διεργασίες που λαμβάνουν χώρα με τη συμμετοχή του FAO. Ο πίνακας φαίνεται περίπλοκος, αλλά έχουν ήδη γίνει απλοποιήσεις σε αυτόν.[...]
Σε μια από τις τελευταίες εργασίες, έγινε αποδεκτό ότι 1 mol N02 δίνει 0,72 g ιόντος N07. Σύμφωνα με στοιχεία που παρέχονται από τον Διεθνή Οργανισμό Τυποποίησης, ο στοιχειομετρικός συντελεστής εξαρτάται από τη σύνθεση των αντιδραστηρίων τύπου Griess. Προτείνονται έξι παραλλαγές αυτού του αντιδραστηρίου, που διαφέρουν ως προς τη σύνθεση των συστατικών του, και υποδεικνύεται ότι η απόδοση απορρόφησης για όλους τους τύπους διαλυμάτων απορρόφησης είναι 90%, και ο στοιχειομετρικός συντελεστής, λαμβάνοντας υπόψη την απόδοση απορρόφησης, κυμαίνεται από 0,8 έως 1. Η μείωση της ποσότητας του NEDA και η αντικατάσταση του σουλφανιλικού οξέος με σουλφανιλαμίδιο (λευκό στρεπτοκτόνο) δίνει μεγαλύτερη τιμή αυτού του συντελεστή. Οι συγγραφείς του έργου το εξηγούν με την απώλεια του HN02 λόγω του σχηματισμού ΝΟ κατά τις παράπλευρες αντιδράσεις.[...]
Κατά το σχεδιασμό βιοχημικών εγκαταστάσεων επεξεργασίας λυμάτων και την ανάλυση της λειτουργίας τους, συνήθως χρησιμοποιούνται οι ακόλουθες παράμετροι σχεδιασμού: ρυθμός βιολογικής οξείδωσης, στοιχειομετρικοί συντελεστές για δέκτες ηλεκτρονίων, ρυθμός ανάπτυξης και φυσικές ιδιότητες βιομάζας ενεργού ιλύος. Η μελέτη των χημικών αλλαγών σε σχέση με τους βιολογικούς μετασχηματισμούς που συμβαίνουν σε έναν βιοαντιδραστήρα καθιστά δυνατή την απόκτηση μιας αρκετά πλήρης κατανόησης της λειτουργίας της δομής. Για τα αναερόβια συστήματα, τα οποία περιλαμβάνουν αναερόβια φίλτρα, τέτοιες πληροφορίες απαιτούνται για τη διασφάλιση της βέλτιστης τιμής pH του περιβάλλοντος, που είναι ο κύριος παράγοντας για την κανονική λειτουργία των εγκαταστάσεων επεξεργασίας. Σε ορισμένα αερόβια συστήματα, όπως αυτά στα οποία λαμβάνει χώρα νιτροποίηση, ο έλεγχος του pH είναι επίσης απαραίτητος για να διασφαλιστούν οι βέλτιστοι ρυθμοί μικροβιακής ανάπτυξης. Για κλειστές εγκαταστάσεις επεξεργασίας, που τέθηκαν σε εφαρμογή στα τέλη της δεκαετίας του '60, οι οποίες χρησιμοποιούν καθαρό οξυγόνο (οξυγόνο), η μελέτη των χημικών αλληλεπιδράσεων έχει καταστεί απαραίτητη όχι μόνο για τη ρύθμιση του pH, αλλά και για τον μηχανικό υπολογισμό του εξοπλισμού αγωγών αερίου. ...]
Η σταθερά ταχύτητας του καταλυτικού μετασχηματισμού k στη γενική περίπτωση είναι, σε μια δεδομένη θερμοκρασία, συνάρτηση των σταθερών ρυθμού των μπροστινών, αντίστροφων και πλευρικών αντιδράσεων, καθώς και των συντελεστών διάχυσης των αρχικών αντιδραστηρίων και των προϊόντων της αλληλεπίδρασής τους . Ο ρυθμός μιας ετερογενούς καταλυτικής διεργασίας καθορίζεται, όπως σημειώθηκε παραπάνω, από τους σχετικούς ρυθμούς των επιμέρους σταδίων της και περιορίζεται από το βραδύτερο από αυτά. Ως αποτέλεσμα, η σειρά της καταλυτικής αντίδρασης σχεδόν ποτέ δεν συμπίπτει με τη μοριακότητα της αντίδρασης που αντιστοιχεί στη στοιχειομετρική αναλογία στην εξίσωση αυτής της αντίδρασης και οι εκφράσεις για τον υπολογισμό της σταθεράς ταχύτητας του καταλυτικού μετασχηματισμού είναι συγκεκριμένες για τα συγκεκριμένα στάδια και συνθήκες της εφαρμογής του [...]
Για να ελέγξετε την αντίδραση εξουδετέρωσης, πρέπει να γνωρίζετε πόσο οξύ ή αλκάλιο πρέπει να προστεθεί στο διάλυμα για να αποκτήσετε την απαιτούμενη τιμή pH. Για την επίλυση αυτού του προβλήματος μπορεί να χρησιμοποιηθεί μια μέθοδος εμπειρικής εκτίμησης στοιχειομετρικών συντελεστών, η οποία πραγματοποιείται με τη χρήση ογκομέτρησης[...]
Η σύνθεση ισορροπίας των προϊόντων καύσης στον θάλαμο καθορίζεται από το νόμο της δράσης της μάζας. Σύμφωνα με αυτόν τον νόμο, ο ρυθμός των χημικών αντιδράσεων είναι ευθέως ανάλογος με τη συγκέντρωση των αρχικών αντιδραστηρίων, καθένα από τα οποία λαμβάνεται σε βαθμό ίσο με τον στοιχειομετρικό συντελεστή με τον οποίο η ουσία εισέρχεται στην εξίσωση της χημικής αντίδρασης. Με βάση τη σύνθεση των καυσίμων, μπορούμε να υποθέσουμε ότι τα προϊόντα καύσης, για παράδειγμα, υγρών καυσίμων πυραύλων στον θάλαμο θα αποτελούνται από CO2, H20, CO, N0, OH, Li2, H2, N. H, O, για στερεό καύσιμο πυραύλων - από A1203, N2, H2, HC1, CO, C02, H20 σε T = 1100...2200 K. [...]
Για να τεκμηριωθεί η δυνατότητα χρήσης καύσης φυσικού αερίου σε δύο στάδια, πραγματοποιήθηκαν πειραματικές μελέτες σχετικά με την κατανομή των τοπικών θερμοκρασιών, τις συγκεντρώσεις οξειδίων του αζώτου και εύφλεκτων ουσιών σε όλο το μήκος του πυρσού, ανάλογα με την αναλογία περίσσειας αέρα που παρέχεται μέσω του καυστήρα. . Τα πειράματα διεξήχθησαν με καύση φυσικού αερίου σε κλίβανο λέβητα PTVM-50, εξοπλισμένου με καυστήρα VTI vortex με περιφερειακή παροχή πίδακες αερίου σε μια στροβιλιζόμενη εγκάρσια ροή αέρα. Έχει διαπιστωθεί ότι στο ag O.bb η διαδικασία εξάντλησης καυσίμου τελειώνει σε απόσταση 1ph/X>Out = 4,2, και σε ag=1,10 - σε απόσταση bph10out = 3,6. Αυτό υποδηλώνει μια εκτεταμένη διαδικασία καύσης υπό συνθήκες σημαντικά διαφορετικές από τις στοιχειομετρικές.[...]
Μια απλοποιημένη μήτρα παραμέτρων διεργασίας με ενεργοποιημένη ιλύ χωρίς νιτροποίηση παρουσιάζεται στον Πίνακα. 4.2. Υποτίθεται εδώ ότι τρεις κύριοι παράγοντες συμβάλλουν στη διαδικασία μετατροπής: η βιολογική ανάπτυξη, η αποδόμηση και η υδρόλυση. Οι ρυθμοί αντίδρασης υποδεικνύονται στη δεξιά στήλη και οι συντελεστές που παρουσιάζονται στον πίνακα είναι στοιχειομετρικοί. Χρησιμοποιώντας τα δεδομένα του πίνακα, μπορείτε να γράψετε μια εξίσωση ισοζυγίου μάζας, για παράδειγμα, για την οργανική ουσία που αποσυντίθεται εύκολα Be σε έναν ιδανικό αντιδραστήρα ανάμειξης. Οι εκφράσεις μεταφοράς είναι αυτονόητες. Βρίσκουμε δύο εκφράσεις που περιγράφουν τους μετασχηματισμούς μιας ουσίας πολλαπλασιάζοντας τους στοιχειομετρικούς συντελεστές από (στην περίπτωση αυτή) στήλες «συστατικού» με τους αντίστοιχους ρυθμούς αντίδρασης από τη δεξιά στήλη του πίνακα. 4.2.[...]
Στο Σχ. Το σχήμα 50 δείχνει τη μεταβολή της περιεκτικότητας σε Shx στα προϊόντα καύσης (g/kWh) ανάλογα με τη σύνθεση του μείγματος και το χρόνο ανάφλεξης. Επειδή Ο σχηματισμός NOx εξαρτάται σε μεγάλο βαθμό από τη θερμοκρασία του αερίου· με την πρώιμη ανάφλεξη, η εκπομπή NOx αυξάνεται. Η εξάρτηση του σχηματισμού 1 Yux από τον συντελεστή περίσσειας αέρα είναι πιο περίπλοκη, επειδή υπάρχουν δύο αντίθετοι παράγοντες. Ο σχηματισμός του 1Οх εξαρτάται από τη συγκέντρωση οξυγόνου στο μείγμα καύσης και τη θερμοκρασία. Η κλίση του μείγματος αυξάνει τη συγκέντρωση οξυγόνου, αλλά μειώνει τη μέγιστη θερμοκρασία καύσης. Αυτό οδηγεί στο γεγονός ότι η μέγιστη περιεκτικότητα επιτυγχάνεται όταν εργάζεστε με μείγματα ελαφρώς φτωχότερα από τα στοιχειομετρικά. Στις ίδιες τιμές του συντελεστή περίσσειας αέρα, η αποτελεσματική απόδοση έχει μέγιστο.[...]
Στο Σχ. Το Σχήμα 7.2 δείχνει την πειραματική εξάρτηση της συγκέντρωσης μεθανόλης από τη συγκέντρωση NO3-N στην έξοδο του βιοφίλτρου πλήρους μετατόπισης. Οι γραμμές που συνδέουν τα πειραματικά σημεία χαρακτηρίζουν την κατανομή της ουσίας κατά μήκος του φίλτρου σε διαφορετικές αναλογίες Smc/Sn- Η κλίση των καμπυλών αντιστοιχεί στην τιμή του στοιχειομετρικού συντελεστή: 3,1 kg CH3OH/kg NO -N. [... ]
Η σχέση που συνδέει τις συγκεντρώσεις των ουσιών που αντιδρούν με τη σταθερά ισορροπίας είναι μια μαθηματική έκφραση του νόμου της δράσης της μάζας, η οποία μπορεί να διατυπωθεί ως εξής: για μια δεδομένη αναστρέψιμη αντίδραση σε κατάσταση χημικής ισορροπίας, ο λόγος του προϊόντος της ισορροπίας Οι συγκεντρώσεις των προϊόντων της αντίδρασης στο γινόμενο των συγκεντρώσεων ισορροπίας των αρχικών ουσιών σε μια δεδομένη θερμοκρασία είναι μια σταθερή τιμή και η συγκέντρωση κάθε ουσίας πρέπει να αυξηθεί στην ισχύ του στοιχειομετρικού της συντελεστή.[...]
Στη Σοβιετική Ένωση, η μέθοδος Polezhaev and Girina χρησιμοποιείται για τον προσδιορισμό του NO¡¡ στην ατμόσφαιρα. Αυτή η μέθοδος χρησιμοποιεί ένα διάλυμα 8% KJ για τη δέσμευση του διοξειδίου του αζώτου. Ο προσδιορισμός των ιόντων νιτρώδους στο προκύπτον διάλυμα πραγματοποιείται χρησιμοποιώντας το αντιδραστήριο Griess-Ilosvay. Το διάλυμα ιωδιούχου καλίου είναι σημαντικά πιο αποτελεσματικός απορροφητής NO2 από το αλκαλικό διάλυμα. Με τον όγκο του (μόνο 6 ml) και τον ρυθμό μετάδοσης του αέρα (0,25 l/min), όχι περισσότερο από 2% NO2 διέρχεται από τη συσκευή απορρόφησης με πορώδη γυάλινη πλάκα. Τα δείγματα που λαμβάνονται είναι καλά διατηρημένα (περίπου ένα μήνα). Ο στοιχειομετρικός συντελεστής για την απορρόφηση του NOa από το διάλυμα KJ είναι 0,75, λαμβάνοντας υπόψη την πρόοδο. Σύμφωνα με τα δεδομένα μας, αυτή η μέθοδος δεν παρεμβαίνει στο NO σε αναλογία συγκέντρωσης NO:NOa 3:1.[...]
Τα μειονεκτήματα αυτής της μεθόδου, η οποία χρησιμοποιείται ευρέως στην πρακτική της επεξεργασίας απορριμμάτων σε υψηλές θερμοκρασίες, είναι η ανάγκη χρήσης ακριβών αλκαλικών αντιδραστηρίων (NaOH και Na2CO3). Έτσι, είναι δυνατό να ικανοποιηθούν οι ανάγκες πολλών βιομηχανιών που πρέπει να εξουδετερώσουν μικρές ποσότητες υγρών αποβλήτων με ένα ευρύ φάσμα χημικών συστατικών και οποιαδήποτε περιεκτικότητα σε οργανοχλωρικές ενώσεις. Ωστόσο, η καύση των διαλυτών που περιέχουν χλώριο πρέπει να προσεγγίζεται με προσοχή, καθώς υπό ορισμένες συνθήκες (1 > 1200°C, αναλογία περίσσειας αέρα > 1,5) τα καυσαέρια μπορεί να περιέχουν φωσγένιο, ένα πολύ τοξικό χλωροξείδιο του άνθρακα ή χλωριούχο ανθρακικό οξύ ( COC12). Η επικίνδυνη για τη ζωή συγκέντρωση αυτής της ουσίας είναι 450 mg ανά 1 m3 αέρα.[...]
Οι διεργασίες έκπλυσης ή χημικής διάβρωσης των ελάχιστα διαλυτών ορυκτών ή οι ενώσεις τους χαρακτηρίζονται από το σχηματισμό νέων στερεών φάσεων. Οι ισορροπίες μεταξύ αυτών και των διαλυμένων συστατικών αναλύονται χρησιμοποιώντας θερμοδυναμικά διαγράμματα φάσεων. Οι θεμελιώδεις δυσκολίες εδώ προκύπτουν συνήθως σε σχέση με την ανάγκη περιγραφής της κινητικής των διεργασιών, χωρίς την οποία συχνά δεν δικαιολογείται η εξέτασή τους. Τα αντίστοιχα κινητικά μοντέλα απαιτούν την ανάκλαση των χημικών αλληλεπιδράσεων σε ρητή μορφή - μέσω των μερικών συγκεντρώσεων των αντιδρώντων ουσιών cx, λαμβάνοντας υπόψη τους στοιχειομετρικούς συντελεστές V. συγκεκριμένων αντιδράσεων.
Για κάθε ουσία αντίδρασης υπάρχουν οι ακόλουθες ποσότητες ουσίας:
Αρχική ποσότητα της i-ης ουσίας (η ποσότητα της ουσίας πριν από την έναρξη της αντίδρασης).
Η τελική ποσότητα της i-ης ουσίας (η ποσότητα της ουσίας στο τέλος της αντίδρασης).
Η ποσότητα της αντιδράσας (για τις αρχικές ουσίες) ή της σχηματιζόμενης ουσίας (για τα προϊόντα αντίδρασης).
Εφόσον η ποσότητα μιας ουσίας δεν μπορεί να είναι αρνητική, τότε για τις αρχικές ουσίες
Αφού >.
Για προϊόντα αντίδρασης >, επομένως, .
Οι στοιχειομετρικές αναλογίες είναι σχέσεις μεταξύ ποσοτήτων, μαζών ή όγκων (για αέρια) αντιδρώντων ουσιών ή προϊόντων αντίδρασης, που υπολογίζονται με βάση την εξίσωση της αντίδρασης. Οι υπολογισμοί που χρησιμοποιούν εξισώσεις αντίδρασης βασίζονται στον βασικό νόμο της στοιχειομετρίας: η αναλογία των ποσοτήτων των ουσιών που αντιδρούν ή σχηματίζονται (σε mole) είναι ίση με την αναλογία των αντίστοιχων συντελεστών στην εξίσωση αντίδρασης (στοιχειομετρικοί συντελεστές).
Για την αλουμινοθερμική αντίδραση που περιγράφεται από την εξίσωση:
3Fe 3 O 4 + 8Al = 4Al 2 O 3 + 9Fe,
οι ποσότητες των αντιδρώντων ουσιών και προϊόντων αντίδρασης σχετίζονται ως
Για τους υπολογισμούς, είναι πιο βολικό να χρησιμοποιήσετε μια άλλη διατύπωση αυτού του νόμου: η αναλογία της ποσότητας της ουσίας που αντιδρά ή σχηματίζεται ως αποτέλεσμα της αντίδρασης προς τον στοιχειομετρικό της συντελεστή είναι μια σταθερά για μια δεδομένη αντίδραση.
Σε γενικές γραμμές, για μια αντίδραση της μορφής
aA + bB = cC + dD,
όπου τα μικρά γράμματα υποδεικνύουν συντελεστές και τα μεγάλα γράμματα υποδηλώνουν χημικές ουσίες, οι ποσότητες των αντιδρώντων συσχετίζονται με την αναλογία:
Οποιοιδήποτε δύο όροι αυτής της αναλογίας, που σχετίζονται με ισότητα, σχηματίζουν την αναλογία μιας χημικής αντίδρασης: για παράδειγμα,
Εάν η μάζα της ουσίας που σχηματίστηκε ή αντέδρασε είναι γνωστή για μια αντίδραση, τότε η ποσότητα της μπορεί να βρεθεί χρησιμοποιώντας τον τύπο
και στη συνέχεια, χρησιμοποιώντας την αναλογία της χημικής αντίδρασης, μπορούν να βρεθούν οι αντιδράσεις για τις υπόλοιπες ουσίες. Μια ουσία, από τη μάζα ή την ποσότητα της οποίας βρίσκονται οι μάζες, οι ποσότητες ή οι όγκοι άλλων συμμετεχόντων στην αντίδραση, μερικές φορές ονομάζεται υποστηρικτική ουσία.
Εάν δοθούν οι μάζες πολλών αντιδραστηρίων, τότε οι μάζες των υπόλοιπων ουσιών υπολογίζονται με βάση την ουσία που είναι σε έλλειψη, δηλ. καταναλώνεται πλήρως στην αντίδραση. Οι ποσότητες ουσιών που ταιριάζουν ακριβώς με την εξίσωση αντίδρασης χωρίς περίσσεια ή ανεπάρκεια ονομάζονται στοιχειομετρικές ποσότητες.
Έτσι, σε προβλήματα που σχετίζονται με στοιχειομετρικούς υπολογισμούς, η κύρια ενέργεια είναι να βρεθεί η υποστηρικτική ουσία και να υπολογιστεί η ποσότητα της που εισήλθε ή σχηματίστηκε ως αποτέλεσμα της αντίδρασης.
Υπολογισμός της ποσότητας των επιμέρους στερεών
πού είναι η ποσότητα της μεμονωμένης στερεάς ουσίας Α;
Μάζα μεμονωμένης στερεάς ουσίας A, g;
Μοριακή μάζα ουσίας Α, g/mol.
Υπολογισμός της ποσότητας φυσικού ορυκτού ή μείγματος στερεών
Ας δοθεί το φυσικό ορυκτό πυρίτη, το κύριο συστατικό του οποίου είναι το FeS 2. Εκτός από αυτό, ο πυρίτης περιέχει ακαθαρσίες. Η περιεκτικότητα του κύριου συστατικού ή των ακαθαρσιών υποδεικνύεται σε ποσοστό μάζας, για παράδειγμα, .
Εάν το περιεχόμενο του κύριου συστατικού είναι γνωστό, τότε
Εάν είναι γνωστή η περιεκτικότητα σε ακαθαρσίες, τότε
πού είναι η ποσότητα της μεμονωμένης ουσίας FeS 2, mol;
Μάζα ορυκτού πυρίτη, g.
Η ποσότητα ενός συστατικού σε ένα μείγμα στερεών υπολογίζεται ομοίως εάν είναι γνωστή η περιεκτικότητά του σε κλάσματα μάζας.
Υπολογισμός της ποσότητας της ουσίας σε ένα καθαρό υγρό
Εάν η μάζα είναι γνωστή, τότε ο υπολογισμός είναι παρόμοιος με αυτόν για ένα μεμονωμένο στερεό.
Εάν ο όγκος του υγρού είναι γνωστός, τότε
1. Βρείτε τη μάζα αυτού του όγκου υγρού:
m f = V f ·s f,
όπου mf είναι η μάζα του υγρού g.
Vf - όγκος υγρού, ml;
cf - πυκνότητα υγρού, g/ml.
2. Βρείτε τον αριθμό των γραμμομορίων υγρού:
Αυτή η τεχνική είναι κατάλληλη για οποιαδήποτε κατάσταση συσσωμάτωσης μιας ουσίας.
Προσδιορίστε την ποσότητα της ουσίας H 2 O σε 200 ml νερού.
Λύση: εάν η θερμοκρασία δεν καθορίζεται, τότε η πυκνότητα του νερού θεωρείται ότι είναι 1 g/ml, τότε:
Υπολογισμός της ποσότητας της διαλυμένης ουσίας σε ένα διάλυμα εάν είναι γνωστή η συγκέντρωσή της
Αν είναι γνωστό το κλάσμα μάζας της διαλυμένης ουσίας, η πυκνότητα του διαλύματος και ο όγκος του, τότε
m λύση = V λύση γ λύση,
όπου m διάλυμα είναι η μάζα του διαλύματος, g;
Διάλυμα V - όγκος διαλύματος, ml;
γ διάλυμα - πυκνότητα διαλύματος, g/ml.
πού είναι η μάζα της διαλυμένης ουσίας, g;
Κλάσμα μάζας διαλυμένης ουσίας, εκφρασμένο σε %.
Προσδιορίστε την ποσότητα του νιτρικού οξέος σε 500 ml διαλύματος οξέος 10% με πυκνότητα 1,0543 g/ml.
Προσδιορίστε τη μάζα του διαλύματος
m διάλυμα = V διάλυμα s διάλυμα = 500 1,0543 = 527,150 g.
Προσδιορίστε τη μάζα του καθαρού HNO 3
Προσδιορίστε τον αριθμό των mol HNO 3
Εάν είναι γνωστά η μοριακή συγκέντρωση της διαλυμένης ουσίας και της ουσίας και ο όγκος του διαλύματος, τότε
πού είναι ο όγκος του διαλύματος, l;
Μοριακή συγκέντρωση της i-ης ουσίας σε διάλυμα, mol/l.
Υπολογισμός της ποσότητας μεμονωμένης αέριας ουσίας
Εάν δίνεται η μάζα μιας αέριας ουσίας, υπολογίζεται με τον τύπο (1).
Εάν δίνεται ο όγκος που μετράται υπό κανονικές συνθήκες, τότε σύμφωνα με τον τύπο (2), εάν ο όγκος μιας αέριας ουσίας μετράται υπό οποιεσδήποτε άλλες συνθήκες, τότε σύμφωνα με τον τύπο (3), οι τύποι δίνονται στις σελίδες 6-7.
