Κατά τη σύνταξη μιας εξίσωσης για μια αντίδραση οξειδοαναγωγής, είναι απαραίτητο να προσδιοριστεί ο αναγωγικός παράγοντας, ο οξειδωτικός παράγοντας και ο αριθμός των δεδομένων και των λαμβανόμενων ηλεκτρονίων. Υπάρχουν κυρίως δύο μέθοδοι για τη σύνταξη εξισώσεων οξειδοαναγωγικών αντιδράσεων:
1) ηλεκτρονικό ισοζύγιο– με βάση τον προσδιορισμό του συνολικού αριθμού ηλεκτρονίων που μετακινούνται από τον αναγωγικό παράγοντα στον οξειδωτικό παράγοντα.
2) ιοντοηλεκτρονική ισορροπία- προβλέπει τη χωριστή σύνταξη εξισώσεων για τη διαδικασία οξείδωσης και αναγωγής με την επακόλουθη άθροισή τους σε μια κοινή μέθοδο ιοντικής εξίσωσης-ημιαντίδρασης. Σε αυτή τη μέθοδο, είναι απαραίτητο να βρεθούν όχι μόνο οι συντελεστές για τον αναγωγικό και οξειδωτικό παράγοντα, αλλά και για τα μόρια του μέσου. Ανάλογα με τη φύση του μέσου, ο αριθμός των ηλεκτρονίων που γίνονται δεκτά από τον οξειδωτικό παράγοντα ή χάνονται από τον αναγωγικό παράγοντα μπορεί να ποικίλλει.
1) Ηλεκτρονική ισορροπία - μια μέθοδος για την εύρεση των συντελεστών στις εξισώσεις των αντιδράσεων οξειδοαναγωγής, η οποία εξετάζει την ανταλλαγή ηλεκτρονίων μεταξύ ατόμων στοιχείων που αλλάζουν την κατάσταση οξείδωσής τους. Ο αριθμός των ηλεκτρονίων που δωρίζονται από τον αναγωγικό παράγοντα είναι ίσος με τον αριθμό των ηλεκτρονίων που λαμβάνει ο οξειδωτικός παράγοντας.
Η εξίσωση συντάσσεται σε διάφορα στάδια:
1. Καταγράψτε το σχήμα αντίδρασης.
KMnO 4 + HCl → KCl + MnCl 2 + Cl 2 + H 2 O
2. Βάλτε τις καταστάσεις οξείδωσης πάνω από τα σημάδια των στοιχείων που αλλάζουν.
KMn +7 O 4 + HCl -1 → KCl + Mn +2 Cl 2 + Cl 2 0 + H 2 O
3. Κατανείμετε στοιχεία που αλλάζουν τον βαθμό οξείδωσης και καθορίζουν τον αριθμό των ηλεκτρονίων που λαμβάνονται από τον οξειδωτικό παράγοντα και δίνονται από τον αναγωγικό παράγοντα.
Mn +7 + 5ē = Mn +2
2Cl -1 - 2ē \u003d Cl 2 0
4. Εξισώστε τον αριθμό των αποκτηθέντων και των ηλεκτρονίων που δόθηκαν, καθορίζοντας έτσι τους συντελεστές για ενώσεις στις οποίες υπάρχουν στοιχεία που αλλάζουν την κατάσταση οξείδωσης.
Mn +7 + 5ē = Mn +2 2
2Cl -1 - 2ē \u003d Cl 2 0 5
––––––––––––––––––––––––
2Mn +7 + 10Cl -1 = 2Mn +2 + 5Cl 2 0
5. Οι συντελεστές επιλέγονται για όλους τους άλλους συμμετέχοντες στην αντίδραση. Στην περίπτωση αυτή, 10 μόρια HCl συμμετέχουν στη διαδικασία αναγωγής και 6 στη διαδικασία ανταλλαγής ιόντων (σύνδεση ιόντων καλίου και μαγγανίου).
2KMn +7 O 4 + 16HCl -1 = 2KCl + 2Mn +2 Cl 2 + 5Cl 2 0 + 8H 2 O
2) Μέθοδος ισορροπίας ιόντων-ηλεκτρονίου.
1. Καταγράψτε το σχήμα αντίδρασης.
K 2 SO 3 + KMnO 4 + H 2 SO 4 → K 2 SO 4 + MnSO 4 + H 2 O
2. Καταγράψτε σχήματα ημι-αντιδράσεων, χρησιμοποιώντας πραγματικά παρόντα σωματίδια (μόρια και ιόντα) σε διάλυμα. Ταυτόχρονα, αθροίζουμε το υλικό ισοζύγιο, δηλ. ο αριθμός των ατόμων των στοιχείων που συμμετέχουν στην ημιαντίδραση στην αριστερή πλευρά πρέπει να είναι ίσος με τον αριθμό τους στη δεξιά. Οξειδωμένες και ανηγμένες μορφέςΤο οξειδωτικό και το αναγωγικό συχνά διαφέρουν ως προς την περιεκτικότητα σε οξυγόνο (συγκρίνετε Cr 2 O 7 2− και Cr 3+). Επομένως, όταν συντάσσονται εξισώσεις μισής αντίδρασης χρησιμοποιώντας τη μέθοδο ισορροπίας ηλεκτρονίων-ιόντων, περιλαμβάνουν ζεύγη H + /H 2 O (για όξινοςπεριβάλλον) και OH - / H 2 O (για αλκαλικήπεριβάλλον). Εάν κατά τη μετάβαση από τη μια μορφή στην άλλη, η αρχική μορφή (συνήθως − οξειδώθηκε) χάνει τα ιόντα οξειδίου του (που φαίνονται παρακάτω σε αγκύλες), τα τελευταία, εφόσον δεν υπάρχουν σε ελεύθερη μορφή, πρέπει να βρίσκονται σε όξινοςμέσο συνδυάζονται με κατιόντα υδρογόνου και σε αλκαλικήμέσο - με μόρια νερού, που οδηγεί στο σχηματισμό μόρια νερού(σε όξινο περιβάλλον) και ιόντα υδροξειδίου(σε αλκαλικό περιβάλλον):
όξινο περιβάλλον+ 2H + = H 2 O Παράδειγμα: Cr 2 O 7 2− + 14H + = 2Cr 3+ + 7H 2 O
αλκαλικό περιβάλλον+ H 2 O \u003d 2 OH - παράδειγμα: MnO 4 - + 2H 2 O \u003d MnO 2 + 4OH -
έλλειψη οξυγόνουστην αρχική μορφή (συχνότερα στην αποκατεστημένη μορφή) σε σύγκριση με την τελική μορφή αντισταθμίζεται με την προσθήκη μόρια νερού(V όξινοςπεριβάλλον) ή ιόντα υδροξειδίου(V αλκαλικήπεριβάλλον):
όξινο περιβάλλον H 2 O = + 2H + παράδειγμα: SO 3 2- + H 2 O = SO 4 2- + 2H +
αλκαλικό περιβάλλονΠαράδειγμα 2 OH - \u003d + H 2 O: SO 3 2- + 2OH - \u003d SO 4 2- + H 2 O
Αναγωγή MnO 4 - + 8H + → Mn 2+ + 4H 2 O
SO 3 2- + H 2 O → SO 4 2- + 2H + οξείδωση
3. Αθροίζουμε τον ηλεκτρονικό ισοζύγιο, ακολουθώντας την ανάγκη για ισότητα του συνολικού φορτίου στο δεξί και αριστερό μέρος των εξισώσεων ημιαντίδρασης.
Στο παραπάνω παράδειγμα, στη δεξιά πλευρά της εξίσωσης ημιαντίδρασης αναγωγής, το συνολικό φορτίο των ιόντων είναι +7, στα αριστερά - +2, που σημαίνει ότι πρέπει να προστεθούν πέντε ηλεκτρόνια στη δεξιά πλευρά:
MnO 4 - + 8H + + 5ē → Mn 2+ + 4H 2 O
Στην εξίσωση μισής αντίδρασης οξείδωσης, το συνολικό φορτίο στη δεξιά πλευρά είναι -2, στην αριστερή πλευρά 0, που σημαίνει ότι πρέπει να αφαιρεθούν δύο ηλεκτρόνια στη δεξιά πλευρά:
SO 3 2- + H 2 O - 2ē → SO 4 2- + 2H +
Έτσι, και στις δύο εξισώσεις, εφαρμόζεται η ισορροπία ιόντων-ηλεκτρονίου και είναι δυνατό να τεθούν ίσα πρόσημα αντί για βέλη σε αυτά:
MnO 4 - + 8H + + 5ē \u003d Mn 2+ + 4H 2 O
SO 3 2- + H 2 O - 2ē \u003d SO 4 2- + 2H +
4. Ακολουθώντας τον κανόνα για την αναγκαιότητα της ισότητας του αριθμού των ηλεκτρονίων που γίνονται δεκτά από τον οξειδωτικό παράγοντα και δίνονται από τον αναγωγικό παράγοντα, βρίσκουμε το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο για τον αριθμό των ηλεκτρονίων και στις δύο εξισώσεις (2∙5 = 10).
5. Πολλαπλασιάζουμε με τους συντελεστές (2,5) και αθροίζουμε και τις δύο εξισώσεις προσθέτοντας το αριστερό και το δεξί μέρος και των δύο εξισώσεων.
MnO 4 - + 8H + + 5ē \u003d Mn 2+ + 4H 2 O 2
SO 3 2- + H 2 O - 2ē \u003d SO 4 2- + 2H + 5
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
2MnO 4 - + 16H + + 5SO 3 2- + 5H 2 O = 2Mn 2+ + 8H 2 O + 5SO 4 2- + 10H +
2MnO 4 - + 6H + + 5SO 3 2- = 2Mn 2+ + 3H 2 O + 5SO 4 2-
ή σε μοριακή μορφή:
5K 2 SO 3 + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 = 6K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 3H 2 O
Αυτή η μέθοδος εξετάζει τη μετάβαση ηλεκτρονίων από ένα άτομο ή ιόν σε άλλο, λαμβάνοντας υπόψη τη φύση του μέσου (όξινο, αλκαλικό ή ουδέτερο) στο οποίο λαμβάνει χώρα η αντίδραση. Σε ένα όξινο μέσο, στις εξισώσεις ημιαντίδρασης, για να εξισωθεί ο αριθμός των ατόμων υδρογόνου και οξυγόνου, θα πρέπει να χρησιμοποιηθούν ιόντα υδρογόνου H + και μόρια νερού, στη βασική, ιόντα υδροξειδίου OH - και μόρια νερού. Αντίστοιχα, στα προϊόντα που λαμβάνονται, στη δεξιά πλευρά της ηλεκτρονικής-ιονικής εξίσωσης, θα υπάρχουν ιόντα υδρογόνου (και όχι ιόντα υδροξειδίου) και μόρια νερού (όξινο μέσο) ή ιόντα υδροξειδίου και μόρια νερού (αλκαλικό μέσο). Έτσι, για παράδειγμα, η εξίσωση για την ημιαντίδραση αναγωγής ενός υπερμαγγανικού ιόντος σε ένα όξινο μέσο δεν μπορεί να συνταχθεί με την παρουσία ιόντων υδροξειδίου στη δεξιά πλευρά:
MnO 4 - + 4H 2 O + 5ē \u003d Mn 2+ + 8OH -.
σωστά: MnO 4 - + 8H + + 5ē \u003d Mn 2+ + 4H 2 O
Δηλαδή, όταν γράφουμε ηλεκτρονιο-ιοντικές εξισώσεις, πρέπει να προχωρήσουμε από τη σύνθεση των ιόντων που υπάρχουν πραγματικά στο διάλυμα. Επιπρόσθετα, όπως και στην παρασκευή συντομευμένων ιοντικών εξισώσεων, ουσίες που είναι ελάχιστα διαχωριζόμενες, ελάχιστα διαλυτές ή απελευθερωμένες με τη μορφή αερίου θα πρέπει να γράφονται σε μοριακή μορφή.
Η κατάρτιση των εξισώσεων των οξειδοαναγωγικών αντιδράσεων χρησιμοποιώντας τη μέθοδο ημιαντίδρασης οδηγεί στο ίδιο αποτέλεσμα με τη μέθοδο του ισοζυγίου ηλεκτρονίων.
Ας συγκρίνουμε και τις δύο μεθόδους. Το πλεονέκτημα της μεθόδου ημιαντίδρασης σε σύγκριση με τη μέθοδο του ισοζυγίου ηλεκτρονίων είναι ότι ότι δεν χρησιμοποιεί υποθετικά ιόντα, αλλά πραγματικά.
Όταν χρησιμοποιείται η μέθοδος ημιαντίδρασης, δεν είναι απαραίτητο να γνωρίζουμε την κατάσταση οξείδωσης των ατόμων. Η σύνταξη χωριστών ιοντικών εξισώσεων ημιαντίδρασης είναι απαραίτητη για την κατανόηση των χημικών διεργασιών σε ένα γαλβανικό στοιχείο και κατά τη διάρκεια της ηλεκτρόλυσης. Με αυτή τη μέθοδο είναι ορατός ο ρόλος του περιβάλλοντος ως ενεργού συμμετέχοντος στην όλη διαδικασία. Τέλος, όταν χρησιμοποιείται η μέθοδος μισής αντίδρασης, δεν είναι απαραίτητο να γνωρίζουμε όλες τις ουσίες που προκύπτουν, εμφανίζονται στην εξίσωση της αντίδρασης κατά την εξαγωγή της. Επομένως, η μέθοδος των ημι-αντιδράσεων θα πρέπει να προτιμάται και να χρησιμοποιείται στην παρασκευή εξισώσεων για όλες τις αντιδράσεις οξειδοαναγωγής που συμβαίνουν σε υδατικά διαλύματα
Σε αυτή τη μέθοδο, οι καταστάσεις οξείδωσης των ατόμων στις αρχικές και τελικές ουσίες συγκρίνονται, με γνώμονα τον κανόνα: ο αριθμός των ηλεκτρονίων που δωρίζονται από τον αναγωγικό παράγοντα πρέπει να είναι ίσος με τον αριθμό των ηλεκτρονίων που συνδέονται με τον οξειδωτικό παράγοντα. Για να συντάξετε μια εξίσωση, πρέπει να γνωρίζετε τους τύπους των αντιδρώντων και των προϊόντων αντίδρασης. Τα τελευταία προσδιορίζονται είτε εμπειρικά είτε με βάση γνωστές ιδιότητες των στοιχείων.
Η μέθοδος ισορροπίας ιόντων-ηλεκτρονίου είναι πιο ευέλικτη από τη μέθοδο του ισοζυγίου ηλεκτρονίων και έχει ένα αναμφισβήτητο πλεονέκτημα στην επιλογή συντελεστών σε πολλές αντιδράσεις οξειδοαναγωγής, ιδίως με τη συμμετοχή οργανικών ενώσεων, στις οποίες ακόμη και η διαδικασία για τον προσδιορισμό των καταστάσεων οξείδωσης είναι πολύ περίπλοκος.
Σκεφτείτε, για παράδειγμα, τη διαδικασία οξείδωσης του αιθυλενίου που συμβαίνει όταν διέρχεται από ένα υδατικό διάλυμα υπερμαγγανικού καλίου. Ως αποτέλεσμα, το αιθυλένιο οξειδώνεται σε αιθυλενογλυκόλη HO-CH 2 -CH 2 -OH και το υπερμαγγανικό ανάγεται σε οξείδιο μαγγανίου (IV), επιπλέον, όπως θα είναι προφανές από την τελική εξίσωση ισορροπίας, σχηματίζεται επίσης υδροξείδιο του καλίου το σωστό:
KMnO 4 + C 2 H 4 + H 2 O → C 2 H 6 O 2 + MnO 2 + KOH
Εξίσωση μισής αντίδρασης αναγωγής και οξείδωσης:
Ανάκτηση MnO 4 - + 2H 2 O + 3e \u003d MnO 2 + 4OH - 2
C 2 H 4 + 2OH - - 2e \u003d C 2 H 6 O 2 3 οξείδωση
Συνοψίζουμε και τις δύο εξισώσεις, αφαιρούμε τα ιόντα υδροξειδίου που υπάρχουν στην αριστερή και τη δεξιά πλευρά.
Παίρνουμε την τελική εξίσωση:
2KMnO 4 + 3C 2 H 4 + 4H 2 O → 3C 2 H 6 O 2 + 2MnO 2 + 2KOH
Όταν χρησιμοποιείται η μέθοδος ισοζυγίου ιόντων-ηλεκτρονίου για τον προσδιορισμό των συντελεστών σε αντιδράσεις που περιλαμβάνουν οργανικές ενώσεις, είναι βολικό να ληφθούν υπόψη οι καταστάσεις οξείδωσης των ατόμων υδρογόνου ίσες με +1, οξυγόνο -2 και να υπολογιστεί ο άνθρακας χρησιμοποιώντας το ισοζύγιο θετικών και αρνητικών φορτίων σε το μόριο (ιόν). Έτσι, σε ένα μόριο αιθυλενίου, το συνολικό φορτίο είναι μηδέν:
4 ∙ (+1) + 2 ∙ X \u003d 0,
σημαίνει το βαθμό οξείδωσης δύο ατόμων άνθρακα - (-4), και ενός (Χ) - (-2).
Ομοίως, στο μόριο αιθυλενογλυκόλης C 2 H 6 O 2 βρίσκουμε την κατάσταση οξείδωσης του άνθρακα (X):
2 ∙ X + 2 ∙ (-2) + 6 ∙ (+1) = 0, X = -1
Σε ορισμένα μόρια οργανικών ενώσεων, ένας τέτοιος υπολογισμός οδηγεί σε μια κλασματική τιμή της κατάστασης οξείδωσης του άνθρακα, για παράδειγμα, για ένα μόριο ακετόνης (C 3 H 6 O), είναι -4/3. Η ηλεκτρονική εξίσωση υπολογίζει το συνολικό φορτίο των ατόμων άνθρακα. Σε ένα μόριο ακετόνης είναι -4.
Παρόμοιες πληροφορίες.
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 της ποσότητας 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(Να); η διάστασή του mol – 1.
Πολλαπλασιάζοντας τον αριθμό 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 μιας ουσίας V(X) και τον μοριακό όγκο της, μπορούμε να υπολογίσουμε τη χημική ποσότητα μιας ουσίας:
Στη χημεία, συχνά πρέπει να ασχοληθεί κανείς με 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 (n.s.) - θερμοκρασία 0 ° C και πίεση 1 ατμόσφαιρα (101325 Pa) - αυτός ο όγκος είναι 22,4 λίτρα. Έτσι, στο ν.ο. V m (αέριο) = 22,4 l / mol. Θα πρέπει να τονιστεί ότι εφαρμόζεται η τιμή μοριακού όγκου των 22,4 l/mol μόνο για αέρια.
Η γνώση των μοριακών μαζών των ουσιών και του αριθμού Avogadro σάς επιτρέπει να εκφράσετε τη μάζα ενός μορίου οποιασδήποτε ουσίας σε γραμμάρια. Παρακάτω είναι ένα παράδειγμα υπολογισμού της μάζας ενός μορίου υδρογόνου.
1 mol αέριου υδρογόνου περιέχει 6,02 10 23 μόρια H 2 και έχει μάζα 2 g (γιατί M (H 2) \u003d 2 g / mol). Ως εκ τούτου,
6,02·10 23 μόρια H 2 έχουν μάζα 2 g.
1 μόριο H 2 έχει μάζα x g. x \u003d 3,32 10 -24 g.
Η έννοια του "mole" χρησιμοποιείται ευρέως για τη διεξαγωγή υπολογισμών σύμφωνα με τις εξισώσεις των χημικών αντιδράσεων, καθώς οι στοιχειομετρικοί συντελεστές στην εξίσωση αντίδρασης δείχνουν σε ποιες μοριακές αναλογίες οι ουσίες αντιδρούν 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 mol αμμωνίας αντιδρούν χωρίς περίσσεια και ανεπάρκεια με 3 mol οξυγόνου και 2 mol αζώτου και 6 mol του νερού σχηματίζονται.
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 περισσέψει; 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
Μπορεί να φανεί από την εξίσωση αντίδρασης ότι 3 mol Ca(H 2 PO 4) 2 αντιδρούν με 12 mol ΚΟΗ. Ας υπολογίσουμε τις ποσότητες των ουσιών που αντιδρούν, οι οποίες δίνονται σύμφωνα με την κατάσταση του προβλήματος:
n (Ca (H 2 PO 4) 2) \u003d m (Ca (H 2 PO 4) 2) / M (Ca (H 2 PO 4) 2) \u003d 70,2 g: 234 g / mol \u003d 0,3 mol ;
n(KOH) = m(KOH) / M(KOH) = 68 g: 56 g/mol = 1,215 mol.
3 mol Ca(H 2 PO 4) 2 απαιτεί 12 mol KOH
0,3 mol Ca (H 2 PO 4) 2 απαιτεί x mol ΚΟΗ
x \u003d 1,2 mol - τόσο πολύ KOH θα απαιτηθεί για να προχωρήσει η αντίδραση χωρίς περίσσεια και ανεπάρκεια. Και σύμφωνα με την κατάσταση του προβλήματος, υπάρχουν 1.215 mol ΚΟΗ. Επομένως, η ΚΟΗ είναι σε περίσσεια. η ποσότητα ΚΟΗ που απομένει μετά την αντίδραση:
n(KOH) \u003d 1,215 mol - 1,2 mol \u003d 0,015 mol;
Η μάζα του είναι 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) πρέπει να πραγματοποιείται σύμφωνα με την ουσία που είναι σε έλλειψη (στην περίπτωση αυτή, Ca (H 2 PO 4) 2), καθώς αυτή η ουσία θα αντιδράσει εντελώς. Μπορεί να φανεί από την εξίσωση αντίδρασης ότι ο αριθμός των γραμμομορίων του προκύπτοντος Ca 3 (PO 4) 2 είναι 3 φορές μικρότερος από τον αριθμό των γραμμομορίων του αντιδρώντος Ca (H 2 PO 4) 2:
n (Ca 3 (PO 4) 2) = 0,3 mol: 3 = 0,1 mol.
Επομένως, m (Ca 3 (PO 4) 2) \u003d n (Ca 3 (PO 4) 2) × M (Ca 3 (PO 4) 2) \u003d 0,1 mol × 310 g / mol \u003d 31 g.
Εργασία αριθμός 5
α) Υπολογίστε τις χημικές ποσότητες των αντιδρώντων που δίνονται στον Πίνακα 5 (οι όγκοι των αερίων ουσιών δίνονται υπό κανονικές συνθήκες).
β) Τακτοποιήστε τους συντελεστές σε ένα δεδομένο 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 αναφέρεται στον πίνακα 5.
δ) να υπολογίσετε τη μάζα ή τον όγκο (βλ. Πίνακα 5) αυτού του προϊόντος αντίδρασης.
Πίνακας 5 - Προϋποθέσεις εργασίας Νο. 5
| αριθμός επιλογής | Αντιδραστικές Ουσίες | Σχέδιο αντίδρασης | Υπολογίζω |
| m(Fe)=11,2 g; V (Cl 2) \u003d 5,376 l | Fe + Cl 2 ® FeCl 3 | m(FeCl 3) | |
| m(Al)=5,4 g; m(H2SO4) \u003d 39,2 g | Al + H 2 SO 4 ® Al 2 (SO 4) 3 + H 2 | V(H2) | |
| V(CO)=20 l; m(O 2) \u003d 20 g | CO+O2 ® CO2 | V(CO2) | |
| m(AgNO3)=3,4 g; m(Na2S)=1,56 g | AgNO 3 + Na 2 S®Ag 2 S + NaNO 3 | m(Ag 2 S) | |
| 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) \u003d 34,2 g, m (BaCl 2) \u003d 52 g | Al 2 (SO 4) 3 + BaCl 2 ®AlCl 3 + BaSO 4 | m(BaSO4) | |
| m(KI)=3,32 g; V(Cl 2) \u003d 448 ml | KI+Cl 2 ® KCl+I 2 | m(I2) | |
| m(CaCl2)=22,2 g; m(AgNO 3) \u003d 59,5 g | CaCl 2 + AgNO 3 ®AgCl + Ca (NO 3) 2 | m(AgCl) | |
| m(H2)=0,48 g; V (O 2) \u003d 2,8 l | H 2 + O 2 ® H 2 O | m(H 2 O) | |
| m (Ba (OH) 2) \u003d 3,42 g; V(HCl)=784 ml | Ba(OH) 2 + HCl ® BaCl 2 + H 2 O | m(BaCl2) |
Ο Πίνακας 5 συνεχίστηκε
| αριθμός επιλογής | Αντιδραστικές 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(Na3PO4) | |
| m(H2SO4)=9,8 g; m(KOH)=11,76 g | H 2 SO 4 +KOH ® K 2 SO 4 + H 2 O | m(K 2 SO 4) | |
| V(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) \u003d 66 g, m (KOH) \u003d 50 g | (NH 4) 2 SO 4 +KOH®K 2 SO 4 +NH 3 +H 2 O | V(NH3) | |
| m(NH3)=6,8 g; V (O 2) \u003d 7,84 l | NH 3 + O 2 ® N 2 + H 2 O | V(N2) | |
| V(H2S)=11,2 l; m(O 2) \u003d 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 (Cl 2) \u003d 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) \u003d 14,1 l | P+O 2 ® P 2 O 5 | m(P 2 O 5) | |
| m (AgNO 3) \u003d 8,5 g, m (K 2 CO 3) \u003d 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) \u003d 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) \u003d 8,5 g | AlCl 3 + AgNO 3 ®AgCl + Al (NO 3) 3 | m(AgCl) | |
| m(KBr)=2,38 g; V(Cl 2) \u003d 448 ml | KBr+Cl 2 ® KCl+Br 2 | m(Br2) | |
| m(CaBr2)=40 g; m(AgNO 3) \u003d 59,5 g | CaBr 2 + AgNO 3 ®AgBr + Ca (NO 3) 2 | m(AgBr) | |
| m(H2)=1,44 g; V (O 2) \u003d 8,4 l | H 2 + O 2 ® H 2 O | m(H 2 O) | |
| m (Ba (OH) 2) \u003d 6,84 g, V (HI) \u003d 1,568 l | Ba(OH) 2 +HI ® BaI 2 +H 2 O | m(BaI 2) | |
| m(H3PO4)=9,8 g; m(KOH)=17,08 g | H 3 PO 4 +KOH ® K 3 PO 4 + H 2 O | m(K 3 PO 4) | |
| m(H2SO4)=49 g; m(NaOH)=45 g | H 2 SO 4 + NaOH ® Na 2 SO 4 + H 2 O | m(Na 2 SO 4) | |
| V(Cl2)=2,24 l; m(KOH)=8,4 g | Cl 2 +KOH ® KClO 3 +KCl + H 2 O | m(KClO 3) | |
| m(NH4Cl)=43 g; m (Ca (OH) 2) \u003d 37 g | NH 4 Cl + Ca (OH) 2 ® CaCl 2 + NH 3 + H 2 O | V(NH3) | |
| V(NH 3) \u003d 8,96 l; m(O 2) \u003d 14,4 g | NH 3 + O 2 ® NO + H 2 O | V(NO) | |
| V(H2S)=17,92 l; m(O 2) \u003d 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 + H 2 O ® Ca (OH) 2 + H 2 | 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 της 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) είναι η μάζα της διαλυμένης ουσίας X.
m διάλυμα - η μάζα του διαλύματος.
Το κλάσμα μάζας μιας ουσίας που υπολογίζεται σύμφωνα 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:
Κλάσμα μάζας, εκφρασμένο ως ποσοστό, ονομάζεται συχνά ποσοστιαία συγκέντρωση . Προφανώς, η εκατοστιαία συγκέντρωση της διαλυμένης ουσίας είναι 0%< ω(X) < 100%.
Η εκατοστιαία συγκέντρωση δείχνει πόσα μέρη μάζας μιας διαλυμένης ουσίας περιέχονται σε 100 μέρη μάζας ενός διαλύματος. Εάν επιλέξετε γραμμάρια ως μονάδα μάζας, τότε αυτός ο ορισμός μπορεί επίσης να γραφτεί 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 μιας διαλυμένης ουσίας ίσο με 0,3.
Ένας άλλος τρόπος έκφρασης της περιεκτικότητας μιας διαλυμένης ουσίας σε ένα διάλυμα είναι η μοριακή συγκέντρωση (μοριακότητα).
Η μοριακή συγκέντρωση μιας ουσίας ή η μοριακότητα ενός διαλύματος δείχνει πόσα mol μιας διαλυμένης ουσίας περιέχονται σε 1 λίτρο (1 dm 3) διαλύματος
όπου C(X) είναι η μοριακή συγκέντρωση της διαλυμένης ουσίας X (mol/l).
n(X) είναι η χημική ποσότητα της διαλυμένης ουσίας X (mol).
Διάλυμα V - ο όγκος του 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 (H 3 PO 4) \u003d m (H 3 PO 4) : M (H 3 PO 4) \u003d 60 g: 98 g / mol \u003d 0,612 mol;
Διάλυμα V \u003d m διάλυμα: ρ διάλυμα \u003d 100 g: 1,43 g / cm 3 \u003d 69,93 cm 3 \u003d 0,0699 l;
C (H 3 PO 4) \u003d n (H 3 PO 4): V διάλυμα \u003d 0,612 mol: 0,0699 l \u003d 8,755 mol / l.
Παράδειγμα 5.2Υπάρχει ένα διάλυμα 0,5 Μ H 2 SO 4 . 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) \u003d 0,5 mol / l).
m διάλυμα = V διάλυμα × ρ διάλυμα = 1000 ml × 1 g/ml = 1000 g;
m (H 2 SO 4) \u003d n (H 2 SO 4) × M (H 2 SO 4) \u003d 0,5 mol × 98 g / mol \u003d 49 g;
ω (H 2 SO 4) \u003d m (H 2 SO 4) : m διάλυμα \u003d 49 g: 1000 g \u003d 0,049 (4,9%).
Παράδειγμα 5.3Ποιοι όγκοι νερού και διάλυμα 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 για την παρασκευή ενός αραιού διαλύματος από ένα συμπυκνωμένο, θα πρέπει να λαμβάνεται υπόψη ότι το αρχικό διάλυμα (συμπυκνωμένο), το νερό και το προκύπτον διάλυμα (αραιωμένο) έχουν διαφορετικές πυκνότητες. Σε αυτήν την περίπτωση, πρέπει να ληφθεί υπόψη ότι V του αρχικού διαλύματος + V νερού ≠ V του διαλύματος που προκύπτει,
γιατί κατά την ανάμειξη ενός συμπυκνωμένου διαλύματος και νερού, συμβαίνει αλλαγή (αύξηση ή μείωση) στον όγκο ολόκληρου του συστήματος.
Η λύση τέτοιων προβλημάτων πρέπει να ξεκινά με την εύρεση των παραμέτρων ενός αραιού διαλύματος (δηλαδή του διαλύματος που πρέπει να παρασκευαστεί): τη μάζα του, τη μάζα της διαλυμένης ουσίας, εάν είναι απαραίτητο, και την ποσότητα της διαλυμένης ουσίας.
M Διάλυμα 60% = V 60% διάλυμα ∙ ρ διάλυμα 60% = 2000 ml × 1,5 g/ml = 3000 g
m (H 2 SO 4) σε διάλυμα 60% \u003d m 60% διάλυμα w (H 2 SO 4) σε διάλυμα 60% \u003d 3000 g 0,6 \u003d 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 του διαλύματος 96% που πρέπει να ληφθεί για την παρασκευή του αραιού διαλύματος. Ετσι,
m (H 2 SO 4) σε διάλυμα 60% \u003d m (H 2 SO 4) σε διάλυμα 96% \u003d 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) \u003d m 40% διάλυμα - m 96% διάλυμα \u003d 3000 g - 1875 g \u003d 1125 g.
V 96% διάλυμα \u003d m Διάλυμα 96%: ρ Διάλυμα 96% \u003d 1875 g: 1,84 g / ml \u003d 1019 ml » 1,02 l.
V νερό \u003d m νερό: ρ νερό \u003d 1125 g: 1 g / ml \u003d 1125 ml \u003d 1,125 l.
Παράδειγμα 5.4Αναμειγνύονται 100 ml ενός διαλύματος 0,1 Μ CuCl 2 και 150 ml ενός διαλύματος 0,2 Μ Cu(NO 3) 2 Υπολογίστε τη μοριακή συγκέντρωση των ιόντων Cu 2+, Cl - και NO 3 - στο προκύπτον διάλυμα.
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 αραιού διαλύματος + V 2 αραιού διαλύματος + ... "V του διαλύματος που προκύπτει.
Στην πρώτη λύση:
n (CuCl 2) \u003d C (CuCl 2) V διάλυμα CuCl 2 \u003d 0,1 mol / l × 0,1 l \u003d 0,01 mol.
CuCl 2 - ισχυρός ηλεκτρολύτης: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2Cl -;
Επομένως, n (Cu 2+) \u003d n (CuCl 2) \u003d 0,01 mol; n(Cl -) \u003d 2 × 0,01 \u003d 0,02 mol.
Στη δεύτερη λύση:
n (Cu (NO 3) 2) \u003d C (Cu (NO 3) 2) × V διάλυμα Cu (NO 3) 2 \u003d 0,2 mol / l × 0,15 l \u003d 0,03 mol;
Cu(NO 3) 2 - ισχυρός ηλεκτρολύτης: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2NO 3 -;
Επομένως, n (Cu 2+) \u003d n (Cu (NO 3) 2) \u003d 0,03 mol; n (NO 3 -) \u003d 2 × 0,03 \u003d 0,06 mol.
Μετά την ανάμειξη των διαλυμάτων:
n(Cu2+)tot. = 0,01 mol + 0,03 mol = 0,04 mol;
V κοινή. » Vδιάλυμα CuCl 2 + Vδιάλυμα Cu(NO 3) 2 \u003d 0,1 l + 0,15 l \u003d 0,25 l;
C(Cu 2+) = n(Cu 2+) : Vtot. \u003d 0,04 mol: 0,25 l \u003d 0,16 mol / l;
C(Cl-) = n(Cl-) : Vtot. \u003d 0,02 mol: 0,25 l \u003d 0,08 mol / l;
C (NO 3 -) \u003d n (NO 3 -): V σύνολο. \u003d 0,06 mol: 0,25 l \u003d 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 έγινε στα 500 ml με νερό. Υπολογίστε τις μοριακές συγκεντρώσεις των ιόντων H + , Al 3 + SO 4 2– στο διάλυμα που προκύπτει.
Υπολογίστε την ποσότητα των διαλυμένων ουσιών:
n (Al 2 (SO 4) 3) \u003d m (Al 2 (SO 4) 3) : M (Al 2 (SO 4) 3) \u003d 0,684 g: 342 g mol \u003d 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–) \u003d 3 × 0,002 mol \u003d 0,006 mol.
m διάλυμα H 2 SO 4 \u003d V διάλυμα H 2 SO 4 × ρ διάλυμα H 2 SO 4 \u003d 1 ml × 1,1 g / ml \u003d 1,1 g;
m (H 2 SO 4) \u003d m διάλυμα H 2 SO 4 × w (H 2 SO 4) \u003d 1,1 g 0,098 \u003d 0,1078 g.
n (H 2 SO 4) \u003d m (H 2 SO 4) : M (H 2 SO 4) \u003d 0,1078 g: 98 g / mol \u003d 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–) \u003d n (H 2 SO 4) \u003d 0,0011 mol; n(H +) \u003d 2 × 0,0011 \u003d 0,0022 mol.
Σύμφωνα με την κατάσταση του προβλήματος, ο όγκος του διαλύματος που προκύπτει είναι 500 ml (0,5 l).
n(SO 4 2–)tot. \u003d 0,006 mol + 0,0011 mol \u003d 0,0071 mol.
C (Al 3+) \u003d n (Al 3+): V διάλυμα \u003d 0,004 mol: 0,5 l \u003d 0,008 mol / l;
C (H +) \u003d n (H +) : V διάλυμα \u003d 0,0022 mol: 0,5 l \u003d 0,0044 mol / l;
C (SO 4 2–) \u003d n (SO 4 2–) σύνολο. : Διάλυμα V \u003d 0,0071 mol: 0,5 l \u003d 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). Λαμβάνουμε την πυκνότητα του διαλύματος ίση με 1,1 g/ml.
Η μάζα του διαλύματος που θα 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) \u003d m διάλυμα × w (FeSO 4) \u003d 3300 g × 0,1 \u003d 330 g.
Η ίδια μάζα ανύδρου FeSO 4 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) \u003d 278 g / mol και M (FeSO 4) \u003d 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 \u003d (278 330) : 152 \u003d 603,6 g.
m νερό \u003d m διάλυμα - m θειικός σίδηρος \u003d 3300 g - 603,6 g \u003d 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: V νερό \u003d m νερό: ρ νερό \u003d 2696,4 g: 1 g / ml \u003d 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 Glauber Na 2 SO 4 10H 2 O. Τότε η μάζα του διαλύματος που προκύπτει είναι:
m Διάλυμα 15% = m αρχικό διάλυμα (10%) + m άλας Glauber = 550 + x (g);
m αρχικό (10%) διάλυμα = V 10% διάλυμα × ρ διάλυμα 10% = 500 ml × 1,1 g/ml = 550 g;
m (Na 2 SO 4) στο αρχικό (10%) διάλυμα \u003d m 10% διάλυμα a w (Na 2 SO 4) \u003d 550 g 0,1 \u003d 55 g.
Εκφράστε μέσω x τη μάζα του καθαρού Na 2 SO 4 που περιέχεται σε x γραμμάρια Na 2 SO 4 10H 2 O.
M (Na 2 SO 4 10H 2 O) \u003d 322 g / mol; M (Na 2 SO 4) \u003d 142 g / mol; 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(Na 2 SO 4) \u003d 142 x: 322 \u003d 0,441 x x.
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 αριθμός 6
Πίνακας 6 - Προϋποθέσεις εργασίας Νο. 6
| αριθμός επιλογής | Κείμενο συνθήκης |
| 5 g Na2S04 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–. | |
| Μικτά διαλύματα: 100 ml 0,05M Cr 2 (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); | |
| Μικτά διαλύματα: 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 την παρασκευή 500 ml διαλύματος θειικού χαλκού 5% 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 σε 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 θειικού σιδήρου (II) 10% (πυκνότητα διαλύματος 1,2 g / ml); | |
| Μικτά διαλύματα: 100 ml 0,1 M Cr 2 (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. |
Ο Πίνακας 6 συνεχίστηκε
| αριθμός επιλογής | Κείμενο συνθήκης |
| Ποιοι όγκοι νερού και διάλυμα φωσφορικού οξέος 40% με πυκνότητα 1,35 g / ml θα απαιτηθούν 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). | |
| Μικτά διαλύματα: 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% με πυκνότητα 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 διάλυμα που προκύπτει, η πυκνότητα της οποίας είναι 1,1 g / ml; Υπολογίστε τις μοριακές συγκεντρώσεις των ιόντων Al 3+ και SO 4 2– σε αυτό το διάλυμα. | |
| Μικτά διαλύματα: 100 ml 0,05 M Al 2 (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 80% διαλύματος οξικού οξέος (πυκνότητα 1,07 g/ml) θα χρειαστούν για την παρασκευή 0,5 l επιτραπέζιου ξιδιού, 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 διαλύματος HCl 36% (πυκνότητα 1,2 g/cm3) και 20 ml 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; | |
| Μικτά διαλύματα: 200 ml 0,025 M Fe 2 (SO 4) 3 και 50 ml 0,05 M FeCl 3 . Υπολογίστε τη μοριακή συγκέντρωση 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 | |
| Μικτά διαλύματα: 50 ml 0,1 M Cr 2 (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 50% υπερχλωρικού οξέος (πυκνότητα 1,4 g/ml) και νερού χρειάζονται για να παρασκευαστεί 1 λίτρο διαλύματος 8% με πυκνότητα 1,05 g/ml; | |
| Πόσα γραμμάρια άλατος 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 (SO4)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. |
Ο Πίνακας 6 συνεχίστηκε
ΧΗΜΙΚΗ ΙΣΟΡΡΟΠΙΑ
Όλες οι χημικές αντιδράσεις μπορούν να χωριστούν σε 2 ομάδες: μη αναστρέψιμες αντιδράσεις, δηλ. αντιδράσεις που συνεχίζονται μέχρι την πλήρη κατανάλωση τουλάχιστον μιας 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 προχωρήσει τόσο προς την εμπρός 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.
Στην αρχή της αντίδρασης, οι συγκεντρώσεις των αρχικών ουσιών στο σύστημα είναι μέγιστες. αυτή τη στιγμή, ο ρυθμός της προς τα εμπρός αντίδρασης είναι επίσης μέγιστος. Στην αρχή της αντίδρασης, δεν υπάρχουν ακόμη προϊόντα αντίδρασης στο σύστημα (στο παράδειγμα αυτό, αμμωνία), επομένως, ο ρυθμός της αντίστροφης αντίδρασης είναι μηδέν. Καθώς οι αρχικές ουσίες αλληλεπιδρούν μεταξύ τους, οι συγκεντρώσεις τους μειώνονται, επομένως μειώνεται και 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. Αυτή η κατάσταση του συστήματος ονομάζεται κατάσταση χημικής ισορροπίας. Οι συγκεντρώσεις των ουσιών σε ένα σύστημα που βρίσκεται σε κατάσταση χημικής ισορροπίας ονομάζονται συγκεντρώσεις ισορροπίας. Το 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 για τη σταθερά χημικής ισορροπίας (K) γράφεται ως κλάσμα, στον αριθμητή του οποίου είναι οι συγκεντρώσεις ισορροπίας των προϊόντων της αντίδρασης , και στον παρονομαστή είναι οι 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 της σταθεράς ισορροπίας περιλαμβάνει τις συγκεντρώσεις ισορροπίας μόνο αέριων ουσιών ή ουσιών που βρίσκονται σε διαλυμένη κατάσταση . Η συγκέντρωση ενός στερεού θεωρείται σταθερή και δεν γράφεται 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 \u003d 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 την κατάσταση του προβλήματος, μπορεί κανείς να βρει τις συγκεντρώσεις των ουσιών που έχουν αντιδράσει (ή σχηματιστεί) μέχρι την επίτευξη της ισορροπίας. στο πρόβλημα απαιτείται να υπολογιστούν οι συγκεντρώσεις ισορροπίας όλων των ουσιών και η αριθμητική τιμή 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:
C ισορροπία \u003d C αρχικό - C της ουσίας που αντέδρασε.
Συγκέντρωση ισορροπίας προϊόν αντίδρασης ισούται με τη συγκέντρωση του προϊόντος που σχηματίζεται τη στιγμή της ισορροπίας:
C ισορροπία \u003d C του προκύπτοντος προϊόντος.
Έτσι, για να υπολογίσουμε τις παραμέτρους ενός συστήματος ισορροπίας, είναι πολύ σημαντικό να μπορούμε να προσδιορίσουμε πόσο από την αρχική ουσία είχε αντιδράσει μέχρι τη στιγμή που επιτεύχθηκε η ισορροπία και πόσο από το προϊόν της αντίδρασης σχηματίστηκε. Για τον προσδιορισμό της ποσότητας (ή της συγκέντρωσης) των ουσιών που αντιδρούν και σχηματίζονται, πραγματοποιούνται στοιχειομετρικοί υπολογισμοί σύμφωνα με την εξίσωση της αντίδρασης.
Παράδειγμα 6.1Οι αρχικές συγκεντρώσεις αζώτου και υδρογόνου στο σύστημα ισορροπίας N 2 + 3H 2 ⇆ 2 NH 3 είναι 3 mol/l και 4 mol/l, αντίστοιχα. Μέχρι να επιτευχθεί η χημική ισορροπία, το 70% του υδρογόνου από την αρχική του ποσότητα παρέμεινε στο σύστημα. Προσδιορίστε τη σταθερά ισορροπίας αυτής της αντίδρασης.
Από τις συνθήκες του προβλήματος προκύπτει ότι μέχρι να επιτευχθεί η ισορροπία, το 30% του υδρογόνου είχε αντιδράσει (πρόβλημα 1 τύπος):
4 mol/l H 2 - 100%
x mol / l H 2 - 30%
x \u003d 1,2 mol / l \u003d C προπ. (H2)
Όπως φαίνεται από την εξίσωση της αντίδρασης, το άζωτο θα έπρεπε να έχει αντιδράσει 3 φορές λιγότερο από το υδρογόνο, δηλ. Με proreact. (N 2) \u003d 1,2 mol / l: 3 \u003d 0,4 mol / l. Η αμμωνία σχηματίζεται 2 φορές περισσότερο από ό,τι αντέδρασε το άζωτο:
Από εικόνες. (NH 3) \u003d 2 × 0,4 mol / l \u003d 0,8 mol / l
Οι συγκεντρώσεις ισορροπίας όλων των συμμετεχόντων στην αντίδραση θα είναι οι εξής:
Ισος (H 2) \u003d C αρχικό. (H 2) - C proreact. (H 2) \u003d 4 mol / l - 1,2 mol / l \u003d 2,8 mol / l;
Ισος (N 2) \u003d C ικετεύω. (Ν 2) – C proreact. (N 2) \u003d 3 mol / l - 0,4 mol / l \u003d 2,6 mol / l;
Ισος (NH 3) = C εικόνες. (NH 3) \u003d 0,8 mol / l.
Σταθερά ισορροπίας = 
.
Παράδειγμα 6.2Υπολογίστε τις συγκεντρώσεις ισορροπίας υδρογόνου, ιωδίου και υδροϊωδίου στο σύστημα H 2 + I 2 ⇆ 2 HI, αν 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.
Πρέπει να σημειωθεί ότι στην κατάσταση αυτού του προβλήματος (εργασία τύπου 2), η συνθήκη δεν λέει τίποτα για τις συγκεντρώσεις των αρχικών ουσιών που αντιδρούν και τα προϊόντα που σχηματίζονται. Επομένως, κατά την επίλυση τέτοιων προβλημάτων, η συγκέντρωση κάποιας ουσίας που αντιδρά συνήθως λαμβάνεται ως x.
Έστω x mol/l H 2 να έχει αντιδράσει μέχρι την επίτευξη της ισορροπίας του χρόνου. 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:
Ισος (H 2) \u003d C ικετεύω. (H 2) - C proreact. (Η 2) \u003d (5 - x) mol / l;
Ισος (Ι 2) = Γ ικετεύω. (I 2) – C proreact. (I 2) \u003d (3 - x) mol / l;
Ισος (HI) = εικόνες C. (HI) = 2x mol/l.
4x2 = 15 - 8x + x2
3x2 + 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) \u003d (5 - x) mol / l \u003d 5 - 1,27 \u003d 3,73 mol / l;
Ισος (I 2) \u003d (3 - x) mol / l \u003d 3 - 1,27 \u003d 1,73 mol / l;
Ισος (HI) \u003d 2x mol / l \u003d 2 1,27 \u003d 2,54 mol / l.
Εργασία αριθμός 7
Πίνακας 7 - Προϋποθέσεις εργασίας Νο. 7
Ο Πίνακας 7 συνεχίστηκε
στοιχειομετρία- ποσοτικές αναλογίες μεταξύ αντιδρώντων ουσιών.
Εάν τα αντιδρώντα εισέρχονται σε χημική αλληλεπίδραση σε αυστηρά καθορισμένες ποσότητες και ως αποτέλεσμα της αντίδρασης σχηματίζονται ουσίες, η ποσότητα των οποίων μπορεί να υπολογιστεί, τότε τέτοιες αντιδράσεις ονομάζονται στοιχειομετρική.
Νόμοι της στοιχειομετρίας:
Οι συντελεστές στις χημικές εξισώσεις μπροστά από τους τύπους των χημικών ενώσεων λέγονται στοιχειομετρική.
Όλοι οι υπολογισμοί σύμφωνα με τις 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) = συντελεστής μπροστά από το αντίστοιχο μόριο.
Ν Α=6,02×10 23 mol -1 .
η - η αναλογία της πραγματικής μάζας του προϊόντος m pστο θεωρητικά δυνατό Μ t, εκφρασμένο σε κλάσματα μονάδας ή ως ποσοστό.
Εάν η απόδοση των προϊόντων αντίδρασης δεν καθορίζεται στη συνθήκη, τότε στους υπολογισμούς λαμβάνεται ίση με 100% (ποσοτική απόδοση).
Σχέδιο υπολογισμού σύμφωνα με τις εξισώσεις των 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.
- Να συνθέσετε και να λύσετε αναλογίες.
Παράδειγμα.Υπολογίστε τη μάζα και την ποσότητα της ουσίας 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 φτιάξουμε την εξίσωση της χημικής αντίδρασης: 2Mg + O 2 \u003d 2MgO. 2. Κάτω από τους τύπους των ουσιών, υποδεικνύουμε την ποσότητα της ουσίας (αριθμός moles), η οποία αντιστοιχεί σε στοιχειομετρικούς συντελεστές: 2Mg + O 2 \u003d 2MgO 2 mol 2 mol 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. Με τη μάζα της ουσίας που δίνεται στη συνθήκη, υπολογίζουμε την ποσότητα της ουσίας:
5. Πάνω από τον χημικό τύπο του οξειδίου του μαγνησίου MgO, του οποίου η μάζα είναι άγνωστη, ορίσαμε ΧΕΛΙΑ δερματος, πάνω από τη φόρμουλα μαγνησίου mgγράψτε τη μοριακή του μάζα: 1 mol ΧΕΛΙΑ δερματος 2Mg + O 2 \u003d 2MgO 2 mol 2 mol
Σύμφωνα με τους κανόνες για την επίλυση αναλογιών:
Η ποσότητα του οξειδίου του μαγνησίου v(MgO)= 1 mol. 7. Υπολογίστε τη μοριακή μάζα του οξειδίου του μαγνησίου: M (Mg)\u003d 24 g / mol, M (O)=16 g/mol. M(MgO)= 24 + 16 = 40 g/mol. Υπολογίστε τη μάζα του οξειδίου του μαγνησίου: m (MgO) \u003d ν (MgO) × M (MgO) \u003d 1 mol × 40 g / mol \u003d 40 g. Απάντηση: ν(MgO) = 1 mol; m(MgO) = 40 g. |
Κατά τη σύνταξη των εξισώσεων των αντιδράσεων οξειδοαναγωγής, πρέπει να τηρούνται οι ακόλουθοι δύο σημαντικοί κανόνες:
Κανόνας 1: Σε οποιαδήποτε ιοντική εξίσωση, πρέπει να τηρείται η διατήρηση του φορτίου. Αυτό σημαίνει ότι το άθροισμα όλων των χρεώσεων στην αριστερή πλευρά της εξίσωσης ("αριστερά") πρέπει να ταιριάζει με το άθροισμα όλων των χρεώσεων στη δεξιά πλευρά της εξίσωσης ("δεξιά"). Αυτός ο κανόνας ισχύει για οποιαδήποτε ιοντική εξίσωση, τόσο για πλήρεις αντιδράσεις όσο και για ημι-αντιδράσεις.
Φορτίζει από αριστερά προς τα δεξιά
Κανόνας 2: Ο αριθμός των ηλεκτρονίων που χάνονται στην ημιαντίδραση οξείδωσης πρέπει να είναι ίσος με τον αριθμό των ηλεκτρονίων που αποκτώνται στην ημιαντίδραση αναγωγής. 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:
Η ακόλουθη διαδικασία μπορεί να χρησιμοποιηθεί για να εξαχθεί η πλήρης οξειδοαναγωγική εξίσωση από τις εξισώσεις των δύο ημι-αντιδράσεων:
1. Οι εξισώσεις καθεμιάς από τις δύο ημι-αντιδράσεις εξισορροπούνται χωριστά και για να εκπληρωθεί ο παραπάνω κανόνας 1, ο αντίστοιχος αριθμός ηλεκτρονίων προστίθεται στην αριστερή ή τη δεξιά πλευρά κάθε εξίσωσης.
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, άθροιση των εξισώσεων των δύο ημι-αντιδράσεων παραπάνω και αφαίρεση από την αριστερή και τη δεξιά πλευρά της εξίσωσης που προκύπτει
ίσο αριθμό ηλεκτρονίων, βρίσκουμε
Ισορροπούμε τις εξισώσεις των ημι-αντιδράσεων που δίνονται παρακάτω και συνθέτουμε μια εξίσωση για την αντίδραση οξειδοαναγωγής της οξείδωσης υδατικού διαλύματος οποιουδήποτε άλατος σιδήρου σε άλας σιδήρου με όξινο διάλυμα καλίου.
Στάδιο 1. Αρχικά, εξισορροπούμε την εξίσωση καθεμιάς από τις δύο ημι-αντιδράσεις ξεχωριστά. Για την εξίσωση (5) έχουμε
Για να ισορροπήσετε 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 ημιαντίδραση αναγωγής.
Για την εξίσωση (6), μπορούμε να γράψουμε
Για να εξισορροπήσετε αυτήν την εξίσωση, μπορείτε να προσθέσετε ένα ηλεκτρόνιο στη δεξιά πλευρά της. Επειτα
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 μετάδοσης της φλόγας στο μέτωπο 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 προϊόντων καύσης. Είναι προφανές ότι σε 1,0) πρακτικά δεν επηρεάζει τη 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 τη λήψη 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 πρόσληψη πολυφωσφορικού 1/us,p = g P/g COD(HAc).[ ...]
Στον πίνακα. Το 24.5 δείχνει τους στοιχειομετρικούς παράγοντες απόδοσης που προσδιορίστηκαν σε πειράματα που πραγματοποιήθηκαν σε αντιδραστήρες παρτίδας καθαρής καλλιέργειας. Αυτές οι τιμές βρίσκονται σε αρκετά καλή συμφωνία παρά τις διαφορετικές συνθήκες μικροβιολογικής ανάπτυξης.[ ...]
Από την έκφραση (3.36) βρίσκουμε τον στοιχειομετρικό συντελεστή "sat.r = 0.05 g P / g COD (HAc).[ ...]
[ ...]
Από το παράδειγμα 3.2, μπορείτε να βρείτε τους στοιχειομετρικούς συντελεστές της εξίσωσης για την αφαίρεση του οξικού οξέος: 1 mol HAs (60 g HAs) απαιτεί 0,9 mol του 02 και 0,9 32 = 29 g του 02.[ ...]
| 3.12 |
Σε αυτούς τους τύπους, η πρώτη πρώτη ύλη περιλαμβάνεται σε όλες τις στοιχειομετρικές εξισώσεις και ο στοιχειομετρικός της συντελεστής σε αυτές είναι V/, = -1. Για αυτήν την ουσία δίνονται οι βαθμοί μετασχηματισμού lu σε κάθε στοιχειομετρική εξίσωση (όλοι τους - K). Στις εξισώσεις (3.14) και (3.15) θεωρείται ότι το i-ο συστατικό - το προϊόν για το οποίο προσδιορίζεται η επιλεκτικότητα και η απόδοση, σχηματίζεται μόνο στην 1η στοιχειομετρική εξίσωση (τότε E / \u003d x (). των συστατικών σε αυτούς τους τύπους μετρώνται σε mol (ονομασία LO, όπως είναι παραδοσιακά αποδεκτό στις χημικές επιστήμες.[ ...]
Κατά τη σύνταξη εξισώσεων οξειδοαναγωγής, βρίσκονται στοιχειομετρικοί συντελεστές για την οξείδωση του στοιχείου πριν και μετά την αντίδραση. Η οξείδωση ενός στοιχείου στις ενώσεις προσδιορίζεται 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 με μια στοιχειομετρική εξίσωση ισορροπίας, παρά με τη μορφή πινάκων συντελεστών απόδοσης. Μια τέτοια περιγραφή της σύνθεσης των συστατικών ενός μικροβιολογικού κυττάρου απαιτούσε τη χρήση ενός εμπειρικού τύπου. Καθιερώθηκε πειραματικά ο τύπος της ουσίας του κυττάρου C5H702N, ο οποίος χρησιμοποιείται συχνά στην παρασκευή στοιχειομετρικών εξισώσεων[ ...]
Στον πίνακα. Το σχήμα 3.6 δείχνει τυπικές τιμές για κινητικές και άλλες σταθερές, καθώς και στοιχειομετρικούς συντελεστές, για μια 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 και όχι 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 ένα (1 mole όζοντος απελευθερώνει 1 mole ιωδίου). Αυτός ο συντελεστής υποστηρίζεται από τα αποτελέσματα μιας σειράς μελετών, βάσει των οποίων καθορίστηκαν οι στοιχειομετρικές αντιδράσεις του όζοντος με τις ολεφίνες. Με διαφορετικό συντελεστή, αυτά τα αποτελέσματα θα ήταν δύσκολο να εξηγηθούν. Ωστόσο, στην εργασία διαπιστώθηκε ότι ο υποδεικνυόμενος συντελεστής είναι 1,5. Αυτό είναι σύμφωνο με τα δεδομένα, σύμφωνα με τα οποία λαμβάνεται στοιχειομετρικός συντελεστής ίσος με ένα σε pH 9, και πολύ περισσότερο ιώδιο απελευθερώνεται σε όξινο περιβάλλον παρά 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 [ ...]
Οι υλικές διεργασίες στη ζωντανή φύση, οι κύκλοι των βιογενών στοιχείων συνδέονται με ροές ενέργειας με στοιχειομετρικούς συντελεστές που ποικίλλουν σε μια μεγάλη ποικιλία οργανισμών μόνο εντός της ίδιας σειράς. Ταυτόχρονα, λόγω της υψηλής απόδοσης της κατάλυσης, το ενεργειακό κόστος για τη σύνθεση νέων ουσιών στους οργανισμούς είναι πολύ μικρότερο από ό,τι στα τεχνικά ανάλογα αυτών των διεργασιών.[ ...]
Οι μετρήσεις των χαρακτηριστικών του κινητήρα και οι εκπομπές επιβλαβών εκπομπών για όλους τους θαλάμους καύσης πραγματοποιήθηκαν σε ένα ευρύ φάσμα αλλαγών στον συντελεστή περίσσειας αέρα από μια στοιχειομετρική τιμή σε ένα εξαιρετικά λεπτό μείγμα. Στο σχ. Τα σχήματα 56 και 57 δείχνουν τα κύρια αποτελέσματα ανάλογα με το α, που λαμβάνεται με ταχύτητα 2000 λεπτών και ανοιχτό γκάζι. Η τιμή της γωνίας προώθησης ανάφλεξης επιλέχθηκε από την συνθήκη λήψης της μέγιστης ροπής.[ ...]
Η βιολογική διαδικασία απομάκρυνσης του φωσφόρου είναι πολύπλοκη, επομένως, φυσικά, η προσέγγισή μας είναι πολύ απλοποιημένη. Στον πίνακα. Το 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, υποτίθεται ότι 1 mol NO2 δίνει 0,72 g ιόντος NO7. 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 μονάδων επεξεργασίας λυμάτων και την ανάλυση της λειτουργίας τους, χρησιμοποιούνται συνήθως 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 βιολογικούς μετασχηματισμούς που συμβαίνουν σε έναν βιοαντιδραστήρα καθιστά δυνατή τη λήψη μιας αρκετά ολοκληρωμένης εικόνας 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 η νιτροποίηση, ο έλεγχος του pH του μέσου είναι επίσης απαραίτητος για τη διασφάλιση βέλτιστων ρυθμών μικροβιακής ανάπτυξης. Για κλειστές μονάδες επεξεργασίας, που τέθηκαν σε εφαρμογή στα τέλη της δεκαετίας του '60, οι οποίες χρησιμοποιούν καθαρό οξυγόνο (οξυ-δεξαμενή), η μελέτη των χημικών αλληλεπιδράσεων κατέστη απαραίτητη όχι μόνο για τον έλεγχο του pH, αλλά και για τον μηχανικό υπολογισμό του εξοπλισμού αγωγών αερίου.[ . ..]
Η σταθερά του ρυθμού καταλυτικής μετατροπής k στη γενική περίπτωση σε μια δεδομένη θερμοκρασία είναι συνάρτηση των σταθερών ρυθμού των άμεσων, αντίστροφων και πλευρικών αντιδράσεων, καθώς και των συντελεστών διάχυσης των αρχικών αντιδραστηρίων και των προϊόντων 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 της καταλυτικής μετατροπής είναι συγκεκριμένες για συγκεκριμένα στάδια και συνθήκες για την εφαρμογή του.[ ...]
Για τον έλεγχο της αντίδρασης εξουδετέρωσης, πρέπει να γνωρίζει κανείς πόσο οξύ ή βάση πρέπει να προσθέσει στο διάλυμα για να αποκτήσει την επιθυμητή τιμή pH. Για την επίλυση αυτού του προβλήματος μπορεί να χρησιμοποιηθεί η μέθοδος εμπειρικής αξιολόγησης 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, μπορεί να υποτεθεί ότι τα προϊόντα της καύσης, για παράδειγμα, τα υγρά καύσιμα πυραύλων στον θάλαμο θα αποτελούνται από CO2, H20, CO, NO, OH, N2, H2, N. H, O, για στερεά καύσιμα πυραύλων - από A1203, N2, H2, HC1, CO, CO2, H20 σε T= 1100...2200 K.[ ...]
Για να τεκμηριωθεί η δυνατότητα χρήσης καύσης φυσικού αερίου σε δύο στάδια, πραγματοποιήθηκαν πειραματικές μελέτες της κατανομής των τοπικών θερμοκρασιών, των συγκεντρώσεων οξειδίων του αζώτου και εύφλεκτων ουσιών σε όλο το μήκος της φλόγας ανάλογα με τον συντελεστή περίσσειας αέρα που παρέχεται μέσω του καυστήρα. . Τα πειράματα πραγματοποιήθηκαν με την καύση φυσικού αερίου στον κλίβανο ενός λέβητα PTVM-50 εξοπλισμένου με καυστήρα VTI vortex με περιφερειακή εκκένωση αερίου σε μια στροβιλιζόμενη εγκάρσια ροή αέρα. Έχει διαπιστωθεί ότι σε ag O.wb η διαδικασία καύσης καυσίμου τελειώνει σε απόσταση 1f/X>out = 4,2 και σε ag = 1,10 - σε απόσταση bf10out = 3,6. Αυτό υποδηλώνει την παράταση της διαδικασίας 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, μπορεί κανείς να γράψει την εξίσωση ισοζυγίου μάζας, για παράδειγμα, για την εύκολα αποσυνθέσιμη οργανική ύλη Be σε έναν τέλεια αναδευόμενο αντιδραστήρα. Οι εκφράσεις που είναι υπεύθυνες για τη μεταφορά δεν χρειάζονται εξήγηση. 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. 50 δείχνει την αλλαγή της περιεκτικότητας σε Wx 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 Ux από τον συντελεστή περίσσειας αέρα είναι πιο περίπλοκη, επειδή Υπάρχουν δύο αντίθετοι παράγοντες. Ο σχηματισμός του 1NHOx εξαρτάται από τη συγκέντρωση οξυγόνου στο εύφλεκτο μείγμα 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 τις πειραματικές εξαρτήσεις 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 αντιδρώντων ουσιών με τη σταθερά ισορροπίας είναι μια μαθηματική έκφραση του νόμου της δράσης μάζας, ο οποίος μπορεί να διατυπωθεί ως εξής: για μια δεδομένη αναστρέψιμη αντίδραση σε κατάσταση χημικής ισορροπίας, ο λόγος του γινομένου του Οι συγκεντρώσεις ισορροπίας των προϊόντων 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 των Polezhaev και 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 πολύ πιο αποτελεσματικός απορροφητής NO2 από το αλκαλικό διάλυμα. Με τον όγκο του (μόνο 6 ml) και την ταχύτητα ροής αέρα (0,25 l/min), το 2% NO2 δεν γλιστράει μέσα από τη συσκευή απορρόφησης με μια πορώδη γυάλινη πλάκα. Τα επιλεγμένα δείγματα διατηρούνται καλά (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, το ΝΟ δεν παρεμβαίνει σε αυτή τη μέθοδο σε αναλογία συγκεντρώσεων NO: NOa 3: 1.[ ...]
Τα μειονεκτήματα αυτής της μεθόδου, που εισάγεται ευρέως στην πρακτική της επεξεργασίας απορριμμάτων σε υψηλές θερμοκρασίες, είναι η ανάγκη χρήσης ακριβών αλκαλικών αντιδραστηρίων (NaOH και Na2CO3). Έτσι, είναι δυνατό να καλυφθούν οι ανάγκες πολλών βιομηχανιών που πρέπει να εξουδετερώσουν μικρές ποσότητες υγρών αποβλήτων με ένα ευρύ φάσμα συστατικών χημικής σύνθεσης και οποιαδήποτε περιεκτικότητα σε οργανοχλωρικές ενώσεις. Ωστόσο, η καύση των διαλυτών που περιέχουν χλώριο θα πρέπει να προσεγγίζεται με προσοχή, καθώς υπό ορισμένες συνθήκες (1 > 1200 ° C, συντελεστής περίσσειας αέρα > 1,5), τα καυσαέρια μπορεί να περιέχουν φωσγένιο - υψηλά τοξικό χλώριο 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 διαγράμματα θερμοδυναμικής κατάστασης. 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 cx, λαμβάνοντας υπόψη τους στοιχειομετρικούς συντελεστές V. συγκεκριμένων αντιδράσεων.
