Tworząc równanie reakcji redoks, konieczne jest określenie środka redukującego, środka utleniającego oraz liczby oddanych i odebranych elektronów. Istnieją głównie dwie metody stosowane do tworzenia równań reakcji redoks:
1) waga elektroniczna– na podstawie określenia całkowitej liczby elektronów przechodzących od środka redukującego do utleniacza;
2) równowaga jonowo-elektronowa– przewiduje osobne zestawienie równań procesu utleniania i redukcji oraz ich późniejsze zsumowanie do ogólnego równania jonowego – metoda półreakcji. W tej metodzie konieczne jest znalezienie nie tylko współczynników dla środka redukującego i utleniacza, ale także dla cząsteczek ośrodka. W zależności od charakteru ośrodka liczba elektronów przyjętych przez środek utleniający lub utraconych przez środek redukujący może się różnić.
1) Waga elektronowa to metoda znajdowania współczynników w równaniach reakcji redoks, która uwzględnia wymianę elektronów pomiędzy atomami pierwiastków, zmieniając ich stopień utlenienia. Liczba elektronów oddanych przez środek redukujący jest równa liczbie elektronów uzyskanych przez środek utleniający.
Równanie jest kompilowane w kilku etapach:
1. Zapisz schemat reakcji.
KMnO 4 + HCl → KCl + MnCl 2 + Cl 2 + H 2 O
2. Zapisz stany utlenienia powyżej znaków zmieniających się pierwiastków.
KMn +7 O 4 + HCl -1 → KCl + Mn +2 Cl 2 + Cl 2 0 + H 2 O
3. Identyfikuje się pierwiastki zmieniające stopień utlenienia i określa liczbę elektronów przejętych przez utleniacz i oddanych przez reduktor.
Mn +7 + 5ē = Mn +2
2Cl -1 - 2ē = Cl 2 0
4. Wyrównuje się liczbę elektronów nabytych i oddanych, ustalając w ten sposób współczynniki dla związków zawierających pierwiastki zmieniające stopień utlenienia.
Mn +7 + 5ē = Mn +2 2
2Cl -1 - 2ē = Cl 2 0 5
––––––––––––––––––––––––
2Mn +7 + 10Cl -1 = 2Mn +2 + 5Cl 2 0
5. Współczynniki dobiera się dla wszystkich pozostałych uczestników reakcji. W tym przypadku w procesie redukcji bierze udział 10 cząsteczek HCl, a 6 w procesie wymiany jonowej (wiązania jonów potasu i manganu).
2KMn +7 O 4 + 16HCl -1 = 2KCl + 2Mn +2 Cl 2 + 5Cl 2 0 + 8H 2 O
2) Metoda równowagi jonowo-elektronowej.
1. Zapisz schemat reakcji.
K 2 SO 3 + KMnO 4 + H 2 SO 4 → K 2 SO 4 + MnSO 4 + H 2 O
2. Zapisz schematy półreakcji wykorzystując faktycznie obecne w roztworze cząstki (cząsteczki i jony). Jednocześnie podsumowujemy bilans rzeczowy, tj. liczba atomów pierwiastków biorących udział w reakcji połówkowej po lewej stronie musi być równa ich liczbie po prawej stronie. Formy utlenione i zredukowane Utleniacz i reduktor często różnią się zawartością tlenu (porównaj Cr 2 O 7 2− i Cr 3+). Dlatego też, zestawiając równania reakcji półreakcji metodą bilansu elektronowo-jonowego, uwzględnia się w nich pary H+/H2O (dla kwaśnyśrodowisko) i OH - /H 2 O (dla alkalicznyśrodowisko). Jeśli podczas przejścia z jednej formy do drugiej, pierwotna forma (zwykle - utleniony) traci jony tlenkowe (pokazane poniżej w nawiasach kwadratowych), to te ostatnie, ponieważ nie występują w postaci wolnej, muszą znajdować się w kwaśnyśrodowisku są połączone z kationami wodoru, a w alkalicznyśrodowisko - z cząsteczkami wody, co prowadzi do powstania cząsteczki wody(w środowisku kwaśnym) i jony wodorotlenkowe(w środowisku alkalicznym):
kwaśne środowisko+ 2H + = H 2 O Przykład: Cr 2 O 7 2− + 14H + = 2Cr 3+ + 7H 2 O
środowisko alkaliczne+ H 2 O = 2 OH - przykład: MnO 4 - + 2H 2 O = MnO 2 + 4ОH -
Brak tlenu w formie pierwotnej (zwykle w formie odtworzonej) w porównaniu z formą ostateczną rekompensuje dodatek cząsteczki wody(W kwaśnyśrodowisko) lub jony wodorotlenkowe(W alkalicznyśrodowisko):
kwaśne środowisko H 2 O = + 2H + przykład: SO 3 2- + H 2 O = SO 4 2- + 2H +
środowisko alkaliczne 2 OH − = + H 2 O przykład: SO 3 2− + 2OH − = SO 4 2− + H 2 O
MnO 4 - + 8H + → Mn 2+ + 4H 2 O redukcja
SO 3 2- + H 2 O → SO 4 2- + 2H + utlenianie
3. Wprowadzamy wagę elektroniczną, kierując się koniecznością równości całkowitego ładunku po prawej i lewej stronie równań półreakcji.
W powyższym przykładzie po prawej stronie równania połowicznej reakcji redukcji całkowity ładunek jonów wynosi +7, po lewej stronie - +2, co oznacza, że po prawej stronie należy dodać pięć elektronów:
MnO 4 - + 8H + + 5ē → Mn 2+ + 4H 2O
W równaniu półreakcji utleniania całkowity ładunek po prawej stronie wynosi -2, po lewej stronie 0, co oznacza, że po prawej stronie należy odjąć dwa elektrony:
SO 3 2- + H 2 O – 2ē → SO 4 2- + 2H +
Zatem w obu równaniach osiągnięto równowagę jonowo-elektronową i zamiast strzałek można w nich postawić znaki równości:
MnO 4 - + 8H + + 5ē = Mn 2+ + 4H 2 O
SO 3 2- + H 2 O – 2ē = SO 4 2- + 2H +
4. Kierując się zasadą o konieczności równości liczby elektronów przyjętych przez utleniacz i oddanych przez reduktor, znajdujemy najmniejszą wspólną wielokrotność liczby elektronów w obu równaniach (2∙5 = 10).
5. Pomnóż przez współczynniki (2,5) i zsumuj oba równania, dodając lewą i prawą stronę obu równań.
MnO 4 - + 8H + + 5ē = Mn 2+ + 4H 2 O 2
SO 3 2- + H 2 O – 2ē = SO 4 2- + 2H + 5
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
2MnO 4 - + 16H + + 5SO 3 2- + 5H 2 O = 2Mn 2+ + 8H 2 O + 5SO 4 2- + 10H +
2MnO 4 - + 6H + + 5SO 3 2- = 2Mn 2+ + 3H 2O + 5SO 4 2-
lub w formie molekularnej:
5K 2 SO 3 + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 = 6K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 3H 2 O
Metoda ta uwzględnia przejście elektronów z jednego atomu lub jonu do drugiego, biorąc pod uwagę charakter ośrodka (kwaśny, zasadowy lub obojętny), w którym zachodzi reakcja. W środowisku kwaśnym, w równaniach reakcji półreakcji, należy zastosować jony wodoru H + i cząsteczki wody, aby wyrównać liczbę atomów wodoru i tlenu, w środowisku zasadowym należy zastosować jony wodorotlenkowe OH - i cząsteczki wody. Odpowiednio w powstałych produktach po prawej stronie równania elektron-jon znajdą się jony wodoru (a nie jony wodorotlenkowe) i cząsteczki wody (środowisko kwaśne) lub jony wodorotlenkowe i cząsteczki wody (środowisko zasadowe). Na przykład równania półreakcji redukcji jonu nadmanganianu w środowisku kwaśnym nie można złożyć z obecnością jonów wodorotlenkowych po prawej stronie:
MnO 4 - + 4H 2 O + 5ē = Mn 2+ + 8ОH - .
Prawidłowy: MnO 4 - + 8H + + 5ē = Mn 2+ + 4H 2 O
Oznacza to, że pisząc równania elektron-jon, należy wyjść od składu jonów faktycznie obecnych w roztworze. Ponadto, podobnie jak przy pisaniu skróconych równań jonowych, substancje, które słabo dysocjują, są słabo rozpuszczalne lub uwalniają się w postaci gazu, należy zapisać w postaci molekularnej.
Zestawienie równań reakcji redoks metodą półreakcji prowadzi do tego samego wyniku, co metoda równowagi elektronowej.
Porównajmy obie metody. Zaletą metody półreakcji w porównaniu z metodą wagi elektronicznej jest to, że: że wykorzystuje nie hipotetyczne jony, ale faktycznie istniejące.
Stosując metodę półreakcji nie trzeba znać stopnia utlenienia atomów. Zapisanie poszczególnych równań półreakcji jonowej jest niezbędne do zrozumienia procesów chemicznych zachodzących w ogniwie galwanicznym i elektrolizie. Dzięki tej metodzie widoczna jest rola otoczenia jako aktywnego uczestnika całego procesu. Wreszcie, stosując metodę półreakcji, nie trzeba znać wszystkich powstałych substancji; pojawiają się one w równaniu reakcji, gdy jest ono wyprowadzane. Dlatego też należy preferować metodę półreakcji i stosować ją przy sporządzaniu równań dla wszystkich reakcji redoks zachodzących w roztworach wodnych
W metodzie tej porównuje się stany utlenienia atomów substancji początkowej i końcowej, kierując się zasadą: liczba elektronów oddanych przez środek redukujący musi być równa liczbie elektronów przyłączonych do środka utleniającego. Aby utworzyć równanie, należy znać wzory reagentów i produktów reakcji. Te ostatnie wyznacza się eksperymentalnie lub na podstawie znanych właściwości pierwiastków.
Metoda bilansu jonowo-elektronowego jest bardziej uniwersalna w porównaniu do metody wagi elektronicznej i ma niezaprzeczalną przewagę w doborze współczynników w wielu reakcjach redoks, w szczególności z udziałem związków organicznych, w których nawet procedura oznaczania stopni utlenienia jest bardzo złożona.
Rozważmy na przykład proces utleniania etylenu, który zachodzi podczas przepuszczania go przez wodny roztwór nadmanganianu potasu. W rezultacie etylen utlenia się do glikolu etylenowego HO-CH 2 -CH 2 -OH, a nadmanganian redukuje się do tlenku manganu (IV), ponadto, jak będzie oczywiste z równania bilansu końcowego, na nim powstaje również wodorotlenek potasu prawo:
KMnO 4 + C 2 H 4 + H 2 O → C 2 H 6 O 2 + MnO 2 + KOH
Równanie półreakcji redukcji i utleniania:
MnO 4 - + 2H 2 O + 3е = MnO 2 + 4ОH - 2 redukcja
C 2 H 4 + 2OH - - 2e = C 2 H 6 O 2 3 utlenianie
Podsumowujemy oba równania i odejmujemy jony wodorotlenkowe obecne po lewej i prawej stronie.
Otrzymujemy końcowe równanie:
2KMnO 4 + 3C 2 H 4 + 4H 2 O → 3C 2 H 6 O 2 + 2MnO 2 + 2KOH
Stosując metodę równowagi jonowo-elektronowej do wyznaczania współczynników w reakcjach z udziałem związków organicznych, wygodnie jest uwzględnić stopnie utlenienia atomów wodoru na +1, tlenu -2 i obliczyć węgiel wykorzystując bilans ładunków dodatnich i ujemnych w cząsteczka (jon). Zatem w cząsteczce etylenu całkowity ładunek wynosi zero:
4 ∙ (+1) + 2 ∙ X = 0,
Oznacza to, że stopień utlenienia dwóch atomów węgla wynosi (-4), a jednego (X) wynosi (-2).
Podobnie w cząsteczce glikolu etylenowego C 2 H 6 O 2 znajdujemy stopień utlenienia węgla (X):
2 ∙ X + 2 ∙ (-2) + 6 ∙ (+1) = 0, X = -1
W niektórych cząsteczkach związków organicznych takie obliczenia prowadzą do ułamkowej wartości stopnia utlenienia węgla, na przykład dla cząsteczki acetonu (C 3 H 6 O) jest ona równa -4/3. Równanie elektroniczne szacuje całkowity ładunek atomów węgla. W cząsteczce acetonu wynosi -4.
Powiązana informacja.
Jednym z najważniejszych pojęć chemicznych, na którym opierają się obliczenia stechiometryczne, jest ilość chemiczna substancji. Ilość pewnej substancji X oznacza się przez n(X). Jednostką miary ilości substancji jest kret.
Mol to ilość substancji zawierająca 6,02 10 23 cząsteczek, atomów, jonów lub innych jednostek strukturalnych tworzących tę substancję.
Nazywa się masą jednego mola pewnej substancji X masa cząsteczkowa M(X) tej substancji. Znając masę m(X) pewnej substancji X oraz jej masę molową, możemy obliczyć ilość tej substancji korzystając ze wzoru:
Nazywa się liczbę 6,02 10 23 Liczba Avogadra(Na); jego wymiar mol –1.
Mnożąc liczbę Avogadra N a przez ilość substancji n(X), możemy obliczyć liczbę jednostek strukturalnych, na przykład cząsteczek N(X) jakiejś substancji X:
N(X) = N za · n(X) .
Przez analogię do pojęcia masy molowej wprowadzono pojęcie objętości molowej: objętość molowa V m (X) pewnej substancji X to objętość jednego mola tej substancji. Znając objętość substancji V(X) i jej objętość molową, możemy obliczyć ilość chemiczną substancji:
W chemii często mamy do czynienia z objętością molową gazów. Zgodnie z prawem Avogadro równe objętości dowolnych gazów pobranych w tej samej temperaturze i pod tym samym ciśnieniem zawierają tę samą liczbę cząsteczek. W równych warunkach 1 mol dowolnego gazu zajmuje tę samą objętość. W normalnych warunkach (norma) - temperatura 0°C i ciśnienie 1 atmosfera (101325 Pa) - objętość ta wynosi 22,4 litra. Zatem pod nr. V m (gaz) = 22,4 l/mol. Należy szczególnie podkreślić, że przyjmuje się objętość molową wynoszącą 22,4 l/mol tylko dla gazów.
Znajomość mas molowych substancji i liczby Avogadra pozwala wyrazić masę cząsteczki dowolnej substancji w gramach. Poniżej znajduje się przykład obliczenia masy cząsteczki wodoru.
1 mol gazowego wodoru zawiera 6,02·10 23 cząsteczek H 2 i ma masę 2 g (ponieważ M(H 2) = 2 g/mol). Stąd,
6,02·10 23 Cząsteczki H 2 mają masę 2 g;
1 cząsteczka H2 ma masę x g; x \u003d 3,32 10 -24 g.
Pojęcie „mol” jest szeroko stosowane do wykonywania obliczeń równań reakcji chemicznych, ponieważ współczynniki stechiometryczne w równaniu reakcji pokazują, w jakich stosunkach molowych substancje reagują ze sobą i powstają w wyniku reakcji.
Na przykład równanie reakcji 4 NH 3 + 3 O 2 → 2 N 2 + 6 H 2 O zawiera następujące informacje: 4 mole amoniaku reagują bez nadmiaru lub niedoboru z 3 molami tlenu, w wyniku czego powstają 2 mole azotu i 6 moli wody.
Przykład 4.1 Oblicz masę osadu powstałego podczas oddziaływania roztworów zawierających 70,2 g diwodorofosforanu wapnia i 68 g wodorotlenku wapnia. Jakiej substancji pozostanie w nadmiarze? Jaka jest jego masa?
3 Ca(H 2 PO 4) 2 + 12 KOH ® Ca 3 (PO 4) 2 ¯ + 4 K 3 PO 4 + 12 H 2 O
Z równania reakcji widać, że 3 mole Ca(H 2 PO 4) 2 reagują z 12 molami KOH. Obliczmy ilości reagentów podane zgodnie z warunkami zadania:
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.
na 3 mole Ca(H 2 PO 4) 2 potrzeba 12 moli KOH
na 0,3 mola Ca(H2PO4) wymagane jest 2 x mol KOH
x = 1,2 mol – tyle potrzeba KOH, aby reakcja przebiegła bez nadmiaru i niedoboru. Zgodnie z problemem istnieje 1,215 mola KOH. Dlatego KOH jest w nadmiarze; ilość KOH pozostała po reakcji:
n(KOH) = 1,215 mol – 1,2 mol = 0,015 mol;
jego masa m(KOH) = n(KOH) × M(KOH) = 0,015 mol × 56 g/mol = 0,84 g.
Obliczenie powstałego produktu reakcji (osadu Ca 3 (PO 4) 2) należy przeprowadzić przy użyciu substancji, której brakuje (w tym przypadku Ca(H 2 PO 4) 2), ponieważ substancja ta przereaguje całkowicie . Z równania reakcji jasno wynika, że liczba utworzonych moli Ca 3 (PO 4) 2 jest 3 razy mniejsza niż liczba moli przereagowanego Ca(H 2 PO 4) 2:
n(Ca 3 (PO 4) 2) = 0,3 mol: 3 = 0,1 mol.
Dlatego 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.
Zadanie nr 5
a) Obliczyć ilości chemiczne reagujących substancji podane w tabeli 5 (objętości substancji gazowych podano w warunkach normalnych);
b) uporządkować współczynniki na podanym schemacie reakcji i korzystając z równania reakcji określić, której substancji jest w nadmiarze, a której brakuje;
c) znaleźć ilość chemiczną produktu reakcji wskazaną w tabeli 5;
d) obliczyć masę lub objętość (patrz tabela 5) tego produktu reakcji.
Tabela 5 – Warunki zadania nr 5
| Opcja nr. | Substancje reagujące | Schemat reakcji | Oblicz |
| m(Fe)=11,2 g; V(Cl2) = 5,376 l | Fe+Cl 2 ® FeCl 3 | 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(O2)=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(BaSO4) | |
| 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) \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(H2O) | |
| m (Ba (OH) 2) \u003d 3,42 g; V(HCl) = 784 ml | Ba(OH) 2 +HCl® BaCl 2 +H 2 O | m(BaCl2) |
Kontynuacja tabeli 5
| Opcja nr. | Substancje reagujące | Schemat reakcji | Oblicz |
| 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 | Cl2+KOH® KClO+KCl+H2O | m(KClO) | |
| m((NH 4) 2 SO 4)=66 g;m(KOH)=50 g | (NH 4) 2 SO 4 +KOH®K 2 SO 4 +NH 3 +H 2 O | V(NH3) | |
| m(NH3)=6,8 g; V(O2)=7,84 l | NH3+O2®N2+H2O | V(N2) | |
| V(H2S)=11,2 l; m(O2)=8,32 g | H2S+O2® S+H2O | SM) | |
| 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+Cl 2 ® AlCl 3 | m(AlCl3) | |
| m(Al)=10,8 g; m(HCl) = 36,5 g | Al+HCl ® AlCl 3 +H 2 | V(H2) | |
| m(P)=15,5 g; V(O2)=14,1 l | P+O 2 ® P 2 O 5 | m(P2O5) | |
| 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(HNO3)=50,4 g | K 2 CO 3 +HNO 3 ®KNO 3 +CO 2 +H 2 O | V(CO2) | |
| m(AlCl3)=2,67 g; m(AgNO3)=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(Br2) | |
| m(CaBr2)=40 g; m(AgNO3)=59,5 g | CaBr 2 + AgNO 3 ®AgBr + Ca(NO 3) 2 | m(AgBr) | |
| m(H2)=1,44 g; V(O2)=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(BaI2) | |
| m(H3PO4)=9,8 g; m(KOH)=17,08 g | H 3 PO 4 +KOH® K 3 PO 4 +H 2 O | m(K3PO4) | |
| 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 | Cl2 +KOH® KClO3 +KCl+H2O | m(KClO3) | |
| m(NH4CI)=43 g; m(Ca(OH)2)=37 g | NH 4Cl+Ca(OH) 2 ®CaCl 2 +NH 3 +H 2 O | V(NH3) | |
| V(NH3) = 8,96 l; m(02)=14,4 g | NH3+O2® NO+H2O | V(NIE) | |
| V(H2S)=17,92 l; m(O2)=40 g | H 2 S+O 2 ® SO 2 + H 2 O | V(SO2) | |
| m(MnO2)=8,7 g; m(HBr)=30,8 g | MnO2 +HBr® MnBr2 +Br2 +H2O | m(MnBr2) | |
| m(Ca)=10 g; m(H2O)=8,1 g | Ca+H 2 O ® Ca(OH) 2 +H 2 | V(H2) |
STĘŻENIE ROZTWORÓW
W ramach zajęć z chemii ogólnej studenci poznają 2 sposoby wyrażania stężenia roztworów – ułamek masowy i stężenie molowe.
Udział masowy substancji rozpuszczonej X oblicza się jako stosunek masy tej substancji do masy roztworu:
,
gdzie ω(X) jest ułamkiem masowym rozpuszczonej substancji X;
m(X) – masa rozpuszczonej substancji X;
m roztworu – masa roztworu.
Ułamek masowy substancji, obliczony przy użyciu powyższego wzoru, jest wielkością bezwymiarową wyrażoną w ułamkach jednostki (0< ω(X) < 1).
Udział masowy można wyrazić nie tylko w ułamkach jednostki, ale także w procentach. W tym przypadku wzór obliczeniowy wygląda następująco:
Często nazywany jest ułamek masowy wyrażony w procentach stężenie procentowe . Oczywiście procentowe stężenie substancji rozpuszczonej wynosi 0%< ω(X) < 100%.
Stężenie procentowe pokazuje, ile części masowych substancji rozpuszczonej znajduje się w 100 częściach masowych roztworu. Jeśli jako jednostkę masy wybierzemy gram, wówczas definicję tę można również zapisać w następujący sposób: stężenie procentowe pokazuje, ile gramów substancji rozpuszczonej znajduje się w 100 gramach roztworu.
Oczywiste jest, że na przykład 30% roztwór odpowiada ułamkowi masowemu rozpuszczonej substancji równemu 0,3.
Innym sposobem wyrażenia zawartości substancji rozpuszczonej w roztworze jest stężenie molowe (molarność).
Stężenie molowe substancji lub molarność roztworu pokazuje, ile moli rozpuszczonej substancji znajduje się w 1 litrze (1 dm3) roztworu
gdzie C(X) oznacza stężenie molowe substancji rozpuszczonej X (mol/l);
n(X) to ilość chemiczna rozpuszczonej substancji X (mol);
Rozwiązanie V - objętość roztworu (l).
Przykład 5.1 Oblicz stężenie molowe H 3 PO 4 w roztworze, jeśli wiadomo, że udział masowy H 3 PO 4 wynosi 60%, a gęstość roztworu wynosi 1,43 g/ml.
Z definicji stężenia procentowego
100 g roztworu zawiera 60 g kwasu fosforowego.
n(H3PO4) = m(H3PO4): M(H3PO4) = 60 g: 98 g/mol = 0,612 mol;
V roztwór = m roztwór: ρ roztwór = 100 g: 1,43 g/cm 3 = 69,93 cm 3 = 0,0699 l;
C(H3PO4) = n(H3PO4): V roztwór = 0,612 mol: 0,0699 l = 8,755 mol/l.
Przykład 5.2 Istnieje 0,5 M roztwór H 2 SO 4. Jaki jest udział masowy kwasu siarkowego w tym roztworze? Przyjmij gęstość roztworu równą 1 g/ml.
Z definicji stężenia molowego
1 litr roztworu zawiera 0,5 mola H 2 SO 4
(wpis „roztwór 0,5 M” oznacza, że C(H2SO4) = 0,5 mol/l).
m roztwór = V roztwór × ρ roztwór = 1000 ml × 1 g/ml = 1000 g;
m(H2SO4) = n(H2SO4) × M(H2SO4) = 0,5 mol × 98 g/mol = 49 g;
ω(H2SO4) = m(H2SO4): m roztwór = 49 g: 1000 g = 0,049 (4,9%).
Przykład 5.3 Jakie objętości wody i 96% roztworu H 2 SO 4 o gęstości 1,84 g/ml należy pobrać, aby przygotować 2 litry 60% roztworu H 2 SO 4 o gęstości 1,5 g/ml.
Rozwiązując problemy przygotowania roztworu rozcieńczonego ze stężonego, należy wziąć pod uwagę, że roztwór pierwotny (stężony), woda i roztwór powstały (rozcieńczony) mają różną gęstość. W tym przypadku należy pamiętać, że V roztworu pierwotnego + V wody ≠ V roztworu powstałego,
ponieważ podczas mieszania stężonego roztworu i wody następuje zmiana (zwiększenie lub zmniejszenie) objętości całego układu.
Rozwiązanie takich problemów należy rozpocząć od ustalenia parametrów rozcieńczonego roztworu (czyli roztworu, który należy przygotować): jego masy, masy rozpuszczonej substancji i, jeśli to konieczne, ilości rozpuszczonej substancji.
M 60% roztwór = V 60% roztwór ∙ ρ 60% roztwór = 2000 ml × 1,5 g/ml = 3000 g.
m(H 2 SO 4) w 60% roztworze = m 60% roztworze w(H 2 SO 4) w 60% roztworze = 3000 g 0,6 = 1800 g.
Masa czystego kwasu siarkowego w przygotowanym roztworze powinna być równa masie kwasu siarkowego w tej części 96% roztworu, którą należy pobrać do przygotowania rozcieńczonego roztworu. Zatem,
m(H 2 SO 4) w 60% roztworze = m(H 2 SO 4) w 96% roztworze = 1800 g.
m 96% roztwór = m (H 2 SO 4) w 96% roztworze: w(H 2 SO 4) w 96% roztworze = 1800 g: 0,96 = 1875 g.
m (H 2 O) = m 40% roztwór – m 96% roztwór = 3000 g – 1875 g = 1125 g.
V 96% roztwór = m 96% roztwór: ρ 96% roztwór = 1875 g: 1,84 g/ml = 1019 ml » 1,02 l.
V woda = m woda: ρ woda = 1125 g: 1 g/ml = 1125 ml = 1,125 l.
Przykład 5.4 Zmieszano 100 ml 0,1 M roztworu CuCl 2 i 150 ml 0,2 M roztworu Cu(NO 3) 2. Oblicz stężenie molowe jonów Cu 2+, Cl – i NO 3 – w powstałym roztworze.
Rozwiązując podobny problem mieszania rozcieńczonych roztworów, ważne jest, aby zrozumieć, że rozcieńczone roztwory mają w przybliżeniu tę samą gęstość, w przybliżeniu równą gęstości wody. Po ich zmieszaniu całkowita objętość układu praktycznie się nie zmienia: V 1 rozcieńczonego roztworu + V 2 rozcieńczonego roztworu +…” V powstałego roztworu.
W pierwszym rozwiązaniu:
n(CuCl 2) = C(CuCl 2) V roztwór CuCl 2 = 0,1 mol/l × 0,1 l = 0,01 mol;
CuCl 2 – mocny elektrolit: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2Cl – ;
Zatem n(Cu2+) = n(CuCl2) = 0,01 mol; n(Cl -) \u003d 2 × 0,01 \u003d 0,02 mol.
W drugim rozwiązaniu:
n(Cu(NO 3) 2) = C(Cu(NO 3) 2) × V roztwór Cu(NO 3) 2 = 0,2 mol/l × 0,15 l = 0,03 mol;
Cu(NO 3) 2 – mocny elektrolit: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2NO 3 –;
Dlatego n(Cu 2+) = n(Cu(NO 3) 2) = 0,03 mol; n (NO 3 -) \u003d 2 × 0,03 \u003d 0,06 mol.
Po zmieszaniu roztworów:
n(Cu2+)całkowite. = 0,01 mola + 0,03 mola = 0,04 mola;
V wspólne. » V roztwór CuCl 2 + V roztwór Cu(NO 3) 2 = 0,1 l + 0,15 l = 0,25 l;
C(Cu 2+) = n(Cu 2+): Vtot. \u003d 0,04 mol: 0,25 l \u003d 0,16 mol / l;
C(Cl -) = n(Cl -): Vcałk. \u003d 0,02 mol: 0,25 l \u003d 0,08 mol / l;
C (NO 3 -) \u003d n (NO 3 -): V ogółem. \u003d 0,06 mol: 0,25 l \u003d 0,24 mol / l.
Przykład 5.5 Do kolby dodano 684 mg siarczanu glinu i 1 ml 9,8% roztworu kwasu siarkowego o gęstości 1,1 g/ml. Otrzymaną mieszaninę rozpuszczono w wodzie; Objętość roztworu uzupełniono wodą do 500 ml. Oblicz stężenie molowe jonów H + , Al 3+ SO 4 2– w powstałym roztworze.
Oblicz ilość rozpuszczonych substancji:
n(Al 2 (SO 4) 3) = m (Al 2 (SO 4) 3) : M(Al 2 (SO 4) 3) = 0,684 g: 342 g mol = 0,002 mol;
Al 2 (SO 4) 3 – mocny elektrolit: Al 2 (SO 4) 3 ® 2Al 3+ + 3SO 4 2– ;
Zatem n(Al3+)=2×0,002 mol=0,004 mol; n(SO 4 2–)=3×0,002 mol=0,006 mol.
m roztwór H 2 SO 4 = V roztwór H 2 SO 4 × ρ roztwór H 2 SO 4 = 1 ml × 1,1 g/ml = 1,1 g;
m(H 2 SO 4) = m roztwór 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;
H 2 SO 4 jest mocnym elektrolitem: H 2 SO 4 ® 2H + + SO 4 2– .
Dlatego n(SO 4 2–) = n(H 2 SO 4) = 0,0011 mol; n(H+) = 2 × 0,0011 = 0,0022 mol.
Zgodnie z warunkami problemu objętość powstałego roztworu wynosi 500 ml (0,5 l).
n(SO 4 2–)tot. = 0,006 mola + 0,0011 mola = 0,0071 mola.
C(Al 3+) = n(Al 3+): V roztwór = 0,004 mol: 0,5 l = 0,008 mol/l;
C(H +) = n(H +): V roztwór = 0,0022 mol: 0,5 l = 0,0044 mol/l;
С(SO 4 2–) = n(SO 4 2–) ogółem. : V roztwór = 0,0071 mol: 0,5 l = 0,0142 mol/l.
Przykład 5.6 Jaką masę siarczanu żelaza (FeSO 4·7H 2 O) i jaką objętość wody należy pobrać, aby przygotować 3 litry 10% roztworu siarczanu żelaza (II). Przyjmij, że gęstość roztworu wynosi 1,1 g/ml.
Masa roztworu, który należy przygotować, wynosi:
m roztwór = V roztwór ∙ ρ roztwór = 3000 ml ∙ 1,1 g/ml = 3300 g.
Masa czystego siarczanu żelaza (II) w tym roztworze wynosi:
m(FeSO 4) = m roztwór × w(FeSO 4) = 3300 g × 0,1 = 330 g.
Tę samą masę bezwodnego FeSO4 należy uwzględnić w ilości krystalicznego hydratu, którą należy pobrać do przygotowania roztworu. Z porównania mas molowych M(FeSO 4 7H 2 O) = 278 g/mol i M(FeSO 4) = 152 g/mol,
otrzymujemy proporcję:
278 g FeSO 4·7H 2 O zawiera 152 g FeSO 4;
x g FeSO 4·7H 2 O zawiera 330 g FeSO 4;
x = (278·330): 152 = 603,6 g.
m woda = m roztwór – m siarczan żelaza = 3300 g – 603,6 g = 2696,4 g.
Ponieważ gęstość wody wynosi 1 g/ml, wówczas objętość wody, którą należy pobrać do przygotowania roztworu, jest równa: V woda = m woda: ρ woda = 2696,4 g: 1 g/ml = 2696,4 ml.
Przykład 5.7 Jaką masę soli Glaubera (Na 2 SO 4 ·10H 2 O) należy rozpuścić w 500 ml 10% roztworu siarczanu sodu (gęstość roztworu 1,1 g/ml), aby otrzymać 15% roztwór Na 2 SO 4?
Niech będzie wymagane x gramów soli Glaubera Na 2 SO 4 10H 2 O. Wtedy masa powstałego roztworu będzie równa:
m roztwór 15% = m roztwór oryginalny (10%) + m sól Glaubera = 550 + x (g);
m pierwotnego (10%) roztworu = V 10% roztwór × ρ 10% roztwór = 500 ml × 1,1 g/ml = 550 g;
m(Na 2 SO 4) w pierwotnym (10%) roztworze = m 10% roztwór a · w(Na 2 SO 4) = 550 g · 0,1 = 55 g.
Wyraźmy przez x masę czystego Na 2 SO 4 zawartego w x gramach Na 2 SO 4 · 10H 2 O.
M(Na2SO4-10H2O) = 322 g/mol; M(Na2SO4) = 142 g/mol; stąd:
322 g Na2SO4·10H2O zawiera 142 g bezwodnego Na2SO4;
x g Na2SO4·10H2O zawiera mg bezwodnego Na2SO4.
m(Na2SO4) = 142 x: 322 = 0,441 x x.
Całkowita masa siarczanu sodu w powstałym roztworze będzie równa:
m(Na 2 SO 4) w 15% roztworze = 55 + 0,441 × x (g).
W otrzymanym rozwiązaniu: 
= 0,15
, skąd x = 94,5 g.
Zadanie nr 6
Tabela 6 – Warunki zadania nr 6
| Opcja nr. | Tekst warunku |
| 5 g Na2SO4 x 10H2O rozpuszczono w wodzie i objętość otrzymanego roztworu doprowadzono wodą do 500 ml. Oblicz udział masowy Na 2 SO 4 w tym roztworze (ρ = 1 g/ml) oraz stężenia molowe jonów Na + i SO 4 2–. | |
| Roztwory zmieszano: 100 ml 0,05 M Cr 2 (SO 4) 3 i 100 ml 0,02 M Na 2 SO 4. Oblicz stężenie molowe jonów Cr 3+, Na + i SO 4 2– w powstałym roztworze. | |
| Jakie objętości wody i 98% roztworu (o gęstości 1,84 g/ml) kwasu siarkowego należy pobrać, aby przygotować 2 litry 30% roztworu o gęstości 1,2 g/ml? | |
| W 400 ml wody rozpuszczono 50 g Na 2 CO 3 × 10H 2 O. Jakie są stężenia molowe jonów Na + i CO 3 2– oraz udział masowy Na 2 CO 3 w otrzymanym roztworze (ρ = 1,1 g/ml)? | |
| Roztwory zmieszano: 150 ml 0,05 M Al 2 (SO 4) 3 i 100 ml 0,01 M NiSO 4. Oblicz stężenie molowe jonów Al 3+, Ni 2+, SO 4 2- w powstałym roztworze. | |
| Jakie objętości wody i 60% roztworu (gęstość 1,4 g/ml) kwasu azotowego będą potrzebne do przygotowania 500 ml 4 M roztworu (gęstość 1,1 g/ml)? | |
| Jaka masa siarczanu miedzi (CuSO 4 × 5H 2 O) jest potrzebna do przygotowania 500 ml 5% roztworu siarczanu miedzi o gęstości 1,05 g/ml? | |
| Do kolby dodano 1 ml 36% roztworu (ρ = 1,2 g/ml) HCl i 10 ml 0,5 M roztworu ZnCl2. Objętość powstałego roztworu doprowadzono wodą do 50 ml. Jakie są stężenia molowe jonów H + , Zn 2+ , Cl – w powstałym roztworze? | |
| Jaki jest udział masowy Cr 2 (SO 4) 3 w roztworze (ρ » 1 g/ml), jeśli wiadomo, że stężenie molowe jonów siarczanowych w tym roztworze wynosi 0,06 mol/l? | |
| Jakie objętości wody i 10 M roztworu (ρ=1,45 g/ml) wodorotlenku sodu będą potrzebne do przygotowania 2 litrów 10% roztworu NaOH (ρ=1,1 g/ml)? | |
| Ile gramów siarczanu żelazawego FeSO 4 × 7H 2 O można otrzymać przez odparowanie wody z 10 litrów 10% roztworu siarczanu żelaza (II) (gęstość roztworu 1,2 g/ml)? | |
| Roztwory zmieszano: 100 ml 0,1 M Cr 2 (SO 4) 3 i 50 ml 0,2 M CuSO 4. Oblicz stężenie molowe jonów Cr 3+, Cu 2+, SO 4 2- w powstałym roztworze. |
Tabela 6 – ciąg dalszy
| Opcja nr. | Tekst warunku |
| Jakie objętości wody i 40% roztworu kwasu fosforowego o gęstości 1,35 g/ml będą potrzebne do przygotowania 1 m 3 5% roztworu H 3 PO 4 o gęstości 1,05 g/ml? | |
| 16,1 g Na2SO4 x 10H2O rozpuszczono w wodzie i objętość otrzymanego roztworu doprowadzono wodą do 250 ml. Oblicz udział masowy i stężenie molowe Na2SO4 w otrzymanym roztworze (zakładając, że gęstość roztworu wynosi 1 g/ml). | |
| Roztwory zmieszano: 150 ml 0,05 M Fe 2 (SO 4) 3 i 100 ml 0,1 M MgSO 4. Oblicz stężenie molowe jonów Fe 3+, Mg 2+, SO 4 2– w powstałym roztworze. | |
| Jakie objętości wody i 36% kwasu solnego (gęstość 1,2 g/ml) potrzeba, aby przygotować 500 ml 10% roztworu o gęstości 1,05 g/ml? | |
| W 200 ml wody rozpuszczono 20 g Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O. Jaki jest udział masowy substancji rozpuszczonej w otrzymanym roztworze, którego gęstość wynosi 1,1 g/ml? Oblicz stężenia molowe jonów Al 3+ i SO 4 2– w tym roztworze. | |
| Roztwory zmieszano: 100 ml 0,05 M Al 2 (SO 4) 3 i 150 ml 0,01 M Fe 2 (SO 4) 3. Oblicz stężenie molowe jonów Fe 3+, Al 3+ i SO 4 2– w powstałym roztworze. | |
| Jakie objętości wody i 80% roztworu kwasu octowego (gęstość 1,07 g/ml) będą potrzebne do przygotowania 0,5 litra octu stołowego, w którym udział masowy kwasu wynosi 7%? Przyjmij gęstość octu stołowego równą 1 g/ml. | |
| Jaka masa siarczanu żelaza (FeSO 4 × 7H 2 O) jest potrzebna do przygotowania 100 ml 3% roztworu siarczanu żelazawego? Gęstość roztworu wynosi 1 g/ml. | |
| Do kolby dodano 2 ml 36% roztworu HCl (gęstość 1,2 g/cm3) i 20 ml 0,3 M roztworu CuCl2. Objętość powstałego roztworu doprowadzono wodą do 200 ml. Oblicz stężenia molowe jonów H +, Cu 2+ i Cl – w powstałym roztworze. | |
| Jakie jest stężenie procentowe Al 2 (SO 4) 3 w roztworze, w którym stężenie molowe jonów siarczanowych wynosi 0,6 mol/l. Gęstość roztworu wynosi 1,05 g/ml. | |
| Jakie objętości wody i 10 M roztworu KOH (gęstość roztworu 1,4 g/ml) będą potrzebne do przygotowania 500 ml 10% roztworu KOH o gęstości 1,1 g/ml? | |
| Ile gramów siarczanu miedzi CuSO 4 × 5H 2 O można otrzymać przez odparowanie wody z 15 litrów 8% roztworu siarczanu miedzi o gęstości 1,1 g/ml? | |
| Roztwory zmieszano: 200 ml 0,025 M Fe2(SO4)3 i 50 ml 0,05 M FeCl3. Oblicz stężenie molowe jonów Fe 3+, Cl –, SO 4 2– w powstałym roztworze. | |
| Jakie objętości wody i 70% roztworu H 3 PO 4 (gęstość 1,6 g/ml) będą potrzebne do przygotowania 0,25 m 3 10% roztworu H 3 PO 4 (gęstość 1,1 g/ml)? | |
| W 100 ml wody rozpuszczono 6 g Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O. Oblicz ułamek masowy Al 2 (SO 4) 3 oraz stężenia molowe jonów Al 3+ i SO 4 2– w otrzymany roztwór, którego gęstość wynosi 1 g/ml. | |
| Roztwory zmieszano: 50 ml 0,1 M Cr2(SO4)3 i 200 ml 0,02 M Cr(NO3)3. Oblicz stężenie molowe jonów Cr 3+, NO 3 –, SO 4 2- w powstałym roztworze. | |
| Jakie objętości 50% roztworu kwasu nadchlorowego (gęstość 1,4 g/ml) i wody potrzeba, aby przygotować 1 litr 8% roztworu o gęstości 1,05 g/ml? | |
| Ile gramów soli Glaubera Na 2 SO 4 × 10H 2 O należy rozpuścić w 200 ml wody, aby otrzymać 5% roztwór siarczanu sodu? | |
| Do kolby dodano 1 ml 80% roztworu H2SO4 (gęstość roztworu 1,7 g/ml) i 5000 mg Cr2(SO4)3. Mieszaninę rozpuszczono w wodzie; objętość roztworu doprowadzono do 250 ml. Oblicz stężenia molowe jonów H + , Cr 3+ i SO 4 2– w powstałym roztworze. |
Tabela 6 – ciąg dalszy
RÓWNOWAGA CHEMICZNA
Wszystkie reakcje chemiczne można podzielić na 2 grupy: reakcje nieodwracalne, tj. prowadzone do momentu całkowitego zużycia co najmniej jednej z substancji reagujących oraz reakcje odwracalne, w których żadna z substancji reagujących nie zostanie całkowicie zużyta. Wynika to z faktu, że odwracalna reakcja może zachodzić zarówno w kierunku do przodu, jak i do tyłu. Klasycznym przykładem reakcji odwracalnej jest synteza amoniaku z azotu i wodoru:
N 2 + 3 H. 2 ⇆ 2 NH 3 .
Na początku reakcji stężenia substancji początkowych w układzie są maksymalne; w tym momencie szybkość reakcji do przodu jest również maksymalna. W momencie rozpoczęcia reakcji w układzie nie ma jeszcze produktów reakcji (w tym przykładzie amoniaku), dlatego szybkość reakcji odwrotnej wynosi zero. W miarę jak substancje wyjściowe oddziałują ze sobą, ich stężenia maleją, a zatem maleje szybkość reakcji bezpośredniej. Stężenie produktu reakcji stopniowo wzrasta, dlatego wzrasta również szybkość reakcji odwrotnej. Po pewnym czasie szybkość reakcji w przód staje się równa szybkości reakcji odwrotnej. Ten stan układu nazywa się stan równowagi chemicznej. Nazywa się stężenia substancji w układzie będącym w stanie równowagi chemicznej stężenia równowagowe. Ilościowa charakterystyka układu w stanie równowagi chemicznej to stała równowagi.
Dla każdej reakcji odwracalnej a A + b B+ ... ⇆ p P + q Q + … wyrażenie na stałą równowagi chemicznej (K) zapisuje się jako ułamek, w którego liczniku znajdują się stężenia równowagowe produktów reakcji , a w mianowniku znajdują się stężenia równowagowe substancji wyjściowych, ponadto stężenie każdej substancji należy podnieść do potęgi równej współczynnikowi stechiometrycznemu w równaniu reakcji.
Na przykład dla reakcji N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3.
Należy o tym pamiętać wyrażenie stałej równowagi obejmuje stężenia równowagi tylko substancji gazowych lub substancji w stanie rozpuszczonym . Zakłada się, że stężenie substancji stałej jest stałe i nie jest wpisywane do wyrażenia na stałą równowagi.
CO 2 (gaz) + C (ciało stałe) ⇆ 2CO (gaz)
CH 3 COOH (roztwór) ⇆ CH 3 COO – (roztwór) + H + (roztwór)
Ba 3 (PO 4) 2 (stały) ⇆ 3 Ba 2+ (roztwór nasycony) + 2 PO 4 3– (roztwór nasycony) K=C 3 (Ba 2+) C 2 (PO 4 3–)
Istnieją dwa najważniejsze typy problemów związanych z obliczaniem parametrów układu równowagi:
1) znane są początkowe stężenia substancji wyjściowych; na podstawie stanu problemu można znaleźć stężenia substancji, które przereagowały (lub utworzyły) do czasu osiągnięcia równowagi; w zadaniu należy obliczyć stężenia równowagowe wszystkich substancji i wartość liczbową stałej równowagi;
2) znane są początkowe stężenia substancji wyjściowych i stała równowagi. Warunek nie zawiera danych dotyczących stężeń substancji przereagowanych lub powstałych. Wymagane jest obliczenie stężeń równowagowych wszystkich uczestników reakcji.
Aby rozwiązać takie problemy, należy zrozumieć, że stężenie równowagi dowolnego oryginalny Substancje można znaleźć odejmując stężenie przereagowanej substancji od stężenia początkowego:
Równowaga C = początkowe C – C przereagowanej substancji.
Stężenie równowagowe produkt reakcji jest równe stężeniu produktu powstałego w momencie równowagi:
Równowaga C = C utworzonego produktu.
Zatem, aby obliczyć parametry układu równowagi, bardzo ważna jest możliwość określenia, jaka ilość substancji wyjściowej przereagowała do czasu osiągnięcia równowagi i jaka ilość powstała produktu reakcji. Aby określić ilość (lub stężenie) przereagowanych i powstałych substancji, przeprowadza się obliczenia stechiometryczne zgodnie z równaniem reakcji.
Przykład 6.1 Początkowe stężenia azotu i wodoru w układzie równowagi N 2 + 3H 2 ⇆ 2 NH 3 wynoszą odpowiednio 3 mol/l i 4 mol/l. Do czasu osiągnięcia równowagi chemicznej w układzie pozostało 70% wodoru z początkowej ilości. Wyznacz stałą równowagi tej reakcji.
Z warunków zadania wynika, że do czasu osiągnięcia równowagi przereagowało 30% wodoru (problem typu 1):
4 mol/l H 2 – 100%
x mol/l H 2 – 30%
x = 1,2 mol/l = C reakcja. (H2)
Jak widać z równania reakcji, do reakcji powinno wejść 3 razy mniej azotu niż wodoru, tj. Z proreakiem. (N2) = 1,2 mol/l: 3 = 0,4 mol/l. Amoniak powstaje 2 razy więcej niż azot przereagowany:
Z obrazów. (NH3) = 2 × 0,4 mol/l = 0,8 mol/l
Równowagowe stężenia wszystkich uczestników reakcji będą następujące:
Z równymi (H2)= początek C (H2) - C reaguje. (H2) = 4 mol/l – 1,2 mol/l = 2,8 mol/l;
Z równymi (N 2) = początek C (N 2) – C reaguje. (N 2) = 3 mol/l – 0,4 mol/l = 2,6 mol/l;
Z równymi (NH3) = obraz C. (NH3) = 0,8 mola/l.
Stała równowagi = 
.
Przykład 6.2 Oblicz równowagowe stężenia wodoru, jodu i jodowodoru w układzie H 2 + I 2 ⇆ 2 HI, jeśli wiadomo, że początkowe stężenia H 2 i I 2 wynoszą odpowiednio 5 mol/l i 3 mol/l, a stała równowagi wynosi 1.
Należy zauważyć, że w warunkach tego problemu (problem typu 2) warunek ten nie mówi nic o stężeniach przereagowanych substancji wyjściowych i powstałych produktów. Dlatego przy rozwiązywaniu takich problemów przyjmuje się zwykle, że stężenie jakiejś przereagowanej substancji wynosi x.
Niech x mol/l H2 przereaguje do czasu osiągnięcia równowagi. Następnie, jak wynika z równania reakcji, powinno dojść do reakcji x mol/l I 2 i powinien powstać 2x mol/l HI. Równowagowe stężenia wszystkich uczestników reakcji będą następujące:
Z równymi (H 2) = C błagam. (H 2) – C reaguje. (H2) = (5 – x) mol/l;
Z równymi (I 2) = C błagam. (I 2) – C reaguje. (I 2) = (3 – x) mol/l;
Równy (HI) = Z obrazów. (HI) = 2x mol/l.
4x2 = 15 - 8x + x2
3x2 + 8x - 15 = 0
x 1 = -3,94 x 2 = 1,27
Jedynie pierwiastek dodatni x = 1,27 ma znaczenie fizyczne.
Dlatego C jest równe. (H 2) = (5 – x) mol/l = 5 – 1,27 = 3,73 mol/l;
Równy (I 2) = (3 – x) mol/l = 3 – 1,27 = 1,73 mol/l;
Równy (HI) = 2x mol/l = 2·1,27 = 2,54 mol/l.
Zadanie nr 7
Tabela 7 – Warunki zadania nr 7
Kontynuacja tabeli 7
stechiometria- zależności ilościowe pomiędzy reagującymi substancjami.
Jeżeli odczynniki wchodzą w interakcję chemiczną w ściśle określonych ilościach i w wyniku reakcji powstają substancje, których ilość można obliczyć, wówczas takie reakcje nazywa się stechiometryczny.
Prawa stechiometrii:
Współczynniki w równaniach chemicznych przed wywoływaniem wzorów związków chemicznych stechiometryczny.
Wszelkie obliczenia z wykorzystaniem równań chemicznych opierają się na wykorzystaniu współczynników stechiometrycznych i wiążą się z wyznaczeniem ilości substancji (liczby moli).
Ilość substancji w równaniu reakcji (liczba moli) = współczynnik przed odpowiednią cząsteczką.
NIE=6,02×10 23 mol -1.
η - stosunek rzeczywistej masy produktu poseł do teoretycznie możliwego M t, wyrażony w ułamkach jednostki lub w procentach.
Jeśli w warunku nie jest podana wydajność produktów reakcji, wówczas w obliczeniach przyjmuje się ją jako równą 100% (wydajność ilościowa).
Schemat obliczeń z wykorzystaniem równań reakcji chemicznych:
- Napisz równanie reakcji chemicznej.
- Nad wzorami chemicznymi substancji wpisz znane i nieznane wielkości wraz z jednostkami miary.
- Pod wzorami chemicznymi substancji o znanych i niewiadomych zapisz odpowiednie wartości tych wielkości znalezione w równaniu reakcji.
- Skomponuj i rozwiąż proporcję.
Przykład. Oblicz masę i ilość tlenku magnezu powstałego podczas całkowitego spalenia 24 g magnezu.
|
Dany: M(Mg) = 24 g Znajdować: ν (MgO) M (MgO) |
Rozwiązanie: 1. Utwórzmy równanie reakcji chemicznej: 2Mg + O2 \u003d 2MgO. 2. Pod wzorami substancji wskazujemy ilość substancji (liczbę moli), która odpowiada współczynnikom stechiometrycznym: 2Mg + O2 = 2MgO 2 mole 2 mole 3. Określ masę molową magnezu: Względna masa atomowa magnezu Ar (Mg) = 24. Ponieważ wartość masy molowej jest wówczas równa względnej masie atomowej lub cząsteczkowej M (Mg)= 24 g/mol. 4. Korzystając z masy substancji określonej w warunku, obliczamy ilość substancji:
5. Powyżej wzór chemiczny tlenku magnezu MgO, którego masa jest nieznana, ustalamy Xkret, powyżej wzoru magnezu Mg zapisujemy jego masę molową: 1 mol Xkret 2Mg + O2 = 2MgO 2 mole 2 mole
Zgodnie z zasadami rozwiązywania proporcji:
Ilość tlenku magnezu ν (MgO)= 1 mol. 7. Oblicz masę molową tlenku magnezu: M (Mg)=24 g/mol, M(O)=16 g/mol. M(MgO)= 24 + 16 = 40 g/mol. Obliczamy masę tlenku magnezu: m (MgO) = ν (MgO) × M (MgO) = 1 mol × 40 g/mol = 40 g. Odpowiedź: ν (MgO) = 1 mol; m(MgO) = 40 g. |
Tworząc równania reakcji redoks, należy przestrzegać dwóch ważnych zasad:
Zasada 1: W każdym równaniu jonowym należy zachować zasadę zachowania ładunków. Oznacza to, że suma wszystkich ładunków po lewej stronie równania („lewej”) musi być taka sama, jak suma wszystkich ładunków po prawej stronie równania („prawej”). Zasada ta dotyczy wszelkich równań jonowych, zarówno reakcji całkowitych, jak i półreakcyjnych.
Ładunki od lewej do prawej
Zasada 2: Liczba elektronów utraconych w półreakcji utleniającej musi być równa liczbie elektronów uzyskanych w półreakcji redukcyjnej. Na przykład w pierwszym przykładzie podanym na początku tej sekcji (reakcja pomiędzy żelazem i uwodnionymi jonami miedziawymi) liczba elektronów utraconych w półreakcji utleniającej wynosi dwa:
Dlatego liczba elektronów uzyskanych w półreakcji redukcji musi być również równa dwa:
Aby skonstruować równanie pełnej reakcji redoks z równań dwóch reakcji połówkowych, można zastosować następującą procedurę:
1. Równania dla każdej z dwóch reakcji połówkowych bilansuje się oddzielnie, dodając odpowiednią liczbę elektronów po lewej lub prawej stronie każdego równania, aby spełnić powyższą Zasadę 1.
2. Równania obu reakcji połówkowych porównuje się ze sobą w taki sposób, że liczba elektronów straconych w jednej reakcji zrówna się z liczbą elektronów odzyskanych w drugiej reakcji połówkowej, zgodnie z Zasadą 2.
3. Równania obu reakcji połówkowych sumuje się, aby otrzymać pełne równanie reakcji redoks. Na przykład, sumując równania dwóch powyższych reakcji półreakcji i usuwając lewą i prawą stronę wynikowego równania
znajdujemy jednakową liczbę elektronów
Zrównoważmy poniższe równania reakcji połowicznych i utwórzmy równanie reakcji redoks utleniania wodnego roztworu dowolnej soli żelazawej do soli żelazawej przy użyciu kwaśnego roztworu potasu.
Etap 1. Najpierw bilansujemy równanie każdej z dwóch reakcji połówkowych osobno. Dla równania (5) mamy
Aby zrównoważyć obie strony tego równania, należy dodać pięć elektronów po lewej stronie lub odjąć tę samą liczbę elektronów od prawej strony. Po tym otrzymujemy
Pozwala nam to napisać następujące zbilansowane równanie:
Ponieważ elektrony musiały zostać dodane po lewej stronie równania, opisuje ono półreakcję redukcji.
Dla równania (6) możemy napisać
Aby zrównoważyć to równanie, możesz dodać jeden elektron po prawej stronie. Następnie
Współczynnik nadmiaru powietrza przy tej metodzie organizacji procesu spalania powinien odpowiadać mieszankom bogatym zbliżonym do stechiometrycznego. W takim przypadku bardzo trudno będzie zorganizować efektywne spalanie mieszanek ubogich ze względu na niewystarczająco dużą prędkość propagacji frontu płomienia, przy dużym prawdopodobieństwie wygaszenia źródeł zapłonu, znacznej cyklicznej nierównomierności spalania i w efekcie wypadania zapłonu. Zatem kierunek ten można nazwać wyjątkowo powolnym spalaniem bogatych mieszanin gazowo-powietrznych.[...]
Współczynnik nadmiaru powietrza (a) znacząco wpływa na proces spalania i skład produktów spalania. Oczywiście przy wartości 1,0) nie ma to praktycznie żadnego wpływu na skład spalin, a jedynie prowadzi do zmniejszenia stężenia składników w wyniku rozcieńczenia powietrzem nieużywanym w procesie spalania.[...]
Bazując na stechiometrycznych współczynnikach reakcji wytwarzania chlorotiofosforanu dialkilu i optymalnym rozwiązaniu dla kryterium 2, narzucamy ograniczenie X3 = -0,26 (1,087 mol/mol).[...]
| 24.5 |
Daje to wartość współczynnika stechiometrycznego zużycia polifosforanów 1/us,p = g P/g ChZT(NAs).[...]
W tabeli Tabela 24.5 przedstawia stechiometryczne współczynniki wydajności wyznaczone w doświadczeniach przeprowadzonych w reaktorach wsadowych o działaniu ciągłym z czystą kulturą. Wartości te są w miarę zgodne pomimo różnych warunków wzrostu mikrobiologicznego.[...]
Z wyrażenia (3.36) znajdujemy współczynnik stechiometryczny „sat.p = 0,05 g P/g ChZT(NAs).[...]
[ ...]
Z przykładu 3.2 można znaleźć współczynniki stechiometryczne równania usuwania kwasu octowego: 1 mol HAc (60 g HAc) wymaga 0,9 mol 02 i 0,9 32 = 29 g 02.[...]
| 3.12 |
We wzorach tych pierwsza substancja wyjściowa jest zawarta we wszystkich równaniach stechiometrycznych, a jej współczynnik stechiometryczny w nich wynosi V/, = -1. Dla tej substancji podane są stopnie konwersji lu w każdym równaniu stechiometrycznym (w sumie jest K). W równaniach (3.14) i (3.15) zakłada się, że i-ty składnik, produkt dla którego wyznacza się selektywność i wydajność, powstaje dopiero w 1. równaniu stechiometrycznym (wtedy E/ = x(). Ilości składników w wzory te mierzy się w molach (oznaczenie LO, jak jest tradycyjnie przyjęte w naukach chemicznych. [...]
Podczas sporządzania równań redoks współczynniki stechiometryczne wyznacza się na podstawie utlenienia pierwiastka przed i po reakcji. Utlenianie pierwiastka w związkach zależy od liczby elektronów wydanych przez atom na tworzenie wiązań polarnych i jonowych, a znak utlenienia zależy od kierunku przemieszczenia par elektronów wiążących. Na przykład utlenienie jonu sodu w związku NaCl wynosi +1, a utlenienie chloru -I.[...]
Wygodniej jest przedstawić stechiometrię reakcji mikrobiologicznej za pomocą stechiometrycznego równania równowagi, a nie w formie tabel wartości współczynników plastyczności. Taki opis składu składników komórki mikrobiologicznej wymagał zastosowania wzoru empirycznego. Ustalono eksperymentalnie wzór substancji ogniwa C5H702N, który często wykorzystuje się przy sporządzaniu równań stechiometrycznych.[ ...]
W tabeli Rysunek 3.6 pokazuje typowe wartości stałych kinetycznych i innych, a także współczynników stechiometrycznych dla tlenowego procesu oczyszczania ścieków komunalnych. Należy zaznaczyć, że pomiędzy poszczególnymi stałymi istnieje pewna korelacja, dlatego konieczne jest wykorzystanie zbioru stałych z jednego źródła, a nie wybieranie pojedynczych stałych z różnych źródeł. W tabeli 3.7 pokazuje podobne korelacje.[...]
Metodę standaryzuje się w oparciu o znane ilości jodu przeliczonego na ozon, w oparciu o współczynnik stechiometryczny równy jedności (1 mol ozonu uwalnia 1 mol jodu). Współczynnik ten potwierdzają wyniki szeregu badań, na podstawie których ustalono stechiometryczne reakcje ozonu z olefinami. Przy innym współczynniku wyniki te byłyby trudne do wyjaśnienia. Jednak w pracy stwierdzono, że określony współczynnik wynosi 1,5. Jest to zgodne z danymi, według których współczynnik stechiometryczny równy jedności uzyskuje się przy pH 9, a w środowisku kwaśnym uwalnia się znacznie więcej jodu niż w obojętnym i zasadowym.[ ...]
Badania przeprowadzono przy pełnym obciążeniu i stałej prędkości obrotowej wału korbowego wynoszącej 1500 min1. Współczynnik nadmiaru powietrza wahał się w przedziale od 0,8 [...]
Procesy materialne w przyrodzie żywej, cykle pierwiastków biogennych są powiązane z przepływami energii za pomocą współczynników stechiometrycznych, które u najróżniejszych organizmów różnią się tylko w tym samym porządku. Jednocześnie, ze względu na wysoką wydajność katalizy, koszty energii potrzebne do syntezy nowych substancji w organizmach są znacznie mniejsze niż w technicznych analogach tych procesów.[ ...]
Pomiary charakterystyki silnika oraz emisji szkodliwych substancji dla wszystkich komór spalania przeprowadzono w szerokim zakresie zmian stosunku nadmiaru powietrza od wartości stechiometrycznej do mieszanki skrajnie ubogiej. Na ryc. Na rysunkach 56 i 57 przedstawiono główne wyniki w zależności od a, uzyskane przy prędkości obrotowej 2000 min i całkowicie otwartej przepustnicy. Wartość kąta wyprzedzenia zapłonu dobrano od warunku uzyskania maksymalnego momentu obrotowego.[...]
Biologiczny proces usuwania fosforu jest złożony, więc oczywiście stosowane przez nas podejście jest znacznie uproszczone. W tabeli Rysunek 8.1 przedstawia zbiór współczynników stechiometrycznych opisujących procesy zachodzące przy udziale FAO. Tabela wygląda na skomplikowaną, ale dokonano już w niej uproszczeń.[...]
W jednej z najnowszych prac przyjęto, że z 1 mola N02 można uzyskać 0,72 g jonu N07. Według danych Międzynarodowej Organizacji Normalizacyjnej współczynnik stechiometryczny zależy od składu odczynników typu Griessa. Zaproponowano sześć wariantów tego odczynnika, różniących się składem jego składników i wskazano, że skuteczność absorpcji dla wszystkich rodzajów roztworów absorpcyjnych wynosi 90%, a współczynnik stechiometryczny, biorąc pod uwagę skuteczność absorpcji, waha się od 0,8 do 1. Zmniejszenie ilości NEDA i zastąpienie kwasu sulfanilowego sulfanilamidem (białym streptocydem) daje wyższą wartość tego współczynnika. Autorzy pracy tłumaczą to utratą HN02 na skutek powstawania NO podczas reakcji ubocznych.[...]
Przy projektowaniu biochemicznych oczyszczalni ścieków i analizie ich pracy najczęściej wykorzystuje się następujące parametry projektowe: szybkość utleniania biologicznego, współczynniki stechiometryczne akceptorów elektronów, szybkość wzrostu i właściwości fizyczne biomasy osadu czynnego. Badanie zmian chemicznych w związku z przemianami biologicznymi zachodzącymi w bioreaktorze pozwala uzyskać w miarę pełne zrozumienie działania konstrukcji. W przypadku systemów beztlenowych, do których zaliczają się filtry beztlenowe, taka informacja jest potrzebna do zapewnienia optymalnej wartości pH środowiska, która jest głównym czynnikiem normalnej pracy oczyszczalni. W niektórych systemach tlenowych, np. tych, w których zachodzi nitryfikacja, konieczna jest również kontrola pH, aby zapewnić optymalne tempo wzrostu drobnoustrojów. W przypadku zamkniętych oczyszczalni, które weszły w życie pod koniec lat 60. XX wieku i które wykorzystują czysty tlen (zbiornik tlenowy), badanie interakcji chemicznych stało się konieczne nie tylko w celu regulacji pH, ale także w celu obliczeń inżynierskich wyposażenia gazociągów. ...]
Stała szybkości przemiany katalitycznej k w ogólnym przypadku jest w danej temperaturze funkcją stałych szybkości reakcji przedniej, odwrotnej i bocznej, a także współczynników dyfuzji odczynników początkowych i produktów ich oddziaływania . Szybkość heterogenicznego procesu katalitycznego jest określona, jak wspomniano powyżej, przez względne szybkości poszczególnych jego etapów i jest ograniczona przez najwolniejszy z nich. W rezultacie porządek reakcji katalitycznej prawie nigdy nie pokrywa się z molekularnością reakcji odpowiadającą stosunkowi stechiometrycznemu w równaniu tej reakcji, a wyrażenia służące do obliczenia stałej szybkości przemiany katalitycznej są specyficzne dla konkretnych etapów i warunków jego realizacji. [...]
Aby kontrolować reakcję zobojętniania, należy wiedzieć, ile kwasu lub zasady należy dodać do roztworu, aby uzyskać wymaganą wartość pH. Aby rozwiązać ten problem, można zastosować metodę empirycznego szacowania współczynników stechiometrycznych, którą przeprowadza się za pomocą miareczkowania.[...]
Równowagowy skład produktów spalania w komorze jest określony przez prawo działania mas. Zgodnie z tym prawem szybkość reakcji chemicznych jest wprost proporcjonalna do stężenia początkowych odczynników, z których każdy jest przyjmowany w stopniu równym współczynnikowi stechiometrycznemu, z którym substancja wchodzi w równanie reakcji chemicznej. Na podstawie składu paliw można założyć, że produkty spalania np. ciekłych paliw rakietowych w komorze będą składać się z CO2, H20, CO, N0, OH, Li2, H2, N. H, O, dla stałe paliwo rakietowe - od A1203, N2, H2, HC1, CO, CO2, H20 w temperaturze T= 1100...2200 K.[ ...]
W celu uzasadnienia możliwości zastosowania dwustopniowego spalania gazu ziemnego przeprowadzono badania eksperymentalne rozkładu lokalnych temperatur, stężeń tlenków azotu i substancji palnych na długości palnika, w zależności od stosunku nadmiaru powietrza dostarczanego przez palnik . Doświadczenia przeprowadzono spalając gaz ziemny w piecu kotła PTVM-50 wyposażonego w palnik wirowy VTI z obwodowym doprowadzaniem strumieni gazu do wirowego poprzecznego strumienia powietrza. Ustalono, że przy ag O.bb proces dopalania paliwa kończy się w odległości 1ph/X>Out = 4,2, a przy ag=1,10 - w odległości bph10out = 3,6. Wskazuje to na wydłużony proces spalania w warunkach znacząco odbiegających od stechiometrycznych.[...]
Uproszczoną macierz parametrów procesu z osadem czynnym bez nitryfikacji przedstawiono w tabeli. 4.2. Zakłada się, że na proces konwersji mają wpływ trzy główne czynniki: wzrost biologiczny, degradacja i hydroliza. Szybkości reakcji podano w prawej kolumnie, a współczynniki przedstawione w tabeli mają charakter stechiometryczny. Korzystając z danych z tabeli można napisać równanie bilansu masowego np. dla łatwo rozkładającej się substancji organicznej. Znajdować się w idealnym reaktorze mieszającym. Wyrażenia odpowiedzialne za transport nie wymagają wyjaśnienia. Dwa wyrażenia opisujące przemiany substancji znajdujemy poprzez pomnożenie współczynników stechiometrycznych z (w tym przypadku) kolumn „składnik” przez odpowiednie szybkości reakcji z prawej kolumny tabeli. 4.2.[...]
Na ryc. Na rys. 50 przedstawiono zmianę zawartości Shx w produktach spalania (g/kWh) w zależności od składu mieszanki i czasu zapłonu. Ponieważ Tworzenie się NOx w dużej mierze zależy od temperatury gazu; przy wczesnym zapłonie emisja NOx wzrasta. Zależność powstawania 1 Yux od współczynnika nadmiaru powietrza jest bardziej złożona, ponieważ Istnieją dwa przeciwstawne czynniki. Tworzenie się 1Ох zależy od stężenia tlenu w mieszaninie spalania i temperatury. Ubożenie mieszanki zwiększa stężenie tlenu, ale obniża maksymalną temperaturę spalania. Prowadzi to do tego, że maksymalną zawartość osiąga się pracując z mieszaninami nieco uboższymi od stechiometrycznych. Przy tych samych wartościach współczynnika nadmiaru powietrza efektywność efektywna osiąga maksimum.[...]
Na ryc. Rysunek 7.2 przedstawia doświadczalną zależność stężenia metanolu od stężenia NO3-N na wylocie biofiltra całkowicie wyporowego. Linie łączące punkty doświadczalne charakteryzują rozkład substancji wzdłuż filtra przy różnych stosunkach Smc/Sn. Nachylenie krzywych odpowiada wartości współczynnika stechiometrycznego: 3,1 kg CH3OH/kg NO -N.[... ]
Zależność łącząca stężenia reagujących substancji ze stałą równowagi jest matematycznym wyrażeniem prawa działania mas, które można sformułować następująco: dla danej reakcji odwracalnej w stanie równowagi chemicznej stosunek iloczynu równowagi stężenia produktów reakcji do produktu stężeń równowagowych substancji wyjściowych w danej temperaturze jest wartością stałą, a stężenie każdej substancji należy podnieść do potęgi jej współczynnika stechiometrycznego.[...]
W Związku Radzieckim do oznaczania NO¡¡ w atmosferze stosuje się metodę Polezhaeva i Giriny. W tej metodzie do wychwytywania dwutlenku azotu wykorzystuje się 8% roztwór KJ. Oznaczanie jonów azotynowych w otrzymanym roztworze przeprowadza się za pomocą odczynnika Griessa-Ilosvaya. Roztwór jodku potasu jest znacznie skuteczniejszym pochłaniaczem NO2 niż roztwór alkaliczny. Przy swojej objętości (tylko 6 ml) i szybkości przenikania powietrza (0,25 l/min) przez urządzenie absorpcyjne z porowatą płytką szklaną przechodzi nie więcej niż 2% NO2. Wybrane próbki są dobrze zachowane (około miesiąca). Współczynnik stechiometryczny absorpcji NOa przez roztwór KJ wynosi 0,75, biorąc pod uwagę przebicie. Z naszych danych wynika, że metoda ta nie ingeruje w NO przy stosunku stężeń NO:NOa 3:1.[...]
Wadą tej metody, powszechnie stosowanej w praktyce wysokotemperaturowego przetwarzania odpadów, jest konieczność stosowania drogich odczynników alkalicznych (NaOH i Na2CO3). Dzięki temu możliwe jest zaspokojenie potrzeb wielu gałęzi przemysłu, które potrzebują unieszkodliwiania niewielkich ilości odpadów płynnych o szerokiej gamie składników chemicznych i dowolnej zawartości związków chloroorganicznych. Jednakże do spalania rozpuszczalników zawierających chlor należy podchodzić ostrożnie, ponieważ w pewnych warunkach (1 > 1200°C, współczynnik nadmiaru powietrza > 1,5) gazy spalinowe mogą zawierać fosgen, wysoce toksyczny chlorotlenek węgla lub chlorek kwasu węglowego ( COC12). Zagrażające życiu stężenie tej substancji wynosi 450 mg na 1 m3 powietrza.[...]
Procesy ługowania lub wietrzenia chemicznego trudno rozpuszczalnych minerałów lub ich związków charakteryzują się powstawaniem nowych faz stałych; Równowagi między nimi a rozpuszczonymi składnikami analizuje się za pomocą termodynamicznych diagramów fazowych. Zasadnicze trudności pojawiają się tu zwykle w związku z koniecznością opisu kinetyki procesów, bez której ich rozważanie często nie jest uzasadnione. Odpowiednie modele kinetyczne wymagają odzwierciedlenia oddziaływań chemicznych w postaci jawnej - poprzez cząstkowe stężenia reagujących substancji cx, z uwzględnieniem współczynników stechiometrycznych V. konkretnych reakcji.
