Kur hartoni ekuacione për reaksionet redoks, duhet të respektohen dy rregullat e mëposhtme të rëndësishme:
Rregulli 1: Në çdo ekuacion jonik, duhet të respektohet ruajtja e ngarkesave. Kjo do të thotë që shuma e të gjitha ngarkesave në anën e majtë të ekuacionit ("e majta") duhet të jetë e njëjtë me shumën e të gjitha ngarkesave në anën e djathtë të ekuacionit ("e djathta"). Ky rregull zbatohet për çdo ekuacion jonik, si për reaksionet e plota ashtu edhe për gjysmëreaksionet.
Ngarkohet nga e majta në të djathtë
Rregulli 2: Numri i elektroneve të humbura në gjysmëreaksionin oksidativ duhet të jetë i barabartë me numrin e elektroneve të fituara në gjysmëreaksionin reduktues. Për shembull, në shembullin e parë të dhënë në fillim të këtij seksioni (reaksioni midis hekurit dhe joneve të bakrit të hidratuar), numri i elektroneve të humbura në gjysmëreaksionin oksidativ është dy:
Prandaj, numri i elektroneve të fituara në gjysmëreaksionin e reduktimit duhet gjithashtu të jetë i barabartë me dy:
Për të ndërtuar ekuacionin për një reaksion redoks të plotë nga ekuacionet për dy gjysmëreaksione, mund të përdoret procedura e mëposhtme:
1. Ekuacionet për secilin nga dy gjysmëreaksionet balancohen veçmas, me numrin e duhur të elektroneve të shtuar në anën e majtë ose të djathtë të secilit ekuacion për të përmbushur rregullin 1 më sipër.
2. Ekuacionet e të dy gjysmëreaksioneve balancohen me njëri-tjetrin, në mënyrë që numri i elektroneve të humbura në një reaksion të bëhet i barabartë me numrin e elektroneve të fituara në gjysmëreaksionin tjetër, siç kërkohet nga rregulli 2.
3. Ekuacionet për të dy gjysmëreaksionet mblidhen për të marrë ekuacionin e plotë për reaksionin redoks. Për shembull, duke mbledhur ekuacionet e dy gjysmëreaksioneve të mësipërme dhe duke hequr nga ana e majtë dhe e djathtë e ekuacionit që rezulton
ne gjejmë numër të barabartë elektronesh
Le të balancojmë ekuacionet e gjysmëreaksioneve më poshtë dhe të krijojmë një ekuacion për reaksionin redoks të oksidimit të një tretësire ujore të çdo kripe hekuri në një kripë hekuri duke përdorur një zgjidhje acidike të kaliumit.
Faza 1. Së pari, balancojmë ekuacionin e secilit prej dy gjysmëreaksioneve veç e veç. Për ekuacionin (5) kemi
Për të balancuar të dyja anët e këtij ekuacioni, duhet të shtoni pesë elektrone në anën e majtë, ose të zbrisni të njëjtin numër elektronesh nga ana e djathtë. Pas kësaj marrim
Kjo na lejon të shkruajmë ekuacionin e mëposhtëm të balancuar:
Meqenëse elektronet duhej të shtoheshin në anën e majtë të ekuacionit, ai përshkruan një gjysmëreaksion reduktues.
Për ekuacionin (6) mund të shkruajmë
Për të balancuar këtë ekuacion, mund të shtoni një elektron në anën e djathtë. Pastaj
Një nga konceptet kimike më të rëndësishme mbi të cilin bazohen llogaritjet stekiometrike është sasia kimike e një lënde. Sasia e disa substancave X shënohet me n(X). Njësia matëse për sasinë e një lënde është nishan.
Një mol është sasia e një lënde që përmban 6,02 10 23 molekula, atome, jone ose njësi të tjera strukturore që përbëjnë substancën.
Masa e një moli të një substance X quhet masë molare M(X) e kësaj substance. Duke ditur masën m(X) të një substance X dhe masën molare të saj, mund të llogarisim sasinë e kësaj substance duke përdorur formulën:
Numri 6.02 10 23 quhet Numri i Avogadros(Na); dimensionin e saj mol – 1.
Duke shumëzuar numrin N a të Avogadro-s me sasinë e substancës n(X), mund të llogarisim numrin e njësive strukturore, për shembull, molekulat N(X) të një substance X:
N(X) = N a · n(X) .
Për analogji me konceptin e masës molare, u prezantua koncepti i vëllimit molar: vëllimi molar V m (X) e një substance X është vëllimi i një moli të kësaj substance. Duke ditur vëllimin e substancës V(X) dhe vëllimin molar të saj, mund të llogarisim sasinë kimike të substancës:
Në kimi, veçanërisht shpesh duhet të merremi me vëllimin molar të gazeve. Sipas ligjit të Avogadro, vëllime të barabarta të çdo gazi të marrë në të njëjtën temperaturë dhe presion të barabartë përmbajnë të njëjtin numër molekulash. Në kushte të barabarta, 1 mol i çdo gazi zë të njëjtin vëllim. Në kushte normale (norma) - temperatura 0°C dhe presioni 1 atmosferë (101325 Pa) - ky vëllim është 22.4 litra. Kështu, në nr. V m (gaz) = 22,4 l/mol. Veçanërisht duhet theksuar se përdoret vlera volumore molare prej 22,4 l/mol vetëm për gazrat.
Njohja e masave molare të substancave dhe numri i Avogadro ju lejon të shprehni masën e një molekule të çdo substance në gram. Më poshtë është një shembull i llogaritjes së masës së një molekule hidrogjeni.
1 mol gaz hidrogjen përmban 6,02·10 23 molekula H 2 dhe ka një masë prej 2 g (pasi M(H 2) = 2 g/mol). Prandaj,
6,02·10 23 molekulat H 2 kanë një masë prej 2 g;
1 molekulë H 2 ka masë x g; x = 3,32·10 –24 g.
Koncepti i "nishanit" përdoret gjerësisht për të kryer llogaritjet në ekuacionet e reaksioneve kimike, pasi koeficientët stoikiometrikë në ekuacionin e reaksionit tregojnë se në çfarë raportesh molare substancat reagojnë me njëra-tjetrën dhe formohen si rezultat i reaksionit.
Për shembull, ekuacioni i reaksionit 4 NH 3 + 3 O 2 → 2 N 2 + 6 H 2 O përmban informacionin e mëposhtëm: 4 mol amoniak reagojnë pa tepricë ose mungesë me 3 mole oksigjen, duke rezultuar në formimin e 2 moleve të nitrogjen dhe 6 mol ujë.
Shembulli 4.1 Llogaritni masën e precipitatit të formuar gjatë bashkëveprimit të tretësirave që përmbajnë 70,2 g dihidrogjen fosfat kalciumi dhe 68 g hidroksid kalciumi. Cila substancë do të mbetet e tepërt? Sa është masa e tij?
3 Ca(H 2 PO 4) 2 + 12 KOH ® Ca 3 (PO 4) 2 ¯ + 4 K 3 PO 4 + 12 H 2 O
Nga ekuacioni i reaksionit shihet se 3 mol Ca(H 2 PO 4) 2 reagon me 12 mol KOH. Le të llogarisim sasitë e reaktantëve që jepen sipas kushteve të problemit:
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.
për 3 mol Ca(H 2 PO 4) kërkohet 2 12 mol KOH
për 0,3 mol Ca(H 2 PO 4) kërkohet 2 x mol KOH
x = 1,2 mol - kjo është sa KOH kërkohet që reaksioni të zhvillohet pa tepricë ose mungesë. Dhe sipas problemit ka 1215 mol KOH. Prandaj, KOH është në tepricë; Sasia e KOH e mbetur pas reaksionit:
n(KOH) = 1,215 mol – 1,2 mol = 0,015 mol;
masa e tij m(KOH) = n(KOH) × M(KOH) = 0,015 mol × 56 g/mol = 0,84 g.
Llogaritja e produktit të reaksionit që rezulton (precipitati Ca 3 (PO 4) 2) duhet të kryhet duke përdorur një substancë që është në mungesë (në këtë rast, Ca(H 2 PO 4) 2), pasi kjo substancë do të reagojë plotësisht . Nga ekuacioni i reaksionit është e qartë se numri i moleve të Ca 3 (PO 4) 2 të formuar është 3 herë më i vogël se numri i moleve të Ca(H 2 PO 4) 2 të reaguar:
n(Ca 3 (PO 4) 2) = 0,3 mol: 3 = 0,1 mol.
Prandaj, 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.
Detyra nr 5
a) Llogaritni sasitë kimike të substancave reaguese të dhëna në tabelën 5 (vëllimet e substancave të gazta janë dhënë në kushte normale);
b) rendit koeficientët në skemën e dhënë të reaksionit dhe, duke përdorur ekuacionin e reaksionit, përcakton se cila nga substancat është me tepricë dhe cila është në mungesë;
c) gjeni sasinë kimike të produktit të reaksionit të treguar në Tabelën 5;
d) llogaritni masën ose vëllimin (shih tabelën 5) të këtij produkti të reaksionit.
Tabela 5 – Kushtet e detyrës nr. 5
| Opsioni nr. | Substancat reaguese | Skema e reagimit | Llogaritni |
| m(Fe)=11,2 g; V(Cl 2) = 5,376 l | Fe+Cl2® FeCl3 | m(FeCl 3) | |
| m(Al)=5,4 g; m(H 2 SO 4) = 39,2 g | Al+H 2 SO 4 ® Al 2 (SO 4) 3 + H 2 | V(H2) | |
| V(CO)=20 l; m(O 2)=20 g | CO+O 2 ® CO 2 | V(CO2) | |
| m(AgNO3)=3,4 g; m(Na 2 S)=1,56 g | AgNO 3 + Na 2 S®Ag 2 S + NaNO 3 | m(Ag2S) | |
| m(Na2CO3)=53 g; m(HCl)=29,2 g | Na 2 CO 3 + HCl® NaCl + CO 2 + H 2 O | V(CO2) | |
| m(Al 2 (SO 4) 3) = 34,2 g; m (BaCl 2) = 52 g | Al 2 (SO 4) 3 + BaCl 2 ®AlCl 3 + BaSO 4 | m(BaSO 4) | |
| m(KI)=3,32 g; V(Cl 2)=448 ml | KI+Cl 2 ® KCl+I 2 | m(I 2) | |
| m(CaCl2) = 22,2 g; m(AgNO 3)=59,5 g | CaCl 2 + AgNO 3 ®AgCl + Ca(NO 3) 2 | m(AgCl) | |
| m(H2)=0,48 g; V(O 2)=2,8 l | H 2 + O 2 ® H 2 O | m(H2O) | |
| m(Ba(OH) 2)=3,42 g; V(HCl)=784ml | Ba(OH) 2 + HCl ® BaCl 2 + H 2 O | m(BaCl2) |
Vazhdimi i tabelës 5
| Opsioni nr. | Substancat reaguese | Skema e reagimit | Llogaritni |
| m(H3PO4)=9,8 g; m(NaOH)=12,2 g | H 3 PO 4 + NaOH ® Na 3 PO 4 + H 2 O | m(Na 3 PO 4) | |
| m(H2SO4) = 9,8 g; m(KOH)=11,76 g | H 2 SO 4 + KOH ® K 2 SO 4 + H 2 O | m(K 2 SO 4) | |
| V(Cl2) = 2,24 l; m(KOH)=10,64 g | Cl 2 +KOH ® KClO + KCl + H 2 O | m(KClO) | |
| m((NH 4) 2 SO 4) = 66 g; m(KOH) = 50 g | (NH 4) 2 SO 4 +KOH®K 2 SO 4 +NH 3 +H 2 O | V(NH 3) | |
| m(NH3)=6,8 g; V(O 2)=7,84 l | NH 3 + O 2 ® N 2 + H 2 O | V(N 2) | |
| V(H2S)=11,2 l; m(O 2)=8,32 g | H 2 S + O 2 ® S + H 2 O | Znj) | |
| 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)=6.048 l | Al+Cl2® AlCl3 | m(AlCl 3) | |
| m(Al)=10,8 g; m(HCl)=36,5 g | Al+HCl® AlCl3 +H2 | V(H2) | |
| m(P)=15,5 g; V(O 2)=14,1 l | P+O 2 ® P 2 O 5 | m(P 2 O 5) | |
| m(AgNO 3) = 8,5 g; m(K 2 CO 3) = 4,14 g | AgNO 3 + K 2 CO 3 ®Ag 2 CO 3 + KNO 3 | m(Ag 2 CO 3) | |
| m(K2CO3)=69 g; m(HNO 3)=50,4 g | K 2 CO 3 + HNO 3 ®KNO 3 + CO 2 + H 2 O | V(CO2) | |
| m(AlCl3)=2,67 g; m(AgNO 3)=8,5 g | AlCl 3 + AgNO 3 ®AgCl + Al(NO 3) 3 | m(AgCl) | |
| m(KBr)=2,38 g; V(Cl 2)=448 ml | KBr+Cl2 ® KCl+Br 2 | m (Br 2) | |
| m(CaBr2)=40 g; m(AgNO 3)=59,5 g | CaBr 2 + AgNO 3 ®AgBr + Ca(NO 3) 2 | m(AgBr) | |
| m(H2)=1,44 g; V(O 2)=8,4 l | H 2 + O 2 ® H 2 O | m(H2O) | |
| m(Ba(OH) 2)=6,84 g; V(HI)=1,568 l | Ba(OH) 2 +HI ® BaI 2 + H 2 O | m(BaI 2) | |
| m(H3PO4)=9,8 g; m(KOH)=17,08 g | H 3 PO 4 + KOH ® K 3 PO 4 + H 2 O | m(K 3 PO 4) | |
| m(H2SO4) = 49 g; m(NaOH)=45 g | H 2 SO 4 + NaOH ® Na 2 SO 4 + H 2 O | m(Na2SO4) | |
| V(Cl2) = 2,24 l; m(KOH)=8,4 g | Cl 2 +KOH ® KClO 3 + KCl + H 2 O | m(KClO3) | |
| m(NH4Cl)=43 g; m(Ca(OH) 2)=37 g | NH 4 Cl + Ca (OH) 2 ®CaCl 2 + NH 3 + H 2 O | V(NH 3) | |
| V(NH 3) = 8,96 l; m(O 2)=14,4 g | NH 3 + O 2 ® NO + H 2 O | V(JO) | |
| V(H2S)=17,92 l; m(O 2)=40 g | H 2 S + O 2 ® SO 2 + H 2 O | V(SO2) | |
| m(MnO2)=8,7 g; m(HBr)=30,8 g | MnO 2 + HBr ® MnBr 2 + Br 2 + H 2 O | m(MnBr 2) | |
| m(Ca)=10 g; m(H2O)=8,1 g | Ca+H2O® Ca(OH) 2 +H2 | V(H2) |
PËRQENDRIMI I ZGJIDHJEVE
Si pjesë e lëndës së përgjithshme të kimisë, studentët mësojnë 2 mënyra të shprehjes së përqendrimit të tretësirave - fraksioni masiv dhe përqendrimi molar.
Pjesa masive e lëndës së tretur X llogaritet si raport i masës së kësaj substance me masën e tretësirës:
,
ku ω(X) është pjesa masive e substancës X të tretur;
m(X) – masa e substancës së tretur X;
m tretësirë – masë e tretësirës.
Pjesa masive e një substance, e llogaritur duke përdorur formulën e mësipërme, është një sasi pa dimension e shprehur në fraksione të një njësie (0< ω(X) < 1).
Pjesa masive mund të shprehet jo vetëm në fraksione të një njësie, por edhe si përqindje. Në këtë rast, formula e llogaritjes duket si kjo:
Pjesa masive e shprehur në përqindje shpesh quhet përqendrimi në përqindje . Natyrisht, përqindja e përqendrimit të tretësirës është 0%< ω(X) < 100%.
Përqendrimi në përqindje tregon se sa pjesë në masë të një tretësie gjenden në 100 pjesë në masë të një tretësire. Nëse zgjedhim gramin si njësi të masës, atëherë ky përkufizim mund të shkruhet edhe si vijon: përqendrimi në përqindje tregon se sa gram lëndë të tretur përmban 100 gram tretësirë.
Është e qartë se, për shembull, një zgjidhje 30% korrespondon me një pjesë masive të substancës së tretur të barabartë me 0.3.
Një mënyrë tjetër për të shprehur përmbajtjen e lëndës së tretur në një tretësirë është përqendrimi molar (molariteti).
Përqendrimi molar i një lënde ose molariteti i një tretësire tregon se sa mole të një lënde të tretur përmban 1 litër (1 dm3) tretësirë.
ku C(X) është përqendrimi molar i substancës së tretur X (mol/l);
n(X) – sasia kimike e substancës së tretur X (mol);
tretësirë V – vëllimi i tretësirës (l).
Shembulli 5.1 Llogaritni përqendrimin molar të H 3 PO 4 në tretësirë nëse dihet se pjesa masive e H 3 PO 4 është 60% dhe dendësia e tretësirës është 1,43 g/ml.
Sipas përcaktimit të përqendrimit në përqindje
100 g tretësirë përmban 60 g acid fosforik.
n(H3PO4) = m(H3PO4): M(H3PO4) = 60 g: 98 g/mol = 0.612 mol;
V tretësirë = m tretësirë: ρ tretësirë = 100 g: 1,43 g/cm 3 = 69,93 cm 3 = 0,0699 l;
C(H 3 PO 4) = n(H 3 PO 4) : V tretësirë = 0,612 mol: 0,0699 l = 8,755 mol/l.
Shembulli 5.2 Ekziston një zgjidhje 0,5 M e H 2 SO 4. Sa është pjesa masive e acidit sulfurik në këtë tretësirë? Merrni densitetin e tretësirës të barabartë me 1 g/ml.
Sipas përkufizimit të përqendrimit molar
1 litër tretësirë përmban 0,5 mol H 2 SO 4
(hyrja “tretësirë 0,5 M” do të thotë se C(H 2 SO 4) = 0,5 mol/l).
m tretësirë = V tretësirë × ρ tretësirë = 1000 ml × 1 g/ml = 1000 g;
m(H2SO4) = n(H2SO4) × M(H2SO4) = 0.5 mol × 98 g/mol = 49 g;
ω(H 2 SO 4) = m(H 2 SO 4) : m tretësirë = 49 g: 1000 g = 0.049 (4.9%).
Shembulli 5.3Çfarë vëllimesh uji dhe tretësirë 96% H 2 SO 4 me densitet 1,84 g / ml duhet të merren për të përgatitur 2 litra tretësirë 60 % H 2 SO 4 me densitet 1,5 g / ml.
Gjatë zgjidhjes së problemeve të përgatitjes së një tretësire të holluar nga ajo e koncentruar, duhet të kihet parasysh se tretësira origjinale (e koncentruar), uji dhe tretësira që rezulton (e holluar) kanë dendësi të ndryshme. Në këtë rast, duhet të kihet parasysh se V e tretësirës origjinale + V e ujit ≠ V e tretësirës që rezulton,
sepse gjatë përzierjes së tretësirës së koncentruar dhe ujit ndodh ndryshimi (rritja ose zvogëlimi) i vëllimit të të gjithë sistemit.
Zgjidhja e problemeve të tilla duhet të fillojë me gjetjen e parametrave të tretësirës së holluar (d.m.th., tretësirës që duhet të përgatitet): masën e saj, masën e substancës së tretur dhe, nëse është e nevojshme, sasinë e substancës së tretur.
M tretësirë 60% = V tretësirë 60% ∙ ρ tretësirë 60% = 2000 ml × 1,5 g/ml = 3000 g.
m(H 2 SO 4) në tretësirë 60% = m 60% tretësirë w(H 2 SO 4) në tretësirë 60% = 3000 g 0,6 = 1800 g.
Masa e acidit sulfurik të pastër në tretësirën e përgatitur duhet të jetë e barabartë me masën e acidit sulfurik në atë pjesë të tretësirës 96% që duhet marrë për të përgatitur një tretësirë të holluar. Kështu,
m(H 2 SO 4) në tretësirë 60% = m(H 2 SO 4) në tretësirë 96% = 1800 g.
m Tretësirë 96% = m (H 2 SO 4) në tretësirë 96%: w(H 2 SO 4) në tretësirë 96% = 1800 g: 0,96 = 1875 g.
m (H 2 O) = m tretësirë 40% – m tretësirë 96% = 3000 g – 1875 g = 1125 g.
V tretësirë 96% = m Tretësirë 96%: ρ tretësirë 96% = 1875 g: 1,84 g/ml = 1019 ml » 1,02 l.
V ujë = m ujë: ρ ujë = 1125g: 1 g/ml = 1125 ml = 1,125 l.
Shembulli 5.4 Përzihen 100 ml tretësirë 0,1 M të CuCl 2 dhe 150 ml tretësirë 0,2 M të Cu(NO 3) 2. Llogaritni përqendrimin molar të joneve Cu 2+, Cl – dhe NO 3 – në tretësirën që rezulton.
Kur zgjidhni një problem të ngjashëm të përzierjes së tretësirave të holluara, është e rëndësishme të kuptohet se tretësirat e holluara kanë afërsisht të njëjtën densitet, afërsisht të barabartë me densitetin e ujit. Kur ato përzihen, vëllimi i përgjithshëm i sistemit praktikisht nuk ndryshon: V 1 i tretësirës së holluar + V 2 i tretësirës së holluar +..." V i tretësirës që rezulton.
Në zgjidhjen e parë:
n(CuCl 2) = C(CuCl 2) V tretësirë e CuCl 2 = 0,1 mol/l × 0,1 l = 0,01 mol;
CuCl 2 – elektrolit i fortë: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2Cl – ;
Prandaj n(Cu 2+) = n(CuCl 2) = 0,01 mol; n(Cl –) = 2 × 0,01 = 0,02 mol.
Në zgjidhjen e dytë:
n(Cu(NO 3) 2) = C(Cu(NO 3) 2) × V tretësirë Cu(NO 3) 2 = 0,2 mol/l × 0,15 l = 0,03 mol;
Cu(NO 3) 2 – elektrolit i fortë: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2NO 3 –;
Prandaj n(Cu 2+) = n(Cu(NO 3) 2) = 0,03 mol; n(NO 3 –) = 2×0,03 = 0,06 mol.
Pas përzierjes së tretësirave:
n(Cu 2+) gjithsej. = 0,01 mol + 0,03 mol = 0,04 mol;
V gjithsej » tretësirë V CuCl 2 + V tretësirë Cu(NO 3) 2 = 0,1 l + 0,15 l = 0,25 l;
C(Cu 2+) = n(Cu 2+) : V total. = 0,04 mol: 0,25 l = 0,16 mol/l;
C(Cl –) = n(Cl –) : Vtot. = 0,02 mol: 0,25 l = 0,08 mol/l;
C(NO 3 –) = n(NO 3 –) : Vtot. = 0,06 mol: 0,25 l = 0,24 mol/l.
Shembulli 5.5 Në balonë u shtuan 684 mg sulfat alumini dhe 1 ml tretësirë të acidit sulfurik 9,8% me densitet 1,1 g/ml. Përzierja që rezulton është tretur në ujë; Vëllimi i tretësirës u soll në 500 ml me ujë. Llogaritni përqendrimet molare të joneve H +, Al 3+ SO 4 2– në tretësirën që rezulton.
Le të llogarisim sasinë e substancave të tretura:
n(Al2 (SO4) 3)=m(Al2 (SO4) 3): M(Al2 (SO4) 3)=0.684 g: 342 g mol=0.002 mol;
Al 2 (SO 4) 3 – elektrolit i fortë: Al 2 (SO 4) 3 ® 2Al 3+ + 3SO 4 2– ;
Prandaj n(Al 3+)=2×0.002 mol=0.004 mol; n(SO 4 2–)=3×0,002 mol=0,006 mol.
m tretësirë e H 2 SO 4 = V tretësirë e H 2 SO 4 × ρ tretësirë e H 2 SO 4 = 1 ml × 1,1 g/ml = 1,1 g;
m(H 2 SO 4) = m tretësirë e 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 është një elektrolit i fortë: H 2 SO 4 ® 2H + + SO 4 2– .
Prandaj, n(SO 4 2–) = n(H 2 SO 4) = 0.0011 mol; n(H+) = 2 × 0,0011 = 0,0022 mol.
Sipas kushteve të problemit, vëllimi i tretësirës që rezulton është 500 ml (0,5 l).
n(SO 4 2–) gjithsej. = 0,006 mol + 0,0011 mol = 0,0071 mol.
C(Al 3+) = n(Al 3+): V tretësirë = 0,004 mol: 0,5 l = 0,008 mol/l;
C(H +) = n(H +): V tretësirë = 0,0022 mol: 0,5 l = 0,0044 mol/l;
С(SO 4 2–) = n(SO 4 2–) total. : V tretësirë = 0,0071 mol: 0,5 l = 0,0142 mol/l.
Shembulli 5.6Çfarë mase sulfati hekuri (FeSO 4 · 7H 2 O) dhe çfarë vëllimi uji duhet të merret për të përgatitur 3 litra tretësirë 10% të sulfatit të hekurit (II). Merreni densitetin e tretësirës të jetë 1.1 g/ml.
Masa e tretësirës që duhet të përgatitet është:
m tretësirë = V tretësirë ∙ ρ tretësirë = 3000 ml ∙ 1,1 g/ml = 3300 g.
Masa e sulfatit të pastër të hekurit (II) në këtë tretësirë është:
m(FeSO 4) = m tretësirë × w(FeSO 4) = 3300 g × 0,1 = 330 g.
E njëjta masë e FeSO 4 anhidër duhet të përmbahet në sasinë e hidratit kristalor që duhet marrë për të përgatitur tretësirën. Nga një krahasim i masave molare M(FeSO 4 7H 2 O) = 278 g/mol dhe M(FeSO 4) = 152 g/mol,
marrim proporcionin:
278 g FeSO 4 · 7H 2 O përmban 152 g FeSO 4;
x g FeSO4 ·7H2O përmban 330 g FeSO4;
x = (278·330) : 152 = 603,6 g.
m ujë = m tretësirë – m sulfat hekuri = 3300 g – 603,6 g = 2696,4 g.
Sepse dendësia e ujit është 1 g/ml, atëherë vëllimi i ujit që duhet marrë për përgatitjen e tretësirës është i barabartë me: V ujë = m ujë: ρ ujë = 2696,4 g: 1 g/ml = 2696,4 ml.
Shembulli 5.7 Cila masë e kripës së Glauber-it (Na 2 SO 4 · 10H 2 O) duhet të tretet në 500 ml tretësirë 10% të sulfatit të natriumit (densiteti i tretësirës 1.1 g/ml) për të marrë një tretësirë 15% Na 2 SO 4?
Le të kërkohen x gram kripë të Glauber-it Na 2 SO 4 10H 2 O. Atëherë masa e tretësirës që rezulton është e barabartë me:
m tretësirë 15% = m tretësirë origjinale (10%) + m kripë Glauber = 550 + x (g);
m e tretësirës origjinale (10%) = V 10% tretësirë × ρ tretësirë 10% = 500 ml × 1,1 g/ml = 550 g;
m(Na 2 SO 4) në tretësirën origjinale (10%) = m tretësirë 10% a · w(Na 2 SO 4) = 550 g · 0,1 = 55 g.
Le të shprehim përmes x masën e Na 2 SO 4 të pastër që përmbahet në x gram Na 2 SO 4 10H 2 O.
M(Na2SO4 ·10H2O) = 322 g/mol; M(Na2SO4) = 142 g/mol; prandaj:
322 g Na 2 SO 4 · 10H 2 O përmban 142 g Na 2 SO 4 anhidrik;
x g Na 2 SO 4 · 10H 2 O përmban m g Na 2 SO 4 anhidrik.
m(Na 2 SO 4) = 142 x: 322 = 0,441 x x.
Masa totale e sulfatit të natriumit në tretësirën që rezulton do të jetë e barabartë me:
m(Na 2 SO 4) në një tretësirë 15% = 55 + 0,441 × x (g).
Në zgjidhjen që rezulton: 
= 0,15
, nga ku x = 94,5 g.
Detyra nr. 6
Tabela 6 – Kushtet e detyrës nr. 6
| Opsioni nr. | Teksti i kushtit |
| 5 g Na 2 SO 4 × 10 H 2 O u tretën në ujë dhe vëllimi i tretësirës që rezulton u soll në 500 ml me ujë. Llogaritni pjesën masive të Na 2 SO 4 në këtë tretësirë (ρ = 1 g/ml) dhe përqendrimet molare të joneve Na + dhe SO 4 2–. | |
| Tretësirat u përzien: 100 ml 0,05 M Cr 2 (SO 4) 3 dhe 100 ml 0,02 M Na 2 SO 4. Llogaritni përqendrimet molare të joneve Cr 3+, Na + dhe SO 4 2– në tretësirën që rezulton. | |
| Çfarë vëllimesh uji dhe një tretësirë 98% (densiteti 1,84 g/ml) të acidit sulfurik duhet të merren për të përgatitur 2 litra tretësirë 30% me densitet 1,2 g/ml? | |
| 50 g Na 2 CO 3 × 10 H 2 O janë tretur në 400 ml ujë.Cilat janë përqendrimet molare të joneve Na + dhe CO 3 2– dhe pjesa masive e Na 2 CO 3 në tretësirën që rezulton (ρ = 1.1 g/ml)? | |
| Tretësirat u përzien: 150 ml 0,05 M Al 2 (SO 4) 3 dhe 100 ml 0,01 M NiSO 4. Llogaritni përqendrimet molare të joneve Al 3+, Ni 2+, SO 4 2- në tretësirën që rezulton. | |
| Çfarë vëllimesh uji dhe një tretësire 60% (densiteti 1,4 g/ml) të acidit nitrik do të nevojiten për të përgatitur 500 ml tretësirë 4 M (densiteti 1,1 g/ml)? | |
| Çfarë mase sulfati bakri (CuSO 4 × 5H 2 O) nevojitet për të përgatitur 500 ml tretësirë 5% të sulfatit të bakrit me densitet 1,05 g/ml? | |
| Në balonë u shtuan 1 ml tretësirë 36% (ρ = 1,2 g/ml) HCl dhe 10 ml tretësirë 0,5 M ZnCl 2. Vëllimi i tretësirës që rezulton u soll në 50 ml me ujë. Cilat janë përqendrimet molare të joneve H + , Zn 2+ , Cl – në tretësirën që rezulton? | |
| Sa është pjesa masive e Cr 2 (SO 4) 3 në tretësirë (ρ » 1 g/ml), nëse dihet se përqendrimi molar i joneve sulfate në këtë tretësirë është 0,06 mol/l? | |
| Çfarë vëllimesh uji dhe 10 M tretësirë (ρ=1,45 g/ml) hidroksid natriumi do të nevojiten për të përgatitur 2 litra tretësirë 10% NaOH (ρ=1,1 g/ml)? | |
| Sa gram sulfat hekuri FeSO 4 × 7H 2 O mund të përftohen duke avulluar ujin nga 10 litra tretësirë 10% të sulfatit të hekurit (II) (densiteti i tretësirës 1,2 g/ml)? | |
| Tretësirat u përzien: 100 ml 0,1 M Cr 2 (SO 4) 3 dhe 50 ml 0,2 M CuSO 4. Llogaritni përqendrimet molare të joneve Cr 3+, Cu 2+, SO 4 2- në tretësirën që rezulton. |
Vazhdimi i tabelës 6
| Opsioni nr. | Teksti i kushtit |
| Çfarë vëllimesh uji dhe një tretësire 40% e acidit fosforik me densitet 1,35 g/ml do të nevojiten për të përgatitur 1 m 3 tretësirë 5% të H 3 PO 4, dendësia e së cilës është 1,05 g/ml? | |
| 16,1 g Na 2 SO 4 × 10 H 2 O u tretën në ujë dhe vëllimi i tretësirës së përftuar u soll në 250 ml me ujë. Llogaritni fraksionin masiv dhe përqendrimin molar të Na 2 SO 4 në tretësirën që rezulton (supozojmë se dendësia e tretësirës është 1 g/ml). | |
| Tretësirat u përzien: 150 ml 0,05 M Fe 2 (SO 4) 3 dhe 100 ml 0,1 M MgSO 4. Llogaritni përqendrimet molare të joneve Fe 3+, Mg 2+, SO 4 2– në tretësirën që rezulton. | |
| Çfarë vëllimesh uji dhe acidi klorhidrik 36% (densiteti 1,2 g/ml) nevojiten për të përgatitur 500 ml tretësirë 10% dendësia e së cilës është 1,05 g/ml? | |
| 20 g Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O janë tretur në 200 ml ujë Sa është pjesa masive e substancës së tretur në tretësirën e përftuar, dendësia e së cilës është 1,1 g/ml? Llogaritni përqendrimet molare të joneve Al 3+ dhe SO 4 2– në këtë tretësirë. | |
| Tretësirat u përzien: 100 ml 0,05 M Al 2 (SO 4) 3 dhe 150 ml 0,01 M Fe 2 (SO 4) 3. Llogaritni përqendrimet molare të joneve Fe 3+, Al 3+ dhe SO 4 2– në tretësirën që rezulton. | |
| Çfarë vëllimesh uji dhe tretësirë të acidit acetik 80% (densiteti 1,07 g/ml) do të nevojiten për të përgatitur 0,5 litra uthull tryezë, në të cilën pjesa masive e acidit është 7%? Merrni densitetin e uthullës së tryezës të barabartë me 1 g/ml. | |
| Çfarë mase sulfati hekuri (FeSO 4 × 7H 2 O) nevojitet për të përgatitur 100 ml tretësirë 3% të sulfatit të hekurit? Dendësia e tretësirës është 1 g/ml. | |
| Në balonë u shtuan 2 ml tretësirë HCl 36% (densiteti 1,2 g/cm 3) dhe 20 ml tretësirë CuCl 2 0,3 M. Vëllimi i tretësirës që rezulton u soll në 200 ml me ujë. Llogaritni përqendrimet molare të joneve H +, Cu 2+ dhe Cl – në tretësirën që rezulton. | |
| Sa është përqendrimi në përqindje i Al 2 (SO 4) 3 në një tretësirë në të cilën përqendrimi molar i joneve sulfate është 0,6 mol/l. Dendësia e tretësirës është 1.05 g/ml. | |
| Çfarë vëllimesh uji dhe tretësirë KOH 10 M (densiteti i tretësirës 1,4 g/ml) do të nevojiten për të përgatitur 500 ml tretësirë 10% KOH me densitet 1,1 g/ml? | |
| Sa gram sulfat bakri CuSO 4 × 5H 2 O mund të përftohen duke avulluar ujin nga 15 litra tretësirë 8% të sulfatit të bakrit, dendësia e së cilës është 1,1 g/ml? | |
| Tretësirat u përzien: 200 ml 0,025 M Fe 2 (SO 4) 3 dhe 50 ml 0,05 M FeCl 3. Llogaritni përqendrimet molare të joneve Fe 3+, Cl –, SO 4 2– në tretësirën që rezulton. | |
| Çfarë vëllimesh uji dhe një tretësirë 70% të H 3 PO 4 (densiteti 1,6 g/ml) do të nevojiten për të përgatitur 0,25 m 3 të një tretësire 10% të H 3 PO 4 (dendësia 1,1 g/ml)? | |
| 6 g Al 2 (SO 4) 3 × 18H 2 O janë tretur në 100 ml ujë Llogaritni pjesën masive të Al 2 (SO 4) 3 dhe përqendrimet molare të joneve Al 3+ dhe SO 4 2– në tretësirë që rezulton, dendësia e së cilës është 1 g / ml. | |
| Tretësirat u përzien: 50 ml 0,1 M Cr 2 (SO 4) 3 dhe 200 ml 0,02 M Cr (NO 3) 3. Llogaritni përqendrimet molare të joneve Cr 3+, NO 3 –, SO 4 2- në tretësirën që rezulton. | |
| Çfarë vëllimesh të tretësirës së acidit perklorik 50% (densiteti 1,4 g/ml) dhe ujit nevojiten për të përgatitur 1 litër tretësirë 8% me densitet 1,05 g/ml? | |
| Sa gramë kripë të Glauber-it Na 2 SO 4 × 10H 2 O duhet të treten në 200 ml ujë për të marrë një tretësirë 5% të sulfatit të natriumit? | |
| 1 ml tretësirë 80% H 2 SO 4 (densiteti i tretësirës 1,7 g/ml) dhe 5000 mg Cr 2 (SO 4) 3 u shtuan në balonë. Përzierja u tret në ujë; vëllimi i tretësirës u soll në 250 ml. Llogaritni përqendrimet molare të joneve H +, Cr 3+ dhe SO 4 2– në tretësirën që rezulton. |
Vazhdimi i tabelës 6
EKUILIBRI KIMIK
Të gjitha reaksionet kimike mund të ndahen në 2 grupe: reaksione të pakthyeshme, d.m.th. duke vazhduar derisa të paktën një nga substancat reaguese të konsumohet plotësisht, dhe reaksione të kthyeshme, në të cilat asnjë nga substancat reaguese nuk konsumohet plotësisht. Kjo është për shkak të faktit se një reagim i kthyeshëm mund të ndodhë në të dy drejtimet përpara dhe të kundërt. Një shembull klasik i një reaksioni të kthyeshëm është sinteza e amoniakut nga azoti dhe hidrogjeni:
N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3 .
Në momentin që fillon reaksioni, përqendrimet e substancave fillestare në sistem janë maksimale; në këtë moment shpejtësia e reaksionit përpara është gjithashtu maksimale. Në momentin që fillon reagimi, ende nuk ka produkte reagimi në sistem (në këtë shembull, amoniak), prandaj, shkalla e reagimit të kundërt është zero. Ndërsa substancat fillestare ndërveprojnë me njëra-tjetrën, përqendrimet e tyre zvogëlohen, prandaj, shpejtësia e reaksionit të drejtpërdrejtë zvogëlohet. Përqendrimi i produktit të reaksionit rritet gradualisht, prandaj, shkalla e reagimit të kundërt gjithashtu rritet. Pas njëfarë kohe, shpejtësia e reagimit përpara bëhet e barabartë me shpejtësinë e reagimit të kundërt. Kjo gjendje e sistemit quhet gjendja e ekuilibrit kimik. Përqendrimet e substancave në një sistem në gjendje ekuilibri kimik quhen përqendrimet e ekuilibrit. Një karakteristikë sasiore e një sistemi në gjendje ekuilibri kimik është konstante ekuilibri.
Për çdo reaksion të kthyeshëm a A + b B+ ... ⇆ p P + q Q + ... shprehja e konstantës së ekuilibrit kimik (K) shkruhet si fraksion, numëruesi i së cilës përmban përqendrimet e ekuilibrit të produkteve të reaksionit. , dhe emëruesi përmban përqendrimet e ekuilibrit të substancave fillestare, Për më tepër, përqendrimi i secilës substancë duhet të rritet në një fuqi të barabartë me koeficientin stoikiometrik në ekuacionin e reaksionit.
Për shembull, për reaksionin N 2 + 3 H 2 ⇆ 2 NH 3.
Duhet pasur parasysh se shprehja për konstantën e ekuilibrit përfshin përqendrimet e ekuilibrit të vetëm substancave të gazta ose substancave në gjendje të tretur . Përqendrimi i ngurtë supozohet të jetë konstant dhe nuk përfshihet në shprehjen e konstantës së ekuilibrit.
CO 2 (gaz) + C (i ngurtë) ⇆ 2CO (gaz)
CH 3 COOH (tretësirë) ⇆ CH 3 COO – (tretësirë) + H + (tretësirë)
Ba 3 (PO 4) 2 (e ngurtë) ⇆ 3 Ba 2+ (tretësirë e ngopur) + 2 PO 4 3– (tretësirë e ngopur) K=C 3 (Ba 2+) C 2 (PO 4 3–)
Ekzistojnë dy lloje më të rëndësishme të problemeve që lidhen me llogaritjen e parametrave të një sistemi ekuilibri:
1) përqendrimet fillestare të substancave fillestare janë të njohura; Nga kushtet e problemit mund të gjenden përqendrimet e substancave që kanë reaguar (ose formuar) deri në momentin kur ndodh ekuilibri; problemi kërkon llogaritjen e përqendrimeve ekuilibër të të gjitha substancave dhe vlerën numerike të konstantës së ekuilibrit;
2) janë të njohura përqendrimet fillestare të substancave fillestare dhe konstanta e ekuilibrit. Gjendja nuk përmban të dhëna për përqendrimet e substancave të reaguara ose të formuara. Kërkohet të llogaritet përqendrimet e ekuilibrit të të gjithë pjesëmarrësve të reaksionit.
Për të zgjidhur probleme të tilla, është e nevojshme të kuptohet se përqendrimi ekuilibër i ndonjë origjinale substancat mund të gjenden duke zbritur përqendrimin e substancës së reaguar nga përqendrimi fillestar:
Ekuilibri C = fillestar C – C i substancës së reaguar.
Përqendrimi i ekuilibrit produkt i reagimit e barabartë me përqendrimin e produktit të formuar në kohën e ekuilibrit:
C ekuilibri = C i produktit të formuar.
Kështu, për të llogaritur parametrat e një sistemi ekuilibri, është shumë e rëndësishme të jemi në gjendje të përcaktojmë se sa nga substanca fillestare ka reaguar në kohën e ekuilibrit dhe sa nga produkti i reaksionit është formuar. Për të përcaktuar sasinë (ose përqendrimin) e substancave të reaguara dhe të formuara, llogaritjet stoichiometrike kryhen duke përdorur ekuacionin e reaksionit.
Shembulli 6.1 Përqendrimet fillestare të azotit dhe hidrogjenit në sistemin e ekuilibrit N 2 + 3H 2 ⇆ 2 NH 3 janë përkatësisht 3 mol/l dhe 4 mol/l. Në kohën kur ndodh ekuilibri kimik, 70% e sasisë fillestare të hidrogjenit mbetet në sistem. Përcaktoni konstantën e ekuilibrit për këtë reaksion.
Nga kushtet e problemit rezulton se në kohën kur ndodh ekuilibri, 30% e hidrogjenit ka reaguar (problemi i tipit 1):
4 mol/l H 2 – 100%
x mol/l H 2 – 30%
x = 1,2 mol/l = C reagojnë. (H2)
Siç shihet nga ekuacioni i reaksionit, në reaksion duhet të ketë hyrë 3 herë më pak azot sesa hidrogjeni, d.m.th. Me proreak. (N 2) = 1,2 mol/l: 3 = 0,4 mol/l. Amoniaku formohet 2 herë më shumë sesa reagoi azoti:
Nga imazhet. (NH 3) = 2 × 0,4 mol/l = 0,8 mol/l
Përqendrimet e ekuilibrit të të gjithë pjesëmarrësve të reaksionit do të jenë si më poshtë:
Me të barabartë (H 2)= C fillimi (H 2) - C reagojnë. (H 2) = 4 mol/l – 1,2 mol/l = 2,8 mol/l;
Me të barabartë (N 2)= C start (N 2) – C reagojnë. (N 2) = 3 mol/l – 0,4 mol/l = 2,6 mol/l;
Me të barabartë (NH 3) = imazh C. (NH 3) = 0,8 mol/l.
Konstanta e ekuilibrit = 
.
Shembulli 6.2 Llogaritni përqendrimet ekuilibër të hidrogjenit, jodit dhe hidrogjenit në sistemin H 2 + I 2 ⇆ 2 HI, nëse dihet se përqendrimet fillestare të H 2 dhe I 2 janë përkatësisht 5 mol/l dhe 3 mol/l, dhe konstanta e ekuilibrit është 1.
Duhet theksuar se në kushtet e këtij problemi (problemi i tipit 2), gjendja nuk thotë asgjë për përqendrimet e substancave fillestare të reaguara dhe produkteve që rezultojnë. Prandaj, kur zgjidhen probleme të tilla, përqendrimi i disa substancave të reaguara zakonisht merret x.
Le të reagojë x mol/l H 2 në kohën kur ndodh ekuilibri. Pastaj, siç vijon nga ekuacioni i reaksionit, x mol/l I 2 duhet të reagojë dhe duhet të formohet 2x mol/l HI. Përqendrimet e ekuilibrit të të gjithë pjesëmarrësve të reaksionit do të jenë si më poshtë:
Me të barabartë (H 2) = C beg. (H 2) – C reagojnë. (H2) = (5 – x) mol/l;
Me të barabartë (I 2) = C fillim (I 2) – C reagoj. (I 2) = (3 – x) mol/l;
Me të barabartë (HI) = Nga imazhet. (HI) = 2x mol/l.
4x 2 = 15 - 8x + x 2
3x 2 + 8x – 15 = 0
x 1 = –3,94 x 2 = 1,27
Vetëm rrënja pozitive x = 1.27 ka kuptim fizik.
Prandaj, C është e barabartë. (H 2) = (5 – x) mol/l = 5 – 1,27 = 3,73 mol/l;
Me të barabartë (I 2) = (3 – x) mol/l = 3 – 1,27 = 1,73 mol/l;
Me të barabartë (HI) = 2x mol/l = 2·1,27 = 2,54 mol/l.
Detyra nr 7
Tabela 7 – Kushtet e detyrës nr. 7
Vazhdimi i tabelës 7
Stoikiometria- marrëdhëniet sasiore ndërmjet substancave reaguese.
Nëse reagentët hyjnë në një bashkëveprim kimik në sasi të përcaktuara rreptësisht, dhe si rezultat i reaksionit formohen substanca, sasia e të cilave mund të llogaritet, atëherë reaksione të tilla quhen stoikiometrike.
Ligjet e stoikiometrisë:
Quhen koeficientët në ekuacionet kimike para formulave të përbërjeve kimike stoikiometrike.
Të gjitha llogaritjet duke përdorur ekuacione kimike bazohen në përdorimin e koeficientëve stoikiometrikë dhe shoqërohen me gjetjen e sasive të një substance (numri i moleve).
Sasia e substancës në ekuacionin e reaksionit (numri i moleve) = koeficienti përballë molekulës përkatëse.
N A=6,02×10 23 mol -1.
η - raporti i masës aktuale të produktit m fq në një teorikisht të mundshme m t, e shprehur në fraksione të njësisë ose në përqindje.
Nëse rendimenti i produkteve të reaksionit nuk tregohet në gjendje, atëherë në llogaritjet merret i barabartë me 100% (rendimenti sasior).
Skema e llogaritjes duke përdorur ekuacionet e reaksioneve kimike:
- Shkruani një ekuacion për një reaksion kimik.
- Mbi formulat kimike të substancave shkruani madhësi të njohura dhe të panjohura me njësi matëse.
- Nën formulat kimike të substancave me të njohura dhe të panjohura, shkruani vlerat përkatëse të këtyre sasive të gjetura nga ekuacioni i reaksionit.
- Hartoni dhe zgjidhni një proporcion.
Shembull. Llogaritni masën dhe sasinë e oksidit të magnezit të formuar gjatë djegies së plotë të 24 g magnez.
|
E dhënë: m(Mg) = 24 g Gjej: ν (MgO) m (MgO) |
Zgjidhja: 1. Le të krijojmë një ekuacion për një reaksion kimik: 2Mg + O 2 = 2MgO. 2. Në formulat e substancave tregojmë sasinë e substancës (numrin e moleve) që korrespondon me koeficientët stekiometrikë: 2Mg + O2 = 2MgO 2 nishan 2 nishan 3. Përcaktoni masën molare të magnezit: Masa atomike relative e magnezit Ar (Mg) = 24. Sepse vlera e masës molare është e barabartë me masën relative atomike ose molekulare, atëherë M (Mg)= 24 g/mol. 4. Duke përdorur masën e substancës së specifikuar në kusht, ne llogarisim sasinë e substancës:
5. Mbi formulën kimike të oksidit të magnezit MgO, masa e së cilës nuk dihet, vendosëm xnishan, mbi formulën e magnezit Mg shkruajmë masën molare të saj: 1 nishan xnishan 2Mg + O2 = 2MgO 2 nishan 2 nishan
Sipas rregullave për zgjidhjen e përmasave:
Sasia e oksidit të magnezit ν (MgO)= 1 mol. 7. Llogaritni masën molare të oksidit të magnezit: M (Mg)= 24 g/mol, M(O)=16 g/mol. M(MgO)= 24 + 16 = 40 g/mol. Ne llogarisim masën e oksidit të magnezit: m (MgO) = ν (MgO) × M (MgO) = 1 mol × 40 g/mol = 40 g. Përgjigje: ν (MgO) = 1 mol; m (MgO) = 40 g. |
Koeficienti i ajrit të tepërt me këtë metodë të organizimit të procesit të djegies duhet të korrespondojë me përzierjet e pasura afër stoikiometrisë. Në këtë rast, do të jetë shumë e vështirë të organizohet djegie efikase e përzierjeve të ligët për shkak të shpejtësisë së pamjaftueshme të përhapjes së pjesës së përparme të flakës me një probabilitet të lartë të zbutjes së burimeve të ndezjes, pabarazi të konsiderueshme ciklike të djegies dhe, në fund të fundit, prishje. Kështu, ky drejtim mund të quhet djegie jashtëzakonisht e ngadaltë e përzierjeve të pasura gaz-ajër.[...]
Koeficienti i ajrit të tepërt (a) ndikon ndjeshëm në procesin e djegies dhe përbërjen përbërëse të produkteve të djegies. Natyrisht, në 1.0) praktikisht nuk ka asnjë efekt në përbërjen përbërëse të gazrave të gripit dhe çon vetëm në një ulje të përqendrimit të përbërësve për shkak të hollimit me ajrin që nuk përdoret në procesin e djegies.
Bazuar në koeficientët stekiometrikë të reaksionit për prodhimin e klorotiofosfatit dialkil dhe zgjidhjes optimale për kriterin 2, vendosim kufizimin X3 = -0,26 (1,087 mol/mol).[...]
| 24.5 |
Kjo jep vlerën e koeficientit stoikiometrik për konsumin e polifosfatit 1/us,p = g P/g COD(NAs).[...]
Në tabelë Tabela 24.5 tregon koeficientët e rendimentit stekiometrik të përcaktuar në eksperimentet e kryera në reaktorët me grumbull të vazhdueshëm me kulturë të pastër. Këto vlera janë në përputhje mjaft të mirë pavarësisht kushteve të ndryshme të rritjes mikrobiologjike.[...]
Nga shprehja (3.36) gjejmë koeficientin stekiometrik “sat.p = 0,05 g P/g COD(NAs).[...]
[ ...]
Nga shembulli 3.2, mund të gjeni koeficientët stekiometrikë të ekuacionit për heqjen e acidit acetik: 1 mol HAc (60 g HAc) kërkon 0,9 mol 02 dhe 0,9 32 = 29 g 02.[...]
| 3.12 |
Në këto formula, substanca e parë fillestare përfshihet në të gjitha ekuacionet stekiometrike dhe koeficienti i saj stoikiometrik në to është V/, = -1. Për këtë substancë jepen shkallët e shndërrimit të lu në çdo ekuacion stekiometrik (në total ka K). Në ekuacionet (3.14) dhe (3.15), supozohet se komponenti i i-të, produkti për të cilin janë përcaktuar selektiviteti dhe rendimenti, është formuar vetëm në ekuacionin 1 stoikiometrik (pastaj E/ = x(). Sasitë e komponentëve në këto formula maten në mol (emërtimi LO, siç pranohet tradicionalisht në shkencat kimike.[...]
Gjatë hartimit të ekuacioneve redoks, koeficientët stekiometrikë gjenden në bazë të oksidimit të elementit para dhe pas reaksionit. Oksidimi i një elementi në përbërje përcaktohet nga numri i elektroneve të shpenzuara nga atomi për formimin e lidhjeve polare dhe jonike, dhe shenja e oksidimit përcaktohet nga drejtimi i zhvendosjes së çifteve të elektroneve lidhëse. Për shembull, oksidimi i jonit të natriumit në përbërjen NaCl është +1, dhe ai i klorit është -I.[...]
Është më e përshtatshme të paraqitet stoikiometria e një reaksioni mikrobiologjik duke përdorur një ekuacion ekuilibri stoikiometrik sesa në formën e tabelave të vlerave të koeficientit të rendimentit. Një përshkrim i tillë i përbërjes së përbërësve të një qelize mikrobiologjike kërkonte përdorimin e një formule empirike. Në mënyrë eksperimentale u krijua formula e substancës qelizore C5H702N, e cila përdoret shpesh në përgatitjen e ekuacioneve stoikiometrike.[...]
Në tabelë 3.6 paraqet vlerat tipike të konstantave kinetike dhe të tjera, si dhe koeficientët stekiometrikë për procesin aerobik të trajtimit të ujërave të zeza urbane. Duhet të theksohet se ekziston një korrelacion i caktuar midis konstanteve individuale, kështu që është e nevojshme të përdoret një grup konstantesh nga një burim, në vend që të zgjidhen konstante individuale nga burime të ndryshme. Në tabelë 3.7 tregon korrelacione të ngjashme.[...]
Metoda standardizohet nga sasitë e njohura të jodit, të konvertuara në ozon, bazuar në një koeficient stoikiometrik të barabartë me njësinë (1 mol ozon çliron 1 mol jod). Ky koeficient mbështetet nga rezultatet e një sërë studimesh, mbi bazën e të cilave u krijua stoikiometria e reaksioneve të ozonit me olefinat. Me një koeficient të ndryshëm, këto rezultate do të ishin të vështira për t'u shpjeguar. Megjithatë, puna zbuloi se koeficienti i specifikuar është 1.5. Kjo përputhet me të dhënat sipas të cilave një koeficient stekiometrik i barabartë me unitet fitohet në pH 9, dhe në një mjedis acid çlirohet dukshëm më shumë jod sesa në ato neutrale dhe alkaline.[...]
Testet u kryen me ngarkesë të plotë dhe një shpejtësi konstante të boshtit të gungës prej 1500 min1. Koeficienti i ajrit të tepërt varionte në rangun prej 0.8 [...]
Proceset materiale në natyrën e gjallë, ciklet e elementeve biogjene shoqërohen me flukse energjie me koeficientë stoikiometrikë që ndryshojnë brenda organizmave më të ndryshëm vetëm brenda një rendi të madhësisë. Për më tepër, për shkak të efikasitetit të lartë të katalizës, konsumi i energjisë për sintezën e substancave të reja në organizma është shumë më i vogël se sa në analogët teknikë të këtyre proceseve.[...]
Matjet e karakteristikave të motorit dhe emetimeve të dëmshme për të gjitha dhomat e djegies u kryen mbi një gamë të gjerë ndryshimesh në raportin e ajrit të tepërt nga vlera stoikiometrike në një përzierje jashtëzakonisht të dobët. Në Fig. 56 dhe 57 tregojnë rezultatet kryesore në varësi të a, të marra me një shpejtësi rrotullimi prej 2,000 min dhe një valvul mbytëse plotësisht të hapur. Vlera e këndit të kohës së ndezjes është zgjedhur nga kushti i marrjes së çift rrotullues maksimal.[...]
Procesi biologjik i heqjes së fosforit është kompleks, kështu që sigurisht qasja që ne përdorim është shumë e thjeshtuar. Në tabelë Figura 8.1 paraqet një grup koeficientësh stekiometrikë që përshkruajnë proceset që ndodhin me pjesëmarrjen e FAO. Tabela duket e ndërlikuar, por tashmë janë bërë thjeshtime në të.[...]
Në një nga punimet më të fundit, u pranua se 1 mol N02 jep 0,72 g jon N07. Sipas të dhënave të ofruara nga Organizata Ndërkombëtare për Standardizim, koeficienti stekiometrik varet nga përbërja e reagentëve të tipit Griess. Propozohen gjashtë variante të këtij reagjenti, që ndryshojnë në përbërjen e përbërësve të tij, dhe tregohet se efikasiteti i përthithjes për të gjitha llojet e tretësirave absorbuese është 90%, dhe koeficienti stekiometrik, duke marrë parasysh efikasitetin e përthithjes, varion nga 0,8 në 1. Reduktimi i sasisë së NEDA dhe zëvendësimi i acidit sulfanilik me sulfanilamide (streptocidi i bardhë) jep një vlerë më të lartë të këtij koeficienti. Autorët e veprës e shpjegojnë këtë me humbjen e HN02 për shkak të formimit të NO gjatë reaksioneve anësore.[...]
Gjatë projektimit të objekteve biokimike të trajtimit të ujërave të zeza dhe analizimit të funksionimit të tyre, zakonisht përdoren parametrat e mëposhtëm të projektimit: shkalla e oksidimit biologjik, koeficientët stekiometrikë për pranuesit e elektroneve, shkalla e rritjes dhe vetitë fizike të biomasës së llumit të aktivizuar. Studimi i ndryshimeve kimike në lidhje me transformimet biologjike që ndodhin në një bioreaktor bën të mundur marrjen e një kuptimi mjaft të plotë të funksionimit të strukturës. Për sistemet anaerobe, të cilat përfshijnë filtra anaerobe, një informacion i tillë nevojitet për të siguruar vlerën optimale të pH të mjedisit, i cili është faktori kryesor në funksionimin normal të objekteve të trajtimit. Në disa sisteme aerobike, të tilla si ato në të cilat ndodh nitrifikimi, kontrolli i pH është gjithashtu i nevojshëm për të siguruar norma optimale të rritjes mikrobike. Për impiantet e mbyllura të trajtimit, të cilat hynë në praktikë në fund të viteve '60, të cilat përdorin oksigjen të pastër (oksi-tank), studimi i ndërveprimeve kimike është bërë i nevojshëm jo vetëm për rregullimin e pH, por edhe për llogaritjen inxhinierike të pajisjeve të tubacioneve të gazit. ...]
Konstanta e shpejtësisë së transformimit katalitik k në rastin e përgjithshëm është, në një temperaturë të caktuar, një funksion i konstanteve të shpejtësisë së reaksioneve të përparme, të kundërta dhe anësore, si dhe koeficientët e difuzionit të reagentëve fillestarë dhe produkteve të ndërveprimit të tyre. . Shpejtësia e një procesi katalitik heterogjen përcaktohet, siç u përmend më lart, nga ritmet relative të fazave të tij individuale dhe kufizohet nga më të ngadaltët prej tyre. Si rezultat, rendi i reaksionit katalitik pothuajse kurrë nuk përkon me molekularitetin e reaksionit që korrespondon me raportin stoikiometrik në ekuacionin e këtij reaksioni, dhe shprehjet për llogaritjen e konstantës së shpejtësisë së transformimit katalitik janë specifike për fazat dhe kushtet specifike. të zbatimit të tij.[...]
Për të kontrolluar reaksionin e neutralizimit, duhet të dini se sa acid ose alkali duhet të shtohet në tretësirë për të marrë vlerën e kërkuar të pH. Për të zgjidhur këtë problem, mund të përdoret një metodë e vlerësimit empirik të koeficientëve stekiometrikë, e cila kryhet duke përdorur titrimin.[...]
Përbërja ekuilibër e produkteve të djegies në dhomë përcaktohet nga ligji i veprimit të masës. Sipas këtij ligji, shpejtësia e reaksioneve kimike është drejtpërdrejt proporcionale me përqendrimin e reagentëve fillestarë, secili prej të cilëve merret në një shkallë të barabartë me koeficientin stoikiometrik me të cilin substanca hyn në ekuacionin e reaksionit kimik. Bazuar në përbërjen e lëndëve djegëse, mund të supozojmë se produktet e djegies, për shembull, karburantet e lëngshme të raketave në dhomë do të përbëhen nga CO2, H20, CO, N0, OH, Li2, H2, N. H, O, për Karburanti i ngurtë i raketave - nga A1203, N2, H2, HC1, CO, C02, H20 në T = 1100...2200 K. [...]
Për të vërtetuar mundësinë e përdorimit të djegies me dy faza të gazit natyror, u kryen studime eksperimentale mbi shpërndarjen e temperaturave lokale, përqendrimet e oksideve të azotit dhe substancave të djegshme përgjatë gjatësisë së pishtarit, në varësi të raportit të ajrit të tepërt që furnizohet përmes djegësit. . Eksperimentet u kryen duke djegur gazin natyror në furrën e një kazani PTVM-50, të pajisur me një djegës vorbull VTI me shpërndarjen periferike të avionëve të gazit në një rrjedhë ajri tërthor rrotullues. Është vërtetuar se në ag O.bb procesi i djegies së karburantit përfundon në një distancë 1ph/X>Out = 4.2, dhe në ag=1.10 - në një distancë bph10out = 3.6. Kjo tregon një proces të zgjatur djegieje në kushte dukshëm të ndryshme nga ato stoikiometrike.[...]
Një matricë e thjeshtuar e parametrave të procesit me llum të aktivizuar pa nitrifikim është paraqitur në Tabelën. 4.2. Këtu supozohet se tre faktorë kryesorë kontribuojnë në procesin e konvertimit: rritja biologjike, degradimi dhe hidroliza. Shpejtësia e reagimit tregohet në kolonën e djathtë, dhe koeficientët e paraqitur në tabelë janë stoikiometrikë. Duke përdorur të dhënat e tabelës, mund të shkruani një ekuacion të balancës së masës, për shembull, për substancën organike që dekompozohet lehtësisht Be në një reaktor ideal përzierës. Shprehjet e transportit janë vetë-shpjeguese. Ne gjejmë dy shprehje që përshkruajnë transformimet e një substance duke shumëzuar koeficientët stoikiometrikë nga (në këtë rast) kolonat "komponent" me shpejtësitë përkatëse të reagimit nga kolona e djathtë e tabelës. 4.2.[...]
Në Fig. Figura 50 tregon ndryshimin e përmbajtjes së Shx në produktet e djegies (g/kWh) në varësi të përbërjes së përzierjes dhe kohës së ndezjes. Sepse Formimi i NOx varet kryesisht nga temperatura e gazit; me ndezjen e hershme, emetimi i NOx rritet. Varësia e formimit të 1 Yux nga koeficienti i tepërt i ajrit është më kompleks, sepse ka dy faktorë të kundërt. Formimi i 1Ох varet nga përqendrimi i oksigjenit në përzierjen e djegies dhe nga temperatura. Përkulja e përzierjes rrit përqendrimin e oksigjenit, por ul temperaturën maksimale të djegies. Kjo çon në faktin se përmbajtja maksimale arrihet kur punoni me përzierje pak më të varfra se ato stoikiometrike. Në të njëjtat vlera të koeficientit të ajrit të tepërt, efikasiteti efektiv ka një maksimum.[...]
Në Fig. Figura 7.2 tregon varësinë eksperimentale të përqendrimit të metanolit nga përqendrimi i NO3-N në daljen e biofilterit me zhvendosje të plotë. Linjat që lidhin pikat eksperimentale karakterizojnë shpërndarjen e substancës përgjatë filtrit në raporte të ndryshme Smc/Sn- Pjerrësia e kurbave korrespondon me vlerën e koeficientit stoikiometrik: 3.1 kg CH3OH/kg NO -N. [... ]
Marrëdhënia që lidh përqendrimet e substancave reaguese me konstantën e ekuilibrit është një shprehje matematikore e ligjit të veprimit të masës, e cila mund të formulohet si më poshtë: për një reaksion të caktuar të kthyeshëm në një gjendje ekuilibri kimik, raporti i produktit të ekuilibrit. përqendrimet e produkteve të reaksionit ndaj produktit të përqendrimeve të ekuilibrit të substancave fillestare në një temperaturë të caktuar është një vlerë konstante dhe përqendrimi i secilës substancë duhet të rritet në fuqinë e koeficientit të saj stoikiometrik.[...]
Në Bashkimin Sovjetik, metoda Polezhaev dhe Girina përdoret për të përcaktuar JO¡¡ në atmosferë. Kjo metodë përdor një zgjidhje 8% KJ për të kapur dioksidin e azotit. Përcaktimi i joneve të nitriteve në tretësirën që rezulton kryhet duke përdorur reagentin Griess-Ilosvay. Tretësira e jodidit të kaliumit është një absorbues dukshëm më efektiv i NO2 se sa tretësira e alkalit. Me vëllimin e tij (vetëm 6 ml) dhe shpejtësinë e transmetimit të ajrit (0,25 l/min), jo më shumë se 2% NO2 kalon nëpër pajisjen thithëse me një pllakë qelqi poroze. Mostrat e marra janë të ruajtura mirë (rreth një muaj). Koeficienti stekiometrik për përthithjen e NOa nga tretësira KJ është 0.75, duke marrë parasysh përparimin. Sipas të dhënave tona, kjo metodë nuk ndërhyn me NO në një raport përqendrimi prej NO:NOa 3:1.[...]
Disavantazhet e kësaj metode, e cila përdoret gjerësisht në praktikën e përpunimit të mbetjeve në temperaturë të lartë, është nevoja e përdorimit të reagentëve alkaline të shtrenjtë (NaOH dhe Na2CO3). Kështu, është e mundur të plotësohen nevojat e shumë industrive që kanë nevojë të neutralizojnë sasi të vogla mbetjesh të lëngshme me një gamë të gjerë përbërësish kimikë dhe çdo përmbajtje të përbërjeve organoklorike. Megjithatë, djegia e tretësve që përmbajnë klor duhet të trajtohet me kujdes, pasi në kushte të caktuara (1 > 1200°C, raporti i ajrit të tepërt > 1,5) gazrat e shkarkimit mund të përmbajnë fosgjen, një kloroksid karboni shumë toksik ose klorur të acidit karbonik ( COC12). Përqendrimi i rrezikshëm për jetën e kësaj substance është 450 mg për 1 m3 ajër.[...]
Proceset e shpëlarjes ose të gërryerjes kimike të mineraleve pak të tretshëm ose të lidhjeve të tyre karakterizohen nga formimi i fazave të reja të ngurta; ekuilibrat ndërmjet tyre dhe komponentëve të tretur analizohen duke përdorur diagramet fazore termodinamike. Vështirësitë themelore këtu zakonisht lindin në lidhje me nevojën për të përshkruar kinetikën e proceseve, pa të cilat shqyrtimi i tyre shpesh nuk justifikohet. Modelet kinetike korresponduese kërkojnë pasqyrimin e ndërveprimeve kimike në formë eksplicite - përmes përqendrimeve të pjesshme të substancave reaguese cx, duke marrë parasysh koeficientët stoikiometrikë V. të reaksioneve specifike.
Për çdo substancë të reaksionit, ekzistojnë sasitë e mëposhtme të substancës:
Sasia fillestare e substancës së i-të (sasia e substancës para fillimit të reaksionit);
Sasia përfundimtare e substancës së i-të (sasia e substancës në fund të reaksionit);
Sasia e substancës së reaguar (për substancat fillestare) ose e formuar (për produktet e reaksionit).
Meqenëse sasia e një lënde nuk mund të jetë negative, atëherë për substancat fillestare
Që nga >.
Për produktet e reagimit >, pra, .
Raportet stekiometrike janë marrëdhënie midis sasive, masave ose vëllimeve (për gazrat) të substancave që reagojnë ose produkteve të reaksionit, të llogaritura në bazë të ekuacionit të reaksionit. Llogaritjet duke përdorur ekuacionet e reaksionit bazohen në ligjin bazë të stoikiometrisë: raporti i sasive të substancave reaguese ose të formuara (në mol) është i barabartë me raportin e koeficientëve përkatës në ekuacionin e reaksionit (koeficientët stoikiometrikë).
Për reaksionin aluminotermik të përshkruar nga ekuacioni:
3Fe 3 O 4 + 8Al = 4Al 2 O 3 + 9Fe,
sasitë e substancave të reaguara dhe produkteve të reaksionit lidhen si
Për llogaritjet, është më i përshtatshëm të përdoret një formulim tjetër i këtij ligji: raporti i sasisë së substancës së reaguar ose të formuar si rezultat i reagimit ndaj koeficientit të tij stoikiometrik është një konstante për një reagim të caktuar.
Në përgjithësi, për një reagim të formës
aA + bB = cC + dD,
ku shkronjat e vogla tregojnë koeficientët dhe shkronjat e mëdha tregojnë substanca kimike, sasitë e reaktantëve lidhen me raportin:
Çdo dy terma të këtij raporti, të lidhura me barazi, formojnë proporcionin e një reaksioni kimik: për shembull,
Nëse masa e substancës së formuar ose të reaguar të reaksionit njihet për një reaksion, atëherë sasia e saj mund të gjendet duke përdorur formulën
dhe më pas, duke përdorur proporcionin e reaksionit kimik, mund të gjenden reaksionet për substancat e mbetura. Një substancë, nga masa ose sasia e së cilës gjenden masat, sasitë ose vëllimet e pjesëmarrësve të tjerë në reaksion, nganjëherë quhet një substancë mbështetëse.
Nëse jepen masat e disa reagentëve, atëherë masat e substancave të mbetura llogariten në bazë të substancës që është në mungesë, d.m.th., është konsumuar plotësisht në reaksion. Sasitë e substancave që përputhen saktësisht me ekuacionin e reaksionit pa tepricë ose mungesë quhen sasi stoikiometrike.
Kështu, në problemet që lidhen me llogaritjet stekiometrike, veprimi kryesor është gjetja e substancës mbështetëse dhe llogaritja e sasisë së saj që ka hyrë ose është formuar si rezultat i reaksionit.
Llogaritja e sasisë së lëndëve të ngurta individuale
ku është sasia e substancës individuale të ngurtë A;
Masa e substancës së ngurtë individuale A, g;
Masa molare e substancës A, g/mol.
Llogaritja e sasisë së mineralit natyror ose përzierjes së lëndëve të ngurta
Le të jepet piriti mineral natyral, përbërësi kryesor i të cilit është FeS 2. Përveç tij, piriti përmban papastërti. Përmbajtja e përbërësit kryesor ose papastërtive tregohet në përqindje masive, për shembull, .
Nëse dihet përmbajtja e komponentit kryesor, atëherë
Nëse dihet përmbajtja e papastërtive, atëherë
ku është sasia e substancës individuale FeS 2, mol;
Masa e mineralit të piritit, g.
Sasia e një komponenti në një përzierje trupash të ngurtë llogaritet në mënyrë të ngjashme nëse dihet përmbajtja e tij në fraksione masive.
Llogaritja e sasisë së substancës në një lëng të pastër
Nëse masa dihet, atëherë llogaritja është e ngjashme me atë për një trup të ngurtë individual.
Nëse vëllimi i lëngut dihet, atëherë
1. Gjeni masën e këtij vëllimi të lëngut:
m f = V f ·s f,
ku mf është masa e lëngut g;
Vf - vëllimi i lëngut, ml;
cf - dendësia e lëngshme, g/ml.
2. Gjeni numrin e moleve të lëngut:
Kjo teknikë është e përshtatshme për çdo gjendje të grumbullimit të një substance.
Përcaktoni sasinë e substancës H 2 O në 200 ml ujë.
Zgjidhja: nëse temperatura nuk është e specifikuar, atëherë dendësia e ujit supozohet të jetë 1 g/ml, atëherë:
Llogaritja e sasisë së lëndës së tretur në një tretësirë nëse dihet përqendrimi i saj
Nëse dihet pjesa masive e substancës së tretur, dendësia e tretësirës dhe vëllimi i saj, atëherë
m zgjidhje = V zgjidhje c zgjidhje,
ku m tretësirë është masa e tretësirës, g;
tretësirë V - vëllimi i tretësirës, ml;
c tretësirë - dendësia e tretësirës, g/ml.
ku është masa e substancës së tretur, g;
Pjesa masive e lëndës së tretur, e shprehur në %.
Përcaktoni sasinë e acidit nitrik në 500 ml tretësirë acidi 10% me densitet 1,0543 g/ml.
Përcaktoni masën e tretësirës
m tretësirë = V tretësirë s tretësirë = 500 1,0543 = 527,150 g.
Përcaktoni masën e HNO 3 të pastër
Përcaktoni numrin e moleve të HNO 3
Nëse dihet përqendrimi molar i substancës së tretur dhe vëllimi i tretësirës, atëherë
ku është vëllimi i tretësirës, l;
Përqendrimi molar i substancës i-të në tretësirë, mol/l.
Llogaritja e sasisë së substancës individuale të gaztë
Nëse është dhënë masa e një lënde të gaztë, ajo llogaritet duke përdorur formulën (1).
Nëse vëllimi i matur në kushte normale jepet, atëherë sipas formulës (2), nëse vëllimi i një lënde të gaztë matet në ndonjë kusht tjetër, atëherë sipas formulës (3), formulat janë dhënë në faqet 6-7.
