Kur hartoni një ekuacion për një reaksion redoks, është e nevojshme të përcaktohet agjenti reduktues, agjenti oksidues dhe numri i elektroneve të dhëna dhe të marra. Ekzistojnë kryesisht dy metoda për përpilimin e ekuacioneve të reaksioneve redoks:
1) bilanc elektronik– bazuar në përcaktimin e numrit të përgjithshëm të elektroneve që lëvizin nga agjenti reduktues në agjentin oksidues;
2) bilanci jono-elektronik- parashikon përpilimin e veçantë të ekuacioneve për procesin e oksidimit dhe reduktimit me mbledhjen e tyre të mëvonshme në një metodë të përbashkët ekuacion jonik-gjysmë-reaksion. Në këtë metodë, është e nevojshme të gjenden jo vetëm koeficientët për agjentin reduktues dhe agjentin oksidues, por edhe për molekulat e mediumit. Në varësi të natyrës së mediumit, numri i elektroneve të pranuara nga agjenti oksidues ose të humbur nga agjenti reduktues mund të ndryshojë.
1) Bilanci elektronik - një metodë për gjetjen e koeficientëve në ekuacionet e reaksioneve redoks, e cila merr parasysh shkëmbimin e elektroneve midis atomeve të elementeve që ndryshojnë gjendjen e tyre të oksidimit. Numri i elektroneve të dhuruara nga agjenti reduktues është i barabartë me numrin e elektroneve të marra nga agjenti oksidues.
Ekuacioni përpilohet në disa faza:
1. Shkruani skemën e reagimit.
KMnO 4 + HCl → KCl + MnCl 2 + Cl 2 + H 2 O
2. Vendosni gjendjet e oksidimit mbi shenjat e elementeve që ndryshojnë.
KMn +7 O 4 + HCl -1 → KCl + Mn +2 Cl 2 + Cl 2 0 + H 2 O
3. Alokoni elementë që ndryshojnë shkallën e oksidimit dhe përcaktojnë numrin e elektroneve të marra nga agjenti oksidues dhe të dhëna nga agjenti reduktues.
Mn +7 + 5ē = Mn +2
2Cl -1 - 2ē \u003d Cl 2 0
4. Barazoni numrin e elektroneve të fituara dhe të dhuruara, duke vendosur kështu koeficientët për përbërjet në të cilat ka elementë që ndryshojnë gjendjen e oksidimit.
Mn +7 + 5ē = Mn +2 2
2Cl -1 - 2ē \u003d Cl 2 0 5
––––––––––––––––––––––––
2Mn +7 + 10Cl -1 = 2Mn +2 + 5Cl 2 0
5. Koeficientët zgjidhen për të gjithë pjesëmarrësit e tjerë në reagim. Në këtë rast, 10 molekula HCl marrin pjesë në procesin e reduktimit, dhe 6 në procesin e shkëmbimit të joneve (lidhja e joneve të kaliumit dhe manganit).
2KMn +7 O 4 + 16HCl -1 = 2KCl + 2Mn +2 Cl 2 + 5Cl 2 0 + 8H 2 O
2) Metoda e bilancit jon-elektron.
1. Shkruani skemën e reagimit.
K 2 SO 3 + KMnO 4 + H 2 SO 4 → K 2 SO 4 + MnSO 4 + H 2 O
2. Shkruani skemat e gjysmëreaksioneve, duke përdorur grimcat aktuale (molekula dhe jone) në tretësirë. Në të njëjtën kohë, ne përmbledhim bilancin material, d.m.th. numri i atomeve të elementeve që marrin pjesë në gjysmëreaksionin në anën e majtë duhet të jetë i barabartë me numrin e tyre në të djathtë. Format e oksiduara dhe të reduktuara oksiduesi dhe reduktuesi shpesh ndryshojnë në përmbajtjen e oksigjenit (krahaso Cr 2 O 7 2− dhe Cr 3+). Prandaj, gjatë përpilimit të ekuacioneve të gjysmë-reaksionit duke përdorur metodën e bilancit elektron-jon, ato përfshijnë çifte H + / H 2 O (për acidike mjedisi) dhe OH - / H 2 O (për alkaline mjedisi). Nëse gjatë kalimit nga një formë në tjetrën, forma origjinale (zakonisht − të oksiduara) humbet jonet e tij okside (të paraqitura më poshtë në kllapa katrore), këto të fundit, duke qenë se nuk ekzistojnë në formë të lirë, duhet të jenë në acidike medium kombinohen me kationet e hidrogjenit, dhe në alkaline e mesme - me molekula uji, e cila çon në formim molekulat e ujit(në një mjedis acid) dhe jonet hidroksid(në një mjedis alkalik):
mjedis acid+ 2H + = H 2 O shembull: Cr 2 O 7 2− + 14H + = 2Cr 3+ + 7H 2 O
mjedis alkalik+ H 2 O \u003d 2 OH - shembull: MnO 4 - + 2H 2 O \u003d MnO 2 + 4OH -
mungesa e oksigjenit në formën origjinale (më shpesh në formën e rivendosur) në krahasim me formën përfundimtare kompensohet duke shtuar molekulat e ujit(në acidike mjedisi) ose jonet hidroksid(në alkaline mjedisi):
mjedis acid H 2 O = + 2H + shembull: SO 3 2- + H 2 O = SO 4 2- + 2H +
mjedis alkalik 2 OH - \u003d + H 2 O shembull: SO 3 2- + 2OH - \u003d SO 4 2- + H 2 O
MnO 4 - + 8H + → Mn 2+ + 4H 2 O reduktim
SO 3 2- + H 2 O → SO 4 2- + 2H + oksidim
3. Përmbledhim bilancin elektronik, duke ndjekur nevojën për barazimin e ngarkesës totale në pjesën e djathtë dhe të majtë të ekuacioneve të gjysmëreaksionit.
Në shembullin e mësipërm, në anën e djathtë të ekuacionit të gjysmë-reaksionit të reduktimit, ngarkesa totale e joneve është +7, në të majtë - +2, që do të thotë se pesë elektrone duhet të shtohen në anën e djathtë:
MnO 4 - + 8H + + 5ē → Mn 2+ + 4H 2 O
Në ekuacionin e gjysmë-reaksionit të oksidimit, ngarkesa totale në anën e djathtë është -2, në anën e majtë 0, që do të thotë se dy elektrone duhet të zbriten në anën e djathtë:
SO 3 2- + H 2 O - 2ē → SO 4 2- + 2H +
Kështu, në të dy ekuacionet zbatohet bilanci jon-elektron dhe është e mundur që në to të vendosen shenja të barabarta në vend të shigjetave:
MnO 4 - + 8H + + 5ē \u003d Mn 2+ + 4H 2 O
SO 3 2- + H 2 O - 2ē \u003d SO 4 2- + 2H +
4. Duke ndjekur rregullin për domosdoshmërinë e barazisë së numrit të elektroneve të pranuara nga agjenti oksidues dhe të dhënë nga agjenti reduktues, gjejmë shumëfishin më të vogël të përbashkët për numrin e elektroneve në të dy ekuacionet (2∙5 = 10).
5. Shumëzojmë me koeficientët (2.5) dhe mbledhim të dy ekuacionet duke shtuar pjesën e majtë dhe të djathtë të të dy ekuacioneve.
MnO 4 - + 8H + + 5ē \u003d Mn 2+ + 4H 2 O 2
SO 3 2- + H 2 O - 2ē \u003d SO 4 2- + 2H + 5
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
2MnO 4 - + 16H + + 5SO 3 2- + 5H 2 O = 2Mn 2+ + 8H 2 O + 5SO 4 2- + 10H +
2MnO 4 - + 6H + + 5SO 3 2- = 2Mn 2+ + 3H 2 O + 5SO 4 2-
ose në formë molekulare:
5K 2 SO 3 + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 = 6K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 3H 2 O
Kjo metodë merr parasysh kalimin e elektroneve nga një atom ose jon në tjetrin, duke marrë parasysh natyrën e mediumit (acid, alkalik ose neutral) në të cilin zhvillohet reaksioni. Në një mjedis acid, në ekuacionet e gjysmëreaksionit, për të barazuar numrin e atomeve të hidrogjenit dhe oksigjenit, duhet të përdoren jonet e hidrogjenit H + dhe molekulat e ujit, në atë bazë, jonet hidroksid OH - dhe molekulat e ujit. Në përputhje me rrethanat, në produktet e marra, në anën e djathtë të ekuacionit elektron-jonik, do të ketë jone hidrogjeni (dhe jo jone hidroksid) dhe molekula uji (medium acid) ose jone hidroksid dhe molekula uji (medium alkalik). Kështu, për shembull, ekuacioni për gjysmëreaksionin e reduktimit të një joni permanganat në një mjedis acid nuk mund të përpilohet me praninë e joneve hidroksid në anën e djathtë:
MnO 4 - + 4H 2 O + 5ē \u003d Mn 2+ + 8OH -.
Në mënyrë korrekte: MnO 4 - + 8H + + 5ē \u003d Mn 2+ + 4H 2 O
Kjo do të thotë, gjatë shkrimit të ekuacioneve elektron-jonike, duhet të vazhdohet nga përbërja e joneve të pranishme aktualisht në zgjidhje. Përveç kësaj, si në përgatitjen e ekuacioneve të shkurtuara jonike, substancat që janë dobët të shkëputura, pak të tretshme ose të çliruara në formën e një gazi duhet të shkruhen në formë molekulare.
Hartimi i ekuacioneve të reaksioneve redoks duke përdorur metodën e gjysmëreaksionit çon në të njëjtin rezultat si metoda e bilancit elektronik.
Le të krahasojmë të dyja metodat. Avantazhi i metodës së gjysmëreaksionit në krahasim me metodën e bilancit elektronik është se se nuk përdor jone hipotetike, por reale.
Kur përdoret metoda e gjysmë-reaksionit, nuk është e nevojshme të dihet gjendja e oksidimit të atomeve. Shkrimi i ekuacioneve të veçanta jonike të gjysmëreaksionit është i nevojshëm për të kuptuar proceset kimike në një qelizë galvanike dhe gjatë elektrolizës. Me këtë metodë është i dukshëm roli i mjedisit si pjesëmarrës aktiv në të gjithë procesin. Së fundi, kur përdoret metoda e gjysmëreaksionit, nuk është e nevojshme të njihen të gjitha substancat që rezultojnë, ato shfaqen në ekuacionin e reaksionit kur e nxjerrin atë. Prandaj, metoda e gjysmëreaksioneve duhet të preferohet dhe përdoret në përgatitjen e ekuacioneve për të gjitha reaksionet redoks që ndodhin në tretësirat ujore.
Në këtë metodë krahasohen gjendjet e oksidimit të atomeve në substancat fillestare dhe përfundimtare, të udhëhequr nga rregulli: numri i elektroneve të dhuruara nga agjenti reduktues duhet të jetë i barabartë me numrin e elektroneve të lidhura me agjentin oksidues. Për të hartuar një ekuacion, duhet të dini formulat e reaktantëve dhe produkteve të reaksionit. Këto të fundit përcaktohen ose në mënyrë empirike ose në bazë të vetive të njohura të elementeve.
Metoda e bilancit jon-elektron është më e gjithanshme se metoda e bilancit elektronik dhe ka një avantazh të pamohueshëm në zgjedhjen e koeficientëve në shumë reaksione redoks, në veçanti, me pjesëmarrjen e përbërjeve organike, në të cilat edhe procedura për përcaktimin e gjendjeve të oksidimit është shumë. e komplikuar.
Konsideroni, për shembull, procesin e oksidimit të etilenit që ndodh kur kalon përmes një tretësire ujore të permanganatit të kaliumit. Si rezultat, etilen oksidohet në etilen glikol HO-CH 2 -CH 2 -OH, dhe permanganati reduktohet në oksid mangani (IV), përveç kësaj, siç do të jetë e qartë nga ekuacioni i bilancit përfundimtar, hidroksidi i kaliumit formohet gjithashtu në e drejta:
KMnO 4 + C 2 H 4 + H 2 O → C 2 H 6 O 2 + MnO 2 + KOH
Ekuacioni i gjysmëreaksionit të reduktimit dhe oksidimit:
MnO 4 - + 2H 2 O + 3e \u003d MnO 2 + 4OH - 2 rikuperim
C 2 H 4 + 2OH - - 2e \u003d C 2 H 6 O 2 3 oksidimi
Ne përmbledhim të dy ekuacionet, zbresim jonet hidroksid të pranishëm në anën e majtë dhe të djathtë.
Ne marrim ekuacionin përfundimtar:
2KMnO 4 + 3C 2 H 4 + 4H 2 O → 3C 2 H 6 O 2 + 2MnO 2 + 2KOH
Kur përdorni metodën e bilancit jon-elektron për të përcaktuar koeficientët në reaksionet që përfshijnë komponime organike, është e përshtatshme të merren parasysh gjendjet e oksidimit të atomeve të hidrogjenit të barabarta me +1, oksigjeni -2 dhe të llogaritet karboni duke përdorur bilancin e ngarkesave pozitive dhe negative në molekulën (jonin). Pra, në një molekulë etilen, ngarkesa totale është zero:
4 ∙ (+1) + 2 ∙ X \u003d 0,
nënkupton shkallën e oksidimit të dy atomeve të karbonit - (-4), dhe një (X) - (-2).
Në mënyrë të ngjashme, në molekulën e etilen glikolit C 2 H 6 O 2 gjejmë gjendjen e oksidimit të karbonit (X):
2 ∙ X + 2 ∙ (-2) + 6 ∙ (+1) = 0, X = -1
Në disa molekula të përbërjeve organike, një llogaritje e tillë çon në një vlerë të pjesshme të gjendjes së oksidimit të karbonit, për shembull, për një molekulë acetoni (C 3 H 6 O), është -4/3. Ekuacioni elektronik vlerëson ngarkesën totale të atomeve të karbonit. Në një molekulë acetoni, është -4.
Informacione të ngjashme.
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 për matjen e sasisë së 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 Avogadro N a 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 një substance V(X) dhe vëllimin e saj molar, mund të llogarisim sasinë kimike të një substance:
Në kimi, shpesh duhet të merret 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 (n.s.) - temperatura 0 ° C dhe presioni 1 atmosferë (101325 Pa) - ky vëllim është 22.4 litra. Kështu, në n.o. V m (gaz) = 22,4 l / mol. Duhet theksuar se aplikohet 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 hidrogjen i gaztë përmban 6,02 10 23 molekula H 2 dhe ka një masë prej 2 g (sepse M (H 2) \u003d 2 g / mol). Rrjedhimisht,
6,02·10 23 molekulat H 2 kanë një masë prej 2 g;
1 molekulë H 2 ka një masë x g; x \u003d 3,32 10 -24 g.
Koncepti i "nishanit" përdoret gjerësisht për të kryer llogaritjet sipas ekuacioneve të 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 dhe mungesë me 3 mol oksigjen, dhe 2 mol azot dhe 6 mol. të ujit janë formuar.
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 substancave reaguese, të cilat jepen sipas gjendjes së problemit:
n (Ca (H 2 PO 4) 2) \u003d m (Ca (H 2 PO 4) 2) / M (Ca (H 2 PO 4) 2) \u003d 70,2 g: 234 g / mol \u003d 0,3 mol ;
n(KOH) = m(KOH) / M(KOH) = 68 g: 56 g/mol = 1,215 mol.
3 mol Ca(H 2 PO 4) 2 kërkon 12 mol KOH
0,3 mol Ca (H 2 PO 4) 2 kërkon x mol KOH
x \u003d 1.2 mol - do të kërkohet aq shumë KOH në mënyrë që reagimi të vazhdojë pa tepricë dhe mangësi. Dhe sipas gjendjes së problemit janë 1.215 mol KOH. Prandaj, KOH është në tepricë; sasia e KOH e mbetur pas reaksionit:
n(KOH) \u003d 1,215 mol - 1,2 mol \u003d 0,015 mol;
masa e tij është 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 sipas substancës që është në mungesë (në këtë rast, Ca (H 2 PO 4) 2), pasi kjo substancë do të reagojë plotësisht. Mund të shihet nga ekuacioni i reaksionit se numri i moleve të Ca 3 (PO 4) 2 që rezulton 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) \u003d n (Ca 3 (PO 4) 2) × M (Ca 3 (PO 4) 2) \u003d 0,1 mol × 310 g / mol \u003d 31 g.
Detyra numër 5
a) Llogaritni sasitë kimike të reaktantëve të dhëna në tabelën 5 (vëllimet e substancave të gazta janë dhënë në kushte normale);
b) rendit koeficientët në një skemë të caktuar reaksioni dhe, duke përdorur ekuacionin e reaksionit, përcaktoni se cila nga substancat është e tepërt 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
| numri i opsionit | Substancat reaktive | Skema e reagimit | Llogaritni |
| m(Fe)=11,2 g; V (Cl 2) \u003d 5,376 l | Fe + Cl 2 ® FeCl 3 | m(FeCl 3) | |
| m(Al)=5,4 g; m(H 2 SO 4) \u003d 39,2 g | Al + H 2 SO 4 ® Al 2 (SO 4) 3 + H 2 | V(H2) | |
| V(CO)=20 l; m(O 2) \u003d 20 g | CO+O2 ® CO2 | V(CO2) | |
| m(AgNO3)=3,4 g; m(Na 2 S)=1,56 g | AgNO 3 + Na 2 S®Ag 2 S + NaNO 3 | m (Ag 2 S) | |
| m(Na2CO3)=53 g; m(HCl)=29,2 g | Na 2 CO 3 + HCl® NaCl + CO 2 + H 2 O | V(CO2) | |
| m (Al 2 (SO 4) 3) \u003d 34,2 g; m (BaCl 2) \u003d 52 g | Al 2 (SO 4) 3 + BaCl 2 ®AlCl 3 + BaSO 4 | m(BaSO4) | |
| m(KI)=3,32 g; V(Cl 2) \u003d 448 ml | KI+Cl 2 ® KCl+I 2 | m(I2) | |
| m(CaCl2)=22,2 g; m(AgNO 3) \u003d 59,5 g | CaCl 2 + AgNO 3 ®AgCl + Ca (NO 3) 2 | m(AgCl) | |
| m(H2)=0,48 g; V (O 2) \u003d 2,8 l | H 2 + O 2 ® H 2 O | m(H 2 O) | |
| m (Ba (OH) 2) \u003d 3,42 g; V(HCl)=784ml | Ba(OH) 2 + HCl ® BaCl 2 + H 2 O | m(BaCl2) |
Tabela 5 vazhdon
| numri i opsionit | Substancat reaktive | 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(Na3PO4) | |
| m(H2SO4)=9,8 g; m(KOH)=11,76 g | H 2 SO 4 + KOH ® K 2 SO 4 + H 2 O | m(K 2 SO 4) | |
| V(Cl2)=2,24 l; m(KOH)=10,64 g | Cl 2 +KOH ® KClO + KCl + H 2 O | m(KClO) | |
| m ((NH 4) 2 SO 4) \u003d 66 g; m (KOH) \u003d 50 g | (NH 4) 2 SO 4 +KOH®K 2 SO 4 +NH 3 +H 2 O | V(NH3) | |
| m(NH3)=6,8 g; V (O 2) \u003d 7,84 l | NH 3 + O 2 ® N 2 + H 2 O | V(N2) | |
| V(H2S)=11,2 l; m(O 2) \u003d 8,32 g | H 2 S + O 2 ® S + H 2 O | 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) \u003d 6,048 l | Al+Cl2® AlCl3 | m(AlCl 3) | |
| m(Al)=10,8 g; m(HCl)=36,5 g | Al+HCl® AlCl3 +H2 | V(H2) | |
| m(P)=15,5 g; V (O 2) \u003d 14,1 l | P+O 2 ® P 2 O 5 | m(P 2 O 5) | |
| m (AgNO 3) \u003d 8,5 g; m (K 2 CO 3) \u003d 4,14 g | AgNO 3 + K 2 CO 3 ®Ag 2 CO 3 + KNO 3 | m(Ag 2 CO 3) | |
| m(K2CO3)=69 g; m(HNO 3) \u003d 50,4 g | K 2 CO 3 + HNO 3 ®KNO 3 + CO 2 + H 2 O | V(CO2) | |
| m(AlCl3)=2,67 g; m(AgNO 3) \u003d 8,5 g | AlCl 3 + AgNO 3 ®AgCl + Al (NO 3) 3 | m(AgCl) | |
| m(KBr)=2,38 g; V(Cl 2) \u003d 448 ml | KBr+Cl2 ® KCl+Br 2 | m(Br2) | |
| m(CaBr2)=40 g; m(AgNO 3) \u003d 59,5 g | CaBr 2 + AgNO 3 ®AgBr + Ca (NO 3) 2 | m(AgBr) | |
| m(H2)=1,44 g; V (O 2) \u003d 8,4 l | H 2 + O 2 ® H 2 O | m(H 2 O) | |
| m (Ba (OH) 2) \u003d 6,84 g; V (HI) \u003d 1,568 l | Ba(OH) 2 +HI ® BaI 2 + H 2 O | m(BaI 2) | |
| m(H3PO4)=9,8 g; m(KOH)=17,08 g | H 3 PO 4 + KOH ® K 3 PO 4 + H 2 O | m(K 3 PO 4) | |
| m(H2SO4)=49 g; m(NaOH)=45 g | H 2 SO 4 + NaOH ® Na 2 SO 4 + H 2 O | m(Na 2 SO 4) | |
| V(Cl2)=2,24 l; m(KOH)=8,4 g | Cl 2 +KOH ® KClO 3 + KCl + H 2 O | m(KClO 3) | |
| m(NH4Cl)=43 g; m (Ca (OH) 2) \u003d 37 g | NH 4 Cl + Ca (OH) 2 ® CaCl 2 + NH 3 + H 2 O | V(NH3) | |
| V(NH 3) \u003d 8,96 l; m(O 2) \u003d 14,4 g | NH 3 + O 2 ® NO + H 2 O | V(JO) | |
| V(H2S)=17,92 l; m(O 2) \u003d 40 g | H 2 S + O 2 ® SO 2 + H 2 O | V(SO2) | |
| m(MnO2)=8,7 g; m(HBr)=30,8 g | MnO 2 + HBr ® MnBr 2 + Br 2 + H 2 O | m(MnBr 2) | |
| m(Ca)=10 g; m(H2O)=8,1 g | Ca + H 2 O ® Ca (OH) 2 + H 2 | V(H2) |
KONCENTRIMI I ZGJIDHJEVE
Si pjesë e kursit të përgjithshëm të kimisë, studentët mësojnë 2 mënyra për të shprehur përqendrimin e tretësirave - fraksionin masiv dhe përqendrimin molar.
Pjesa masive e substancës së tretur X llogaritet si raport i masës së kësaj substance me masën e tretësirës:
,
ku ω(X) është pjesa masive e substancës së tretur X;
m(X) është masa e substancës së tretur X;
m zgjidhje - masa e tretësirës.
Pjesa masive e një substance e llogaritur sipas formulës së 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, përqendrimi në përqindje i substancës së tretur 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 zgjidhni gramët si njësi të masës, atëherë ky përkufizim mund të shkruhet edhe si më poshtë: përqendrimi në përqindje tregon se sa gramë të një lënde të tretur përmbahen në 100 gram tretësirë.
Është e qartë se, për shembull, një zgjidhje 30% korrespondon me një pjesë masive të një substance të tretur të barabartë me 0.3.
Një mënyrë tjetër për të shprehur përmbajtjen e një tretësie në një tretësirë është përqendrimi molar (molariteti).
Përqendrimi molar i një lënde ose molariteti i një tretësire, tregon sa mole të një tretësie përmban 1 litër (1 dm 3) tretësirë
ku C(X) është përqendrimi molar i substancës së tretur X (mol/l);
n(X) është 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 (H 3 PO 4) \u003d m (H 3 PO 4) : M (H 3 PO 4) \u003d 60 g: 98 g / mol \u003d 0,612 mol;
tretësirë V \u003d m zgjidhje: ρ tretësirë \u003d 100 g: 1,43 g / cm 3 \u003d 69,93 cm 3 \u003d 0,0699 l;
C (H 3 PO 4) \u003d n (H 3 PO 4): V tretësirë \u003d 0,612 mol: 0,0699 l \u003d 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 "zgjidhje 0,5 M" do të thotë se C (H 2 SO 4) \u003d 0,5 mol / l).
m tretësirë = V tretësirë × ρ tretësirë = 1000 ml × 1 g/ml = 1000 g;
m (H 2 SO 4) \u003d n (H 2 SO 4) × M (H 2 SO 4) \u003d 0,5 mol × 98 g / mol \u003d 49 g;
ω (H 2 SO 4) \u003d m (H 2 SO 4) : m tretësirë \u003d 49 g: 1000 g \u003d 0,049 (4,9%).
Shembulli 5.3 Cilat vëllime uji dhe një tretësirë 96% e H 2 SO 4 me densitet 1,84 g / ml duhet të merren për të përgatitur 2 litra tretësirë 60 % të H 2 SO 4 me një densitet 1,5 g / ml.
Gjatë zgjidhjes së problemeve për përgatitjen e një tretësire të holluar nga ajo e koncentruar, duhet të kihet parasysh se tretësira fillestare (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 një tretësire të koncentruar dhe ujit, ndodh një ndryshim (rritje ose ulje) në vëllimin e të gjithë sistemit.
Zgjidhja e problemeve të tilla duhet të fillojë me gjetjen e parametrave të një solucioni të holluar (d.m.th., tretësirës që duhet të përgatitet): masën e saj, masën e substancës së tretur, nëse është e nevojshme, dhe 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% \u003d m tretësirë 60% w (H 2 SO 4) në tretësirë 60% \u003d 3000 g 0,6 \u003d 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 tretësirën e holluar. Në këtë mënyrë,
m (H 2 SO 4) në tretësirë 60% \u003d m (H 2 SO 4) në tretësirë 96% \u003d 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) \u003d m tretësirë 40% - m 96% tretësirë \u003d 3000 g - 1875 g \u003d 1125 g.
V 96% tretësirë \u003d m Tretësirë 96%: ρ tretësirë 96% \u003d 1875 g: 1,84 g / ml \u003d 1019 ml » 1,02 l.
V ujë \u003d m ujë: ρ ujë \u003d 1125g: 1 g / ml \u003d 1125 ml \u003d 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 një tretësire të holluar + V 2 e një tretësire të holluar + ... "V e tretësirës që rezulton.
Në zgjidhjen e parë:
n (CuCl 2) \u003d C (CuCl 2) V zgjidhje e CuCl 2 \u003d 0,1 mol / l × 0,1 l \u003d 0,01 mol;
CuCl 2 - elektrolit i fortë: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2Cl -;
Prandaj, n (Cu 2+) \u003d n (CuCl 2) \u003d 0,01 mol; n(Cl -) \u003d 2 × 0,01 \u003d 0,02 mol.
Në zgjidhjen e dytë:
n (Cu (NO 3) 2) \u003d C (Cu (NO 3) 2) × V tretësirë Cu (NO 3) 2 \u003d 0,2 mol / l × 0,15 l \u003d 0,03 mol;
Cu(NO 3) 2 - elektrolit i fortë: CuCl 2 ® Cu 2+ + 2NO 3 -;
Prandaj, n (Cu 2+) \u003d n (Cu (NO 3) 2) \u003d 0,03 mol; n (NO 3 -) \u003d 2 × 0,03 \u003d 0,06 mol.
Pas përzierjes së tretësirave:
n(Cu2+)tot. = 0,01 mol + 0,03 mol = 0,04 mol;
V e zakonshme. » Vsolucion CuCl 2 + Vsolucion Cu(NO 3) 2 \u003d 0,1 l + 0,15 l \u003d 0,25 l;
C(Cu 2+) = n(Cu 2+) : Vtot. \u003d 0,04 mol: 0,25 l \u003d 0,16 mol / l;
C(Cl -) = n(Cl -) : Vtot. \u003d 0,02 mol: 0,25 l \u003d 0,08 mol / l;
C (NO 3 -) \u003d n (NO 3 -): V gjithsej. \u003d 0,06 mol: 0,25 l \u003d 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 arrit në 500 ml me ujë. Llogaritni përqendrimet molare të joneve H +, Al 3+ SO 4 2– në tretësirën që rezulton.
Llogaritni sasinë e substancave të tretura:
n (Al 2 (SO 4) 3) \u003d m (Al 2 (SO 4) 3) : M (Al 2 (SO 4) 3) \u003d 0,684 g: 342 g mol \u003d 0,002 mol;
Al 2 (SO 4) 3 - 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–) \u003d 3 × 0,002 mol \u003d 0,006 mol.
m tretësirë e H 2 SO 4 \u003d V zgjidhje e H 2 SO 4 × ρ tretësirë e H 2 SO 4 \u003d 1 ml × 1,1 g / ml \u003d 1,1 g;
m (H 2 SO 4) \u003d m tretësirë e H 2 SO 4 × w (H 2 SO 4) \u003d 1,1 g 0,098 \u003d 0,1078 g.
n (H2SO4) \u003d m (H2SO4) : M (H2SO4) \u003d 0.1078 g: 98 g / mol \u003d 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–) \u003d n (H 2 SO 4) \u003d 0,0011 mol; n(H +) \u003d 2 × 0,0011 \u003d 0,0022 mol.
Sipas gjendjes së problemit, vëllimi i tretësirës që rezulton është 500 ml (0,5 l).
n(SO 4 2–) total. \u003d 0,006 mol + 0,0011 mol \u003d 0,0071 mol.
C (Al 3+) \u003d n (Al 3+): V tretësirë \u003d 0,004 mol: 0,5 l \u003d 0,008 mol / l;
C (H +) \u003d n (H +) : V zgjidhje \u003d 0,0022 mol: 0,5 l \u003d 0,0044 mol / l;
C (SO 4 2–) \u003d n (SO 4 2–) total. : zgjidhje V \u003d 0,0071 mol: 0,5 l \u003d 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). Merret dendësia e tretësirës e barabartë me 1.1 g/ml.
Masa e tretësirës që do 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) \u003d m tretësirë × w (FeSO 4) \u003d 3300 g × 0,1 \u003d 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) \u003d 278 g / mol dhe M (FeSO 4) \u003d 152 g / mol,
marrim proporcionin:
278 g FeSO 4 7H 2 O përmban 152 g FeSO 4;
x g FeSO 4 7H 2 O përmban 330 g FeSO 4;
x \u003d (278 330) : 152 \u003d 603,6 g.
m ujë \u003d m tretësirë - m sulfat hekuri \u003d 3300 g - 603,6 g \u003d 2696,4 g.
Sepse dendësia e ujit është 1 g / ml, atëherë vëllimi i ujit që duhet të merret për të përgatitur tretësirën është: V ujë \u003d m ujë: ρ ujë \u003d 2696,4 g: 1 g / ml \u003d 2696,4 ml.
Shembulli 5.7 Cila masë e kripës së Glauber-it (Na 2 SO 4 10H 2 O) duhet të shpërndahet 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:
m tretësirë 15% = m tretësirë origjinale (10%) + m kripë Glauber = 550 + x (g);
m tretësirë fillestare (10%) = V tretësirë 10% × ρ tretësirë 10% = 500 ml × 1,1 g/ml = 550 g;
m (Na 2 SO 4) në tretësirën origjinale (10%) \u003d m 10% tretësirë a w (Na 2 SO 4) \u003d 550 g 0,1 \u003d 55 g.
Shprehni përmes x masën e Na 2 SO 4 të pastër që përmbahet në x gram Na 2 SO 4 10H 2 O.
M (Na 2 SO 4 10H 2 O) \u003d 322 g / mol; M (Na 2 SO 4) \u003d 142 g / mol; Rrjedhimisht:
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) \u003d 142 x: 322 \u003d 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 tretësirë 15% = 55 + 0,441 × x (g).
Në zgjidhjen që rezulton: 
= 0,15
, prej nga x = 94,5 g.
Detyra numër 6
Tabela 6 - Kushtet e detyrës nr. 6
| numri i opsionit | 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–. | |
| Tretësira të përziera: 100 ml 0,05M Cr 2 (SO 4) 3 dhe 100 ml 0,02M 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)? | |
| Tretësira të përziera: 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)? | |
| Cila masë e sulfatit të bakrit (CuSO 4 × 5H 2 O) nevojitet për të përgatitur 500 ml tretësirë 5% të sulfatit të bakrit me një 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 një 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 sulfate 10% të hekurit (II) (densiteti i tretësirës 1,2 g / ml)? | |
| Tretësira të përziera: 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. |
Tabela 6 vazhdon
| numri i opsionit | Teksti i kushtit |
| Çfarë vëllimesh uji dhe një zgjidhje 40% të acidit fosforik me një densitet 1,35 g / ml do të nevojiten për të përgatitur 1 m 3 të një tretësire 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). | |
| Tretësira të përziera: 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% me densitet 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 që rezulton, dendësia e së cilës është 1,1 g / ml? Llogaritni përqendrimet molare të joneve Al 3+ dhe SO 4 2– në këtë tretësirë. | |
| Tretësira të përziera: 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 80% tretësirë të acidit acetik (densiteti 1,07 g/ml) do të nevojiten për të përgatitur 0,5 l 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 përqindja e përqendrimit të Al 2 (SO 4) 3 në një tretësirë në të cilën përqendrimi molar i joneve të sulfatit 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? | |
| Tretësira të përziera: 200 ml 0,025 M Fe 2 (SO 4) 3 dhe 50 ml 0,05 M FeCl 3 . Llogaritni përqendrimin molar 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 | |
| Tretësira të përziera: 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 50% të acidit perklorik (densiteti 1,4 g/ml) dhe ujit nevojiten për të përgatitur 1 litër tretësirë 8% me densitet 1,05 g/ml? | |
| Sa gram 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? | |
| Në balonë u shtuan 1 ml tretësirë 80% të H 2 SO 4 (densiteti i tretësirës 1,7 g/ml) dhe 5000 mg Cr 2 (SO 4) 3. 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. |
Tabela 6 vazhdon
EKUILIBRI KIMIK
Të gjitha reaksionet kimike mund të ndahen në 2 grupe: reaksione të pakthyeshme, d.m.th. reaksionet që vazhdojnë deri në konsumimin e plotë të të paktën një prej substancave reaguese dhe reaksionet e kthyeshme në të cilat asnjë nga substancat reaguese nuk konsumohet plotësisht. Kjo është për shkak të faktit se një reagim i kthyeshëm mund të vazhdojë si në drejtimet e përparme ashtu edhe në anën e 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 fillim të reaksionit, përqendrimet e substancave fillestare në sistem janë maksimale; në këtë moment, shpejtësia e reagimit përpara është gjithashtu maksimale. Në fillim të reaksionit, 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, zvogëlohet edhe shpejtësia e reaksionit të drejtpërdrejtë. Përqendrimi i produktit të reaksionit rritet gradualisht, prandaj, shkalla e reagimit të kundërt gjithashtu rritet. Pas ca kohësh, shpejtësia e reagimit përpara bëhet e barabartë me shpejtësinë e kundërt. Kjo gjendje e sistemit quhet gjendja e ekuilibrit kimik. Përqendrimet e substancave në një sistem që është në gjendje ekuilibri kimik quhen përqendrimet e ekuilibrit. Karakteristika 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 për konstantën e ekuilibrit kimik (K) shkruhet si fraksion, në numëruesin e së cilës janë përqendrimet ekuilibër të produkteve të reaksionit. , dhe në emërues janë përqendrimet ekuilibër 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 e konstantës së ekuilibrit përfshin përqendrimet e ekuilibrit të vetëm substancave të gazta ose substancave që janë në gjendje të tretur . Përqendrimi i një trupi të ngurtë supozohet të jetë konstant dhe nuk shkruhet 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 \u003d 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 gjendja e problemit, mund të gjenden përqendrimet e substancave që kanë reaguar (ose formuar) deri në arritjen e ekuilibrit; në problem kërkohet të llogariten përqendrimet e ekuilibrit të të gjitha substancave dhe vlera numerike e 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 në reaksion.
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:
C ekuilibri \u003d C fillestar - C i substancës së reaguar.
Përqendrimi i ekuilibrit produkt i reagimit është e barabartë me përqendrimin e produktit të formuar në kohën e ekuilibrit:
Ekuilibri C \u003d C i produktit që rezulton.
Kështu, për të llogaritur parametrat e një sistemi ekuilibri, është shumë e rëndësishme të jemi në gjendje të përcaktojmë se sa nga substanca fillestare kishte reaguar deri në momentin e arritjes së ekuilibrit dhe sa nga produkti i reaksionit u formua. Për të përcaktuar sasinë (ose përqendrimin) e substancave të reaguara dhe të formuara, bëhen llogaritjet stoikiometrike sipas ekuacionit të 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 u arrit ekuilibri kimik, 70% e hidrogjenit nga sasia e tij fillestare mbeti në sistem. Përcaktoni konstantën e ekuilibrit të këtij reaksioni.
Nga kushtet e problemit rezulton se në kohën kur u arrit ekuilibri, 30% e hidrogjenit kishte reaguar (problemi 1 tip):
4 mol/l H 2 - 100%
x mol / l H 2 - 30%
x \u003d 1,2 mol / l \u003d C proreag. (H2)
Siç shihet nga ekuacioni i reaksionit, azoti duhet të ketë reaguar 3 herë më pak se hidrogjeni, d.m.th. Me proreakt. (N 2) \u003d 1,2 mol / l: 3 \u003d 0,4 mol / l. Amoniaku formohet 2 herë më shumë sesa reagoi azoti:
Nga imazhet. (NH 3) \u003d 2 × 0,4 mol / l \u003d 0,8 mol / l
Përqendrimet e ekuilibrit të të gjithë pjesëmarrësve në reagim do të jenë si më poshtë:
E barabartë (H 2) \u003d C fillestar. (H 2) - C proreact. (H 2) \u003d 4 mol / l - 1,2 mol / l \u003d 2,8 mol / l;
E barabartë (N 2) \u003d C beg. (N 2) – C proreact. (N 2) \u003d 3 mol / l - 0,4 mol / l \u003d 2,6 mol / l;
E barabartë (NH 3) = imazhe C. (NH 3) \u003d 0,8 mol/l.
Konstanta e ekuilibrit = 
.
Shembulli 6.2 Llogaritni përqendrimet ekuilibër të hidrogjenit, jodit dhe jodit të 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 gjendjen e këtij problemi (detyra e tipit 2), gjendja nuk thotë asgjë për përqendrimet e substancave fillestare të reaguara dhe produkteve të formuara. Prandaj, kur zgjidhen probleme të tilla, përqendrimi i disa substancave të reaguara zakonisht merret si x.
Le të ketë reaguar x mol/l H 2 deri në momentin kur arrihet 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 në reagim do të jenë si më poshtë:
E barabartë (H 2) \u003d C lyp. (H 2) - C proreact. (H 2) \u003d (5 - x) mol / l;
E barabartë (I 2) = C beg. (I 2) – C proreact. (I 2) \u003d (3 - x) mol / l;
E barabartë (HI) = imazhe C. (HI) = 2x mol/l.
4x2 = 15 - 8x + x2
3x2 + 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) \u003d (5 - x) mol / l \u003d 5 - 1,27 \u003d 3,73 mol / l;
E barabartë (I 2) \u003d (3 - x) mol / l \u003d 3 - 1,27 \u003d 1,73 mol / l;
E barabartë (HI) \u003d 2x mol / l \u003d 2 1,27 \u003d 2,54 mol / l.
Detyra numër 7
Tabela 7 - Kushtet e detyrës nr. 7
Tabela 7 vazhdon
stoikiometria- raportet sasiore ndërmjet substancave reaguese.
Nëse reaktantët hyjnë në 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:
Koeficientët në ekuacionet kimike përballë formulave të përbërjeve kimike quhen stoikiometrike.
Të gjitha llogaritjet sipas ekuacioneve kimike bazohen në përdorimin e koeficientëve stoikiometrikë dhe shoqërohen me gjetjen e sasive të një lënde (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 për të mundshmen teorikisht m t, e shprehur në fraksione të njësisë ose në përqindje.
Nëse rendimenti i produkteve të reaksionit nuk është i specifikuar në kusht, atëherë në llogaritjet merret i barabartë me 100% (rendimenti sasior).
Skema e llogaritjes sipas ekuacioneve të 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 përmasat.
Shembull. Llogaritni masën dhe sasinë e substancës së 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 bëjmë ekuacionin e reaksionit kimik: 2 Mg + O 2 \u003d 2 MgO. 2. Në formulat e substancave, tregojmë sasinë e substancës (numrin e moleve), e cila korrespondon me koeficientët stoikiometrikë: 2 Mg + O 2 \u003d 2 MgO 2 mol 2 mol 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. Me masën e substancës së dhënë në kusht, llogarisim sasinë e substancës:
5. Mbi formulën kimike të oksidit të magnezit MgO, masa e të cilit nuk dihet, vendosëm xnishan, mbi formulën e magnezit mg shkruani masën e saj molare: 1 mol xnishan 2 Mg + O 2 \u003d 2 MgO 2 mol 2 mol
Sipas rregullave për zgjidhjen e përmasave:
Sasia e oksidit të magnezit v(MgO)= 1 mol. 7. Llogaritni masën molare të oksidit të magnezit: M (Mg)\u003d 24 g / mol, M (O)=16 g/mol. M(MgO)= 24 + 16 = 40 g/mol. Llogaritni masën e oksidit të magnezit: m (MgO) \u003d ν (MgO) × M (MgO) \u003d 1 mol × 40 g / mol \u003d 40 g. Përgjigje: ν(MgO) = 1 mol; m(MgO) = 40 g. |
Gjatë përpilimit të ekuacioneve të reaksioneve redoks, duhet të respektohen dy rregullat e mëposhtme të rëndësishme:
Rregulli 1: Në çdo ekuacion jonik, duhet të respektohet ruajtja e ngarkesës. Kjo do të thotë që shuma e të gjitha ngarkesave në anën e majtë të ekuacionit ("majtas") duhet të përputhet me shumën e të gjitha ngarkesave në anën e djathtë të ekuacionit ("djathtas"). Ky rregull vlen 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 e oksidimit duhet të jetë i barabartë me numrin e elektroneve të fituara në gjysmëreaksionin e reduktimit. 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:
Procedura e mëposhtme mund të përdoret për të nxjerrë ekuacionin e plotë redoks nga ekuacionet e dy gjysmëreaksioneve:
1. Ekuacionet e secilit prej dy gjysmëreaksioneve balancohen veçmas dhe për të përmbushur rregullin 1 të mësipërm, në anën e majtë ose të djathtë të secilit ekuacion shtohet numri përkatës i elektroneve.
2. Ekuacionet e të dy gjysmëreaksioneve janë të balancuara në lidhje me njëri-tjetrin në mënyrë që numri i elektroneve të humbur 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 përmbledhur 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
Ne balancojmë ekuacionet e gjysmëreaksioneve të dhëna më poshtë dhe krijojmë një ekuacion për reaksionin redoks të oksidimit të një tretësire ujore të çdo kripe hekuri në një kripë hekuri me një tretësirë kaliumi acid.
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 të tij, 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 reduktimi.
Për ekuacionin (6), mund të shkruajmë
Për të balancuar këtë ekuacion, mund të shtoni një elektron në anën e tij të djathtë. Pastaj
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 përparme të flakës me një probabilitet të lartë të zbutjes së burimeve të ndezjes, jouniformitetit ciklik domethënës të djegies dhe, në fund të fundit, ndezjeve të gabuara. 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 e produkteve të djegies. Është e qartë se në 1.0) praktikisht nuk ndikon në përbërjen përbërëse të gazrave të gripit dhe vetëm çon në një ulje të përqendrimit të përbërësve për shkak të hollimit me ajër që nuk përdoret në procesin e djegies.[ ...]
Bazuar në koeficientët stekiometrikë të reaksionit për marrjen e dialkilklorotiofosfatit dhe zgjidhjes optimale për kriterin 2, vendosim kufizimin X3 = -0,26 (1,087 mol/mol).[ ...]
| 24.5 |
Kjo jep vlerën e koeficientit stoikiometrik për marrjen e polifosfatit 1/us,p = g P/g COD(HAc).[ ...]
Në tabelë. 24.5 tregon faktorët e rendimentit stekiometrik të përcaktuar në eksperimentet e kryera në reaktorët e grupit të kulturës së pastër. Këto vlera janë në përputhje mjaft të mirë pavarësisht kushteve të ndryshme të rritjes mikrobiologjike.[ ...]
Nga shprehja (3.36) gjejmë koeficientin stekiometrik "sat.r = 0.05 g P / g COD (HAc).[ ...]
[ ...]
Nga shembulli 3.2, mund të gjeni koeficientët stekiometrikë të ekuacionit për heqjen e acidit acetik: 1 mol HA (60 g HA) kërkon 0,9 mol 02 dhe 0,9 32 = 29 g 02.[ ...]
| 3.12 |
Në këto formula, lënda e parë fillestare përfshihet në të gjitha ekuacionet stekiometrike dhe koeficienti i tij stoikiometrik në to është V/, = -1. Për këtë substancë jepen shkallët e transformimit lu në çdo ekuacion stekiometrik (të gjitha - K). Në ekuacionet (3.14) dhe (3.15) supozohet se komponenti i-të - produkti për të cilin përcaktohet selektiviteti dhe rendimenti, formohet vetëm në ekuacionin e parë stoikiometrik (atëherë E / \u003d x (). e komponentëve në këto formula maten në mol (emërtimi LO, siç pranohet tradicionalisht në shkencat kimike.[ ...]
Gjatë përpilimit të ekuacioneve redoks, gjenden koeficientët stekiometrikë për oksidimin e 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 me një ekuacion ekuilibri stoikiometrik, sesa në formën e tabelave të faktorëve të rendimentit. Një përshkrim i tillë i përbërjes së përbërësve të një qelize mikrobiologjike kërkonte përdorimin e një formule empirike. Në mënyrë eksperimentale u vendos formula e substancës së qelizës C5H702N, e cila përdoret shpesh në përgatitjen e ekuacioneve stoikiometrike.[ ...]
Në tabelë. Figura 3.6 tregon vlerat tipike për konstante kinetike dhe të tjera, si dhe koeficientët stoikiometrikë, për një proces aerobik të trajtimit të ujërave të zeza urbane. Duhet të theksohet se ekziston një korrelacion i caktuar midis konstanteve individuale, prandaj është e nevojshme të përdoret një grup konstantesh nga një burim, dhe jo të zgjidhen konstante individuale nga burime të ndryshme. Në tabelë. 3.7 tregon korrelacione të ngjashme.[ ...]
Metoda standardizohet nga sasi të njohura jodi, të konvertuara në ozon, bazuar në një koeficient stoikiometrik të barabartë me një (1 mol ozon çliron 1 mol jod). Ky koeficient mbështetet nga rezultatet e një sërë studimesh, mbi bazën e të cilave u krijuan reaksionet stoikiometrike të ozonit me olefinat. Me një koeficient të ndryshëm, këto rezultate do të ishin të vështira për t'u shpjeguar. Sidoqoftë, në punë u konstatua se koeficienti i treguar është 1.5. Kjo është në përputhje me të dhënat, sipas të cilave një koeficient stekiometrik i barabartë me një fitohet në pH 9 dhe shumë më tepër jod lirohet në një mjedis acid sesa në një mjedis neutral dhe alkalik.[ ...]
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 janë të lidhura me rrjedhat e energjisë nga koeficientët stoikiometrikë që ndryshojnë në një shumëllojshmëri të gjerë organizmash vetëm brenda të njëjtit rend. Në të njëjtën kohë, për shkak të efikasitetit të lartë të katalizës, kostot e energjisë për sintezën e substancave të reja në organizma janë shumë më të vogla se sa në analogët teknikë të këtyre proceseve.[ ...]
Matjet e karakteristikave të motorit dhe emetimet e emetimeve të dëmshme për të gjitha dhomat e djegies u kryen në një gamë të gjerë ndryshimesh në koeficientin e ajrit të tepërt nga një vlerë stoikiometrike në një përzierje jashtëzakonisht të dobët. Në fig. 56 dhe 57 tregojnë rezultatet kryesore në varësi të a, të marra me një shpejtësi prej 2000 min dhe një mbyt të hapur gjerësisht. Vlera e këndit të avancimit të ndezjes u zgjodh nga kushti i marrjes së çift rrotullues maksimal.[ ...]
Procesi biologjik i heqjes së fosforit është kompleks, kështu që, natyrisht, qasja jonë është thjeshtuar shumë. Në tabelë. 8.1 paraqet një grup koeficientësh stoikiometrikë 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, supozohet se 1 mol NO2 jep 0,72 g-jon NO7. 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. Zvogëlimi i sasisë së NEDA dhe zëvendësimi i acidit sulfanilik me sulfanilamid (streptocid i bardhë) jep një vlerë më të madhe 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 impianteve biokimike të trajtimit të ujërave të zeza dhe analizimit të funksionimit të tyre, zakonisht përdoren parametrat e mëposhtëm të projektimit: shpejtësia 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 pamje 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-së së mediumit është gjithashtu i nevojshëm për të siguruar ritme optimale të rritjes mikrobike. Për impiantet e mbyllura të trajtimit, që hynë në praktikë në fund të viteve '60, të cilat përdorin oksigjen të pastër (oksi-tank), studimi i ndërveprimeve kimike u bë i nevojshëm jo vetëm për kontrollin e pH-së, por edhe për llogaritjen inxhinierike të pajisjeve të gazsjellësit.[ . ..]
Konstanta e shkallës së konvertimit katalitik k në rastin e përgjithshëm në një temperaturë të caktuar është një funksion i konstanteve të shpejtësisë së reaksioneve direkte, të kundërta dhe anësore, si dhe koeficientëve të 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 për këtë reaksion, dhe shprehjet për llogaritjen e konstantës së shpejtësisë së konvertimit katalitik janë specifike për faza dhe kushte specifike. për zbatimin e tij.[ ...]
Për të kontrolluar reaksionin e neutralizimit, duhet të dihet se sa acid ose bazë duhet të shtohet në tretësirë për të marrë vlerën e dëshiruar të pH. Për të zgjidhur këtë problem, mund të përdoret metoda e vlerësimit empirik të koeficientëve stekiometrikë, e cila kryhet duke përdorur titrimin.[ ...]
Përbërja e ekuilibrit të 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 supozohet se produktet e djegies, për shembull, karburantet e lëngëta të raketave në dhomë do të përbëhen nga CO2, H20, CO, NO, OH, N2, H2, N. H, O, për karburant të ngurtë raketash - nga A1203, N2, H2, HC1, CO, CO2, H20 në T= 1100...2200 K.[ ...]
Për të vërtetuar mundësinë e përdorimit të djegies me dy faza të gazit natyror, u kryen studime eksperimentale të shpërndarjes së temperaturave lokale, përqendrimeve të oksideve të azotit dhe substancave të djegshme përgjatë gjatësisë së flakës në varësi të koeficientit të ajrit të tepërt të furnizuar përmes djegësit. . Eksperimentet u kryen me djegien e gazit natyror në furrën e një kazani PTVM-50 të pajisur me një djegës VTI vorbull me shkarkim periferik të gazit periferik në një rrjedhë tërthore të ajrit të rrotulluar. Është vërtetuar se në ag O.wb procesi i djegies së karburantit përfundon në një distancë 1f/X>out = 4,2, dhe në ag = 1,10 - në një distancë bf10out = 3,6. Kjo tregon për zgjatjen e procesit të djegies 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 shkruhet ekuacioni i bilancit të masës, për shembull, për lëndën organike lehtësisht të dekompozueshme Be në një reaktor të trazuar në mënyrë perfekte. Shprehjet përgjegjëse për transportin nuk kanë nevojë për shpjegim. Ne gjejmë dy shprehje që përshkruajnë transformimet e një substance duke shumëzuar koeficientët stekiometrikë nga (në këtë rast) kolonat "komponent" me shpejtësitë përkatëse të reagimit nga kolona e djathtë e tabelës. 4.2.[ ...]
Në fig. 50 tregon ndryshimin në përmbajtjen e Wx 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 Ux nga koeficienti i ajrit të tepërt është më kompleks, sepse Ka dy faktorë të kundërt. Formimi i 1NHOx varet nga përqendrimi i oksigjenit në përzierjen e djegshme 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 varfër se 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. Vijat që lidhin pikat eksperimentale karakterizojnë shpërndarjen e substancës përgjatë filtrit në raporte të ndryshme Smc/Sn.Pjerrësia e kurbave i përgjigjet vlerës së koeficientit stoikiometrik: 3.1 kg CH3OH/kg NO -N.
Lidhja 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 Përqendrimet e ekuilibrit të 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 e Polezhaev dhe Girina përdoret për të përcaktuar JO¡¡ në atmosferë. Kjo metodë përdor një zgjidhje 8% të KJ për të kapur dioksidin e azotit. Përcaktimi i joneve të nitritit në tretësirën që rezulton kryhet duke përdorur reagentin Griess-Ilosvay. Tretësira e jodidit të kaliumit është një absorbues shumë më efektiv i NO2 sesa tretësira e alkalit. Me vëllimin e tij (vetëm 6 ml) dhe shpejtësinë e rrjedhës së ajrit (0,25 l/min), jo më shumë se 2% NO2 rrëshqet përmes pajisjes thithëse me një pllakë qelqi poroze. Mostrat e përzgjedhura 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, NO nuk ndërhyn në këtë metodë në një raport prej përqendrimeve NO: NOa prej 3: 1.[ ...]
Disavantazhet e kësaj metode, e futur 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 të përbërjes kimike dhe çdo përmbajtje të përbërjeve organoklorike. Sidoqoftë, djegia e tretësve që përmbajnë klor duhet të trajtohet me kujdes, pasi në kushte të caktuara (1 > 1200 ° C, koeficienti i ajrit të tepërt > 1,5), gazrat e shkarkimit mund të përmbajnë fosgjen - klor karboni shumë toksik ose klorur të acidit karbonik (COC12 ). Përqendrimi kërcënues 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 e gjendjes 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 - nëpërmjet përqendrimeve të pjesshme të reaktantëve cx, duke marrë parasysh koeficientët stoikiometrikë V. të reaksioneve specifike.
